BD AC AC + = = BD ( ( a a + − b b = ) ) ( a + + + c c b ) + c + ( a − b ) + c = 2 a + 2 b + 2 c H

高中數學導引

法蘭克

§解析幾何

除了古典幾何的方法之外，建立座標系也是解決幾何問題的一種方法。舉例來說，

範例

如果四邊形_ABCD為平行四邊形。試證明

2 2

2

2 2

2AB + BC = AC +BD

如果透過古典幾何，本問題可能需要畫輔助線等等。其構思需要較複雜的方式，

然而，透過建立座標系，本問題可以使用代數的方法解決。

那麼AB =² b²，BC² =a² +c²， AC² = (a + b)²+ c²， BD²= (a − b)²+ c² 則

2 2 2 2

2 2 2 2 2

2AB + BC = a + b + c ， 且

AC²+ BD² = (a + b)²+ c²+ (a − b)²+ c² = 2a²+ 2b²+ 2c²。 因此這兩個式子相等，所以得到我們所要的。

範例

另外一個經典的例子是尤拉線，何謂尤拉線?外心垂心重心共線，此線為尤拉 線。本題的證明也是利用解析幾何的方法。

假設:A(a,0),B(b,0),C(0,c)，那麼重心_G的位置在 ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

=⎛ + ,3 3

c b

G a 。由於

CO ⊥ AB，所以垂心位置在此線上，我們可假設垂心H在

( )

^{0,h 上。這時候我們}

需要斜率的概念，如果給兩點P(x₁,y₁),Q(x₂,y₂)，則兩點連線的斜率定義為 A(0,0) B(b,0)

D(a,c) C(a+b,c)

1 2

1 2

x x

y m y

PQ −

= − ,

如果直線L, L'的斜率為m, m'，則_{m× m' −= 1}。(給你自己練習)。

以本題來說，

a m h

AH =− ，

b m c

BC =− ，AH ⊥BC^， × =− ×− =−¹

b c a m h

mAH BC 則

c h −= ab。

最後設外心為P( yx, )，由於PA=PB=PC^可知

⎩⎨

⎧

− +

= +

−

+

−

= +

−

2 2

2 2

2 2 2

2

) ( )

(

) ( )

(

c y x y a x

y b x y a

x ,

所以 2

b x a+

= ，

c c y ab

2 + 2

= 。所以通過H , 的直線方程式可假設為(任給出兩點G 均可求出直線)

c x ab c b a

ab

y c −

+

= +

) (

2 3

。把點 ⎟⎟

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ + + c

c ab b P a

, 2 2

2

帶入此直線，則

c ab b a c b a

ab c

c c

ab + −

+ ×

= + +

2 )

( 3 2

2 2

. 所以_P點通過此直線，因此三點共線。

命題

如果直線L, L'的斜率為m, m'，則m× m' −= 1。此題也可以透過建立座標系的方 法來證明。

重點

在古典幾何學中，最重要的概念是商高定理。任意的兩點P, 其距離由商高定Q 理所決定。

A(a,0) B(b,0)

C(0,c)

O(0,0) H(0,h)

G(a+b/3,c/3) P(x,y)

§數

範例

如果正整數_{x ,,y z}滿足下列關係：

2 2

2 y z

x + = 試證明，x,y不能同為奇數。

此問題的證明非常簡單，我們僅須思考，如果_x,y同時為奇數時會發生甚麼樣的 情況?假設x =2k+1,y=2m+1，則_z=2n為一偶數。因此

2 2

2 2

2 y 4(k m k m) 2 4n

x + = + + + + = 。

然而這些k ,,n m均為正整數，我們發現上列不等式不可能存在。於是我們証明了 y

x, 不能同為奇數。

符號

如果整數_d為整數n 的因數，我們記d | 。任給兩個整數n m,n我們記( nm, )為兩 數的最大公因數，記[m,n]為最小公倍數。

如果d | 且m d | ，則我們可以找到兩整數 ln k, 使得m=dk,n=dl，於是對任意的 整數_u,v我們發現

) (ku lv d

nv

mu+ = + 因此d|nu+nv，我們得到了一個很重要的定理:

定理

如果d | 且m d | 對任意的整數n u,v我們發現 nv nu d| + 課堂練習

如果p為一質數，n 為一整數，且p| n²，則p | 。 n 透過上述的練習我們可以得到下列的定理：

定理

如果(u,v)=1，則(u± uvv, )=1

證明:假設_p為一質數滿足p| +u v,p|uv則 ) 2

(

|u u v uv u

p + − =

利用上述練習可知p | ，同理可證u p | ，因此v p|(u,v)=1，但_p為一質數p >1， 1

|

p 是不可能發生的。所以並不存在質數p滿足條件假設，因此u+v,uv的最大 公因數為1。

範例

證明 2^{為無理數。}

證明:假設

p

= q

2 為有理數，並且假設此兩整數_p,q互質。則2p =² q²，於是此 問題變成為找出2x =² y²的正整數解的問題。p,q為此方程式的整數解，則

| 2

2 q ，從上述練習可知2|q於是假設q =2q₁^，則 1²

2 2q

p = 可知2 p ，所以| ² 2| p。 但是(p,q)=1，所以，假設不成立。

算術基本定理

所有的正整數n 均可分解為一些質數次方的乘積。也就是說，存在質數 pk

p1 < ...< 與正整數n ,...,₁ n_k使得n= p₁ⁿ¹....p_k^nk。且這樣的分解是唯一的。

算術基本定理確定了整數的基本性質，以此我們可以利用因式分解解決很多的問 題。舉例來說:

範例

如果 4a² +17為一正整數，是求出所有滿足此式的正整數a 。 解:假設此正整數為n 則

17 4

) 2 )(

2

(n− a n+ a =n² − a² = . 則

⎩⎨

⎧

= +

=

−

17 2

1 2

a n

a

n 。因此_{2n=18⇒n=9⇒a=4}。 範例

如果y =² xz，且_{x ,,y z}為正整數，(x,z)=1則_x,z均為平方數。

解:請詳見於課堂之中。

定理

如果_{x ,,y z}為滿足x² + y² = z²的正整數，且2|y。則存在三正整數m ,,n d使 得:^x=d

(

^{m2 −n2}

)

^{,y =d}

(

^2mn

)

^,z=d

(

^{m2 +n2}

)

^{且(m,n)=1，m,n不同為奇數或偶}

數。

證明:

記(x,y,z)=d，則可寫x=dX,y=dY,z=dZ，其中X,Y,Z為正整數且兩兩互質。

因此X²+Y² =Z^2。由於 ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ +

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ −

= 2 2

2 Z X Z X

Y 且(X,Z)=1，因此 1

2 ) 2 ,

(Z−X Z +X =

。所以由範例六知道，存在兩互質正整數_m,n使得

⎩⎨

⎧

= +

=

−

2 2

2 2

m X Z

n X

Z .

則Z =m² +n²,X =m² −n²,Y =2mn。於是將_d帶回去原來的式子可得到結論。

二元聯立方程組與克拉碼公式 欲解形如下之方程式:

⎩⎨

⎧

= +

= +

2 2 2

1 1 1

c y b x a

c y b x a

我們記

2 2

1 1 2

2 1 1 2

2 1

1 , ,

c a

c a b

c b c b

a b a

y

x = Δ =

Δ

=

Δ ，則

Δ

= Δ Δ

= Δ^x y ^y

x , 。

其中 ad bc d

c b

a = − ，稱為行列式。

怎麼解z² +1=0？

如果_b是實數滿足此方程式，則0= b² +1≥0+1=1>0可得到_{0 >0}得矛盾。因此 此方程是無實數解。

數學家發現實數並不能解決所有的方程式問題。他們開始思考，是不是能找到一 種新的數，讓這樣的方程式都能夠有解？答案是肯定的。他們構造了一種新的 數，這種數稱之為複數。

在平面上的兩點P(x₁,y₁),Q(x₂,y₂)，我們定義兩個點的加法為 )

,

(x₁ x₂ y₁ y₂ Q

P+ = + + ^.

如果a 為一實數，我們會記aP =(ax₁,ay₁)^{（此稱為係數積）。} 但是，要怎麼定義兩點的乘法呢？

我們一樣希望x 軸上的(1,0)為我們熟知的₁，我們記(0,1)為_i。認給一點 yi

x y

x y x

z =( , )= (1,0)+ (0,1)= + 。於是P=x₁+y₁i,Q=x₂+y₂i^，假設P ⋅ 可以^Q 被定義，我們必須猜乘出來的結果為何？觀察

2 2 1 2 1 2 1 2

1x x y i y x i y y i

x Q

P⋅ = + + + .

也就是說，如果我們定義出_i得乘法，同時也得到了P, 的乘法，反之如果我們Q 定義了P, 的乘法，一樣也得到了Q i 。數學家希望² z² +1=0能夠有解，於是他 們定義了i² =−1。而

) ,

(x₁x₂ y₁y₂ x₁y₂ y₁x₂ Q

P⋅ = − + ^.

因此i=(0,1)可得i² =(0−1,0+0)=−1(1,0)=−1。所以我們記i= −1^。 課堂練習

證明下列等式 (1)P⋅Q=Q⋅P。

(2)如果_R是另外一點，則(P+ )Q R= PR+QR。(PQ)R= P(QR)

假設_P=a+bi為平面上一個非零O(0,0)的點。我們想問，是不是能找到另外一 個點Q= x+ yi，使得PQ= QP=1呢？觀察如果PQ=1可得

⎩⎨

⎧

= +

=

− 0 1 ay bx

by

ax .

由克拉碼公式可知：

b a

b

a + Δ = Δ =−

=

Δ ^{2 2}, , 。

於是

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

+

−

= ₂ + ₂ , _{2 2} b a

b b

a

Q a .

我們記P= x−iy=(x,−y)。則PP= P² =a²+b²。因此，如果_{P ≠O}，則 P2

Q = P 。

我們記Q P ₁ P1

=

= ⁻ 。因此我們發現了如果平面中的點具有上述定義的加法與乘 法之後，其性質與實數一模一樣，我們稱平面中的點為複數。任意一個實數x 可 視為_{x 0+ i}，所以複數又包含實數。

範例

解z² +Pz+Q=0，其中P, 為複數。 Q 我們可以利用配方法來解決此問題。

Q P P z Q Pz

z 4 4 (2 ) 4

4 ² + =− ⇒ + ² = ² − .

由於P² −4Q也是複數。如果令ω=2z+P,R=P² −4Q^{，此問題變成了解}ω² =^R 的問題。但如何解形如ω² = R^{的方程式呢？將}ω=^x+^iy,^R=^a+^bi，則

i xy y

x ) (2 ) ( ^{2 2}

2 = − +

ω ^，因此

⎩⎨

⎧

=

=

− b xy

a y x

2

2 2

.

我們利用等式(x² −y²)² +(2xy)² =(x² + y²)²，得到(x² + y²)² =a² +b²。所以

2 2 2

2 y a b

x + = + ，因此我們可以解出_x,y。 課堂練習

請解z² =3+4i。

輾轉相除法原理

如果a, 為兩整數，且b a=bq+r，其中0≤r <|b|。則(a,b)=(b,r)

證明:假設d =( ba, )則a=da,'b=db'可知d(a'−b'q)=r，所以d | 。可知r d |(b,r) 所以d ≤(b,r)=d'，又b=d'b' ,'r =d'r'可知a=d'(b''q+r')，所以d |' 。可知a

d b a

d |'( , )= ，所以d ≤' d。我們証明了d =d'。 範例

(1)令a=351 =,b 123，試求出( ba, )。 (2)令a=611 =,b 235，試求出( ba, )。 解：

(1)

105 2 123

351= × + ，_{123=105×1+18}，_105=18×5+15，_18=15×1+3。於是 15

18 3= −

105 18 ) 4 ( ) 5 18 105 ( 18

3= − − × = − × −

105 3 123 ) 4 ( 105 ) 105 123 ( ) 4 (

3= − × − − = − × + ×

) 10 ( 123 3 315 ) 2 123 315 ( 3 123 ) 4 (

3= − × + × − × = × + × − 。

(2)請自行練習

由上觀察可知，存在兩整數_u,v使得315u+123v=(315,123)=3。所以我門大膽推 論下列定理：

定理

如果a, 是整數，我們可以找到兩整數b u,v使得au+bv=( ba, )。

證明：利用輾轉相除法，我們可以假設a=bq+r，b=rq₁+r₁^，r=r1q2+r2^， 3

3 2

1 r q r

r = + ，…，rn₋₁ =rnqn₊₁+rn₊₁，其中r_n+1 =(a,b)。所以rn₊₁ =rn₋₁−rnqn₊₁， 將r_n =r_n−2 −r_n−1q_n代入，則

2 1 1

2 1 1 1

1 _{− + −} ( _{− −} ) (1 ) _{− −}

+ = _n − _{n n} = _n − _n − _{n n} = + _{n n} − _n

n r r q r r r q q r r

r

將 _{1 3 2 1}

−

−

−

− = _n − _{n n}

n r r q

r 代入，則

2 1

3 2

1 2 3

1 (1 )( _{− − −} ) ₋ (1 ) ₋ ((1 ) ₋ 1) ₋

+ = + _{n n} − _{n n} − _n = + _{n n} − + _{n n} + _n

n q r r q r q r q q r

r

因此存在兩正整數u_n−3 =(1+q_n),v_n−2 =(1+q_n)q_n−1 +1，使得

2 3 3 3

1 − − − −

+ = n n + n n

n u r v r

r .

同理，不斷繼續此步驟可知r_n+1 =u₁r₁ +v₁r。又r₁=b−rq₁^，所以 r

q u v b u r v rq b u

r_n+1 = ₁( − ₁)+ ₁ = ₁ +( ₁ − _{1 1}) .

記v₀ =v₁−u₁q₁又r=a−bq，所以r_n+1 =u₁b+v₀(a−bq)=v₀a+(u₁−v₀q)b. 我們取u =v₀,v=u₁ −v₀q，即為所求。

因此我們証明了如果a, 為兩整數，則存在兩整數b u,v使得au+bv=( ba, )。如果 我們記x u bt y v at t= − , = + , ∈ Z ，則

) , ( ba by

ax+ = 。

因此我們証明了ax+by =( ba, )有無限多組解。如果找到一解( vu, )，其通解表示 為

⎩⎨

⎧ ∈

+

=

−

= t Z at v y

bt u

x , .

推論

如果a, 為兩互質整數，則存在兩整數b u,v使得_{au+ bv=1}。

課堂練習

1. 求方程式249x+95y =1的一組整數解，並寫出其通解。

2. 求7x+19y =213的正整數解。

§多項式

定義

型如

∑

=

=

n k

k kx a x

p

0

)

( 稱為多項式，所有多項式的集合記為F[x]，其中_F可以是 整數，有理數，實數，或是複數集合。

長除法

任意的多項式 f(x),g(x)，存在兩多項式q(x),r(x)，使得 )

( ) ( ) ( )

(x g x q x r x

f = + ，

其中r( =x) 0或0≤deg(r(x))<deg(g)。並且，這種除法具有某種唯一性，這種 唯一性如下：如果

) ( ' ) ( ' ) ( )

(x g x q x r x

f = +

那麼r(x)=r'(x)，且q(x)=cq'(x)，其中c 為一個常數。如果r( =x) 0我們稱g(x) 為 f(x)的因式，而 f(x)為g(x)的倍式，記為g(x)| f(x)。

定義

我們記(f(x),g(x))為多項式 f(x),g(x)最大公因式，[f(x),g(x)]為最小公倍式。

輾轉相除法原理

如果 f(x)=g(x)q(x)+r(x)，為 f 除g的長除法表示，則 ))

( ), ( ( )) ( ), (

(f x g x = g x r x 。並且，我們可以找到兩多項式h(x),k(x)使得 ))

( ), ( ( ) ( ) ( ) ( )

(x h x g x k x f x g x

f + = 。

証明：此証明類似整數的情況。

推論如果(f(x),g(x))=1，則我們可以找到兩多項式h(x),k(x)使得 1

) ( ) ( ) ( )

(x h x +g x k x =

f .

餘式定理

多項式 f(x)被x − 除的餘式為a f(a)。x −a| f(x)若且為若 f(a)=0。

一次因式檢驗法

令 f(x)=a_nxⁿ +...+a₁x+a₀為一整係數多項式。如果g(x)= px+q為另一整係 數多項式且(p,q)=1，g(x)| f(x)，則p|a_n,q|a₀。

證明：

將 p

x −= q帶入 f(x)可知 (− )=0 p

f q 。因此，

0 ... ₁ ⎟⎟+ ₀ =

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛− +

⎟⎟ +

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛− a

p a q p

a q

n

n (*) 所以

n n

n n

n n n

n n

n

n q a p q a p a q a p q a p q a p

a

q( (− ) ⁻¹+ ₋₁ (− ) ⁻² +...+ ₁ ⁻¹)= (− ) + ₋₁ (− ) ⁻¹ +...+ ₁ ⁻¹(− )=− ₀ 可知q|a₀pⁿ。但因為(p,q)=1，由輾轉相除法可知，存在兩整數_u,v使得

=1

pu+ qv ，因此，a₀pⁿu+q(a₀vpⁿ⁻¹)=a₀pⁿ⁻¹，所以q|a₀pⁿ⁻¹，同理可證明

2

|a0pⁿ⁻

q 。由此下去可以證明q| a₀。 將(*)表成

n n n n

n n

n n

n

n q a p q a p a p q a p q a p a q

a

p( ₋₁(− ) ⁻¹+...+ ₁ ⁻² + ₀ ⁻¹)= ₋₁ (− ) ⁻¹ +...+ ₁ ⁻¹(− )+ ₀ =− (− ) 利用上述類似的方法可以證明p |a_n。

範例

試證明 2^{為無理數。}

由於 2^是 f(x)= x² −2=0的根。由一次因式檢驗法可知，如果 p

q 為 f( =x) 0的 根，且(p,q)=1，則 p 且|1 q|2。因此p =1且q=±1 ±, 2。但將所有的組合帶入

p 1 1 1 1

q 1 -1 2 -2

f q p

!

"

# $

%& -1 -1 2 2

發現均不為零，因此此多項式並沒有有理根，所以 2^{為無理數。}

範例

設函數 f :R→R為一函數，並且滿足

) ( 3 )) ( ( 4 ) 3

( x f x ³ f x

f = −

與 2

) 1 ( =3

f 。試證明 f(1)為無理數。

複數與立方根

開始我們研究方程式z³ =1的根，透過因式分解我們馬上可以得到 )

1 )(

1 (

1 ²

3 − = z− z +z+

z .

但我們發現z² + z+1=0沒有實根，因此，我們必須利用複數的方法解此多項式 的根。則

3 1 4 4 ) 1 2

( z+ ² = z² + z+ =− ，

所以可知 2

3 z −1 i±

= 。我們記

2 3 1 i+

= −

ω ^，則

2 3

2 −1−i

ω = ^。則ω,ω^2均為 0

2 1

= +

z + z 的根。因此z² +z+1=(z−ω)(z−ω²)。我們想研究更一般的三次多 項式的解，首先我們必須討論

R a a

z³ = , ∈ .

不難發現，此多項式的解為z = ³ a,³ aω,³ aω².原因在於 1

3 3 ⎟⎟ =

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛

a

z .

我們先來考慮一個特別的例子：

範例

假設z³ + z3 =5，試解出此多項式所有的根。

我們記z =u+v則

uvx v

u v u uv v

u

z³ = ³ + ³ +3 ( + )= ³ + ³ +3 , 因此

⎩⎨

⎧

−

=

=

⇒ +

⎩⎨

⎧

−

=

= +

1 5 1

5

3 3

3 3 3

3

v u

v u uv

v

u .

則u³,v³為t² − t5 −1=0的兩根。因此 2 5 ± 29

t = .

我們令 2

29 , 5

2 29

5 ₃

3 −

+ =

= v

u ，因此_u,v的解分別為：

3 2 3

3

2 29 , 5

2 29 , 5

2 29

5^{+ +} ω ⁺ ω ^{與3 3 3 2}

2 29 , 5

2 29 , 5

2 29

5^{− −} ω ⁻ ω ^. 再利用uv=−1的性質，可知z³ + z3 =5的解為

3 2 3

2 3 3

3 3

2 29 5 2

29 , 5

2 29 5 2

29 , 5

2 29 5 2

29

5 ω − ω + ω+ ⁻ ω

+ + + −

= +

z .

接著我們研究下列範例 範例

解多項式z³ + z3 ² =7的根。

因為(z+1)³ =z³ +3z² +3z+1，因此原本的問題變成為

5 ) 1 ( 3 ) 1 ( 1 7 3 1 3

3 ^{2 3}

3 + z + z+ − z= + ⇒ z+ − z+ =

z .

如果記w= z+1，則此問題變成w³ − w3 =5.所以在利用上面的範例就可以解出 w 進而解出 z .

第一，我們便可以學會研究型如z³ + pz =q的多項式，我們只需令z=u+v，再 透過類似的方法便可以解得此多項式的根。

第二，形如z³ +az² +bz+c=0的多項式，透過令

3 z a

w= + ，可以得到

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎨

⎧

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ −

=

⎟+

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ − +

+

= + + +

=

3

27 3 3

27 3

3 2

2 3 3 2 2 3 3

w a b bz

a w a

az a a z

z az a

z w

因此

27 9 ) 3

( 3

3 3

3 2 a a

a w a c

w b

w + − =− + − + .

可得

27 2 3 3

3 2

3 ab a

c a w

b

w ⎟⎟ =− + −

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ −

+ .

令 27

2 , 3

3

3

2 ab a

c a q

b

p= − =− + − ，則方程式變為w³ + pw=q。又成為我們會解的 情況了。

韋達定理 (1)二次

如果x₁, x₂^是方程a₂x² +a₁x+a₀ =0的兩根，則

⎪⎪

⎩

⎪⎪⎨

⎧

=

−

= +

2 0 2 1

2 2 1

1

a x a x

a x a x

(3)三次

如果x₁,x₂,x₃是方程a₃x³ +a₂x² +a₁x+a₀ =0的三根，則

⎪

⎪⎪

⎩

⎪⎪

⎪

⎨

⎧

−

=

= +

+

−

= + +

3 0 3 2 1

3 1 3 2 3 1 2 1

3 2 3

2 1

a x a x x

a x a x x x x x

a x a x x

(3)高次以上同理類推

§函數的概念

如果給定兩集合A, ，我們可以定義集合的卡氏積B A×B為

{

^{ab a Ab B}

}

B

A× = ( , ): ∈ , ∈ ^. 舉例來說，假設集合^A=

{ }

^1,2,B=

{

^a,b,c

}

^則

{

^{(1,a),(1,b),(1,c),(2,a),(2,b),(2,c)}

}

B

A× = ^.

我們說_A×B的子集合_F，_{F ⊂ A×B}為定義在_A至_B的函數關係，如果_F中的 元素滿足下列特質：

(1)對所有的a ∈A，存在b ∈B使得(a,b)∈F. (2)如果(a,b₁),(a,b₂)∈F^則b =₁ b₂^。

我們記b = f(a)，稱 f 為尤A至B的函數，A為定義域，B為對應域。我們記

{

^{b B a b F}

}

A

f( )= ∈ :( , )∈ ^為函數 f 的值域。

範例

假設集合^A=

{ }

^1,2,B=

{

^a,b,c

}

^{，試問下列哪些A×B}的子集合為函數關係？並且 求出函數的值域。

(1)F =1

{

^(1,a^),(1,b^),(2,c⁾

}

(2)F =2

{

^(1,a^),(2,a⁾

}

(3)F =3

{

^(1,a^),(2,b⁾

}

(4)F =3

{

^(1,a^),(2,c⁾

}

解：F 不是，其餘皆是。其值域分別為：₁ ^f2^(A)=

{ }

^{a ,f}3^(A)=

{ }

^{a,b ,f}3^(A)=

{ }

^a,c 。 定義：如果函數 f :A→B滿足下列關係，我們稱函數 f 為一對一函數。

假設 f(x)= f(y)⇒ x= y。

定義：我們稱函數 f :A→B為映成函數，如果 f(A)=B。

定義：如果I_A:A→A^滿足I_A(a)=a^{，我們稱函數I 為集合}_A ^{A上的恆等映射。}

定義：如果 f :A→B且g:B→C，我們定義 f 與g的合成函數為g! f :A→C 為(g! f)(x)= g(f(x))。

如果函數 f :A→B是一個一對一且映成的函數，則函數 f 會具有甚麼樣的特質 呢？由於 f 為映成函數，對所有的B中的元素_b一定可以找到A中的元素a ，使 得b = f(a)。我們定義一個新的關係，此關係是定義在_{B ×A}上的，我們定義

{

^{b a B A ab F}

}

G= ( , )∈ × :( , )∈ ^.

我們可以證明G為定義在B ×A上的函數關係。首先，G為B ×A的子集合。由 於 f 為映成函數，對所有的B中的元素_b一定可以找到_A中的元素a ，使得

) (a

b = f ，所以他滿足函數關係的第一個條件。如果(b,a₁),(b,a₂)∈G^，由於 )

( )

(a₁ f a₂ f

b= = ^{且 f 為一對一函數，則}a =1 a2^{，可知G滿足函數關係的第二個}

條件，我們証明了G是一個函數關係，並且記為a = g(b)。因此我們馬上從g的 定義可以得到以下的關係：

IA

f

g! = ^且 f !g=IB^。

我們稱g為函數 f 的反函數，並且記g(b)= f⁻¹(b)。 範例

試判別下列哪些函數不是一對一函數，哪些函數具有反函數？並找出他們的反 函數。

(1) f :R→R, f(x)= x²。

(2) ^{f :}

{

^x∈R:x≥0

}

^{→R,f(x)=x2。}

(3) f :R→R, f(x)= x³。 (4) f :R→R,f(x)=2x−3。

定義：如果給定一個非空集合_A，我們記S(A)為定義在_A上面所有的一對一且 映成函數，我們稱S(A)為集合A的對稱群。S(A)的元素稱為A上的排列。

範例

如果^A=

{ }

^{1,2 ，試求出S(A)。}

解：^S(^A)=

{

^IA,^f

}

^，其中 f(1)=2,f(2)=1。 習題

如果^A=

{

^1,2,3

}

^{試求出S(A)。}

§幾何與三角

接下來，我們想探討幾何學中最重要的問題，那便是角度，長度與面積的關係。

首先我們來看一個範例：

範例

如果已知三角形_ABC的三垂線長度為h_a,h_b,h_c，試求出此三角形之面積為何？

如果我們能夠知道三角形的任何一個邊長，那麼透過面積公式，立刻可以找出答 案。所謂的面積公式為我們小學時就已經學過的底乘高除二。以本問題來講，似 乎要直接求出三角形的三個邊長是有點困難度的，我們先來研究，如果知道三角 形三個邊長，是否能解出三角形的面積呢？

三角形面積公式：底乘高除二。Δ= BC ×AH 2

1

我們以知道三角形的三個邊長，作AH 垂直BC^{於H，假設BH} = ,^{x AH} =^h，那 麼CH =a−x^{，由畢式定理可知}

⎩⎨

⎧

+

−

=

+

=

2 2 2

2 2 2

) (a x h b

h x c

可解出

a b c x a

2

2 2

2 + −

= 因此三角形面積為

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ + −

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ + −

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ + −

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ + +

=

⎟⎟⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ + −

−

=

= Δ

2 2

2 2

2 2

1 2

1 ₂ ^{2 2 2 2}

a c b b c a c b a c b a

a b c c a

a ah

A

B C

H h

x a − x

c

a

b

如果我們記 ( ) 2

1 a b c

s= + + ，則Δ= s(s−a)(s−b)(s−c)。 海龍公式

如果ΔABC三邊長分別為a ,,b c，且三角形面積記為_Δ，記 ( ) 2

1 a b c s= + + ，則 )

)(

)(

(s a s b s c

s − − −

= Δ

回到原本的問題，我們便可假設三角形三個邊長分別為a ,,b c，則

c b

a bh ch

ah 2

1 2

1 2

1 = =

=

Δ .

則

c b

a c h

b h

a h Δ

Δ = Δ =

= 2

2 , 2 ,

，則 ⎟⎟Δ

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ + +

=

c b

a h h

s h1 1 1

， ⎟⎟Δ

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛− + +

=

−

c b

a h h

a h

s 1 1 1

，

⎟⎟Δ

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ − + +

=

−

c b

a h h

b h

s 1 1 1

， ⎟⎟Δ

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ −

+ +

=

−

c b

a h h

c h

s 1 1 1

，因此

4 2

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

) )(

)(

(

⎟⎟Δ

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ −

+

⎟⎟ +

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ − +

⎟⎟ +

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛− + +

⎟⎟⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ + +

=

−

−

−

= Δ

c b a c b a c b a c b

a h h h h h h h h h h h

h

c s b s a s s

如果我們記

⎟⎟⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ −

+

⎟⎟ +

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ − +

⎟⎟ +

⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛− + +

⎟⎟⎠

⎞

⎜⎜⎝

⎛ + +

=

c b a c b a c b a c b

a h h h h h h h h h h h

k h1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1

， 可知Δ² =k ，因此 Δ⁴

k k

1

2 1

= Δ

⇒

=

Δ 。

於是我們得到了我們想要的答案。

s 所代表的意義究竟為何呢？

接下來我們希望研究的是三角形與其內切圓的關係。

如果已知三角形三個邊長，如何求出內切圓半徑呢？

y

如圖，設內切圓各切線長分別為_{x ,,y z}，我們發現

B ^C

x

y

y x

z

z

A

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+

= +

= +

= x z c

y x b

z y a

如果內切圓半徑為r ，則三角形面積有下列公式

r z y x sr cr br

ar ( )

2 1 2 1 2

1 + + = = + +

= Δ 於是我們得到了下列關係：

已知一三角形_ABC三邊長分別為a ,,b c假設內切圓半徑為r ，則 r Δs

= 又s= x+ y+z,s−a= x,s−b= z,x−c= y由海龍公式可知

) (x y z xyz + +

= Δ 於是

) 2

(x+y+z =Δ xyz

以此，我們可以研究下列問題：

問題

我們知道，有同樣面積的三角形有無限多個。如果固定三角形的面積，能否求 出任意兩邊乘積的最小值呢？也就是說求出_ab或_bc或ca 的最小值呢？

答案是肯定的，我們研究ab=(x+y)(y+z)的最小值。

xz xz z y x y xz yz y xz xy z y y x ab

2

2 ( )

) )(

( Δ

+

= + + +

= + + +

= + +

=

由算幾不等式可知，

Δ Δ =

⋅ Δ ≥

+ 2 2

2 2

xz xz

xz xz .

當xz xz Δ2

= 時，此三角形兩邊乘積可達最小值，也就是說xz _=Δ時。因此 Δ

ab≥ 2 同理，可求出_{bc≥ 2Δ}，_{ca≥ 2Δ}。 相似形的邊長關係

已知_{ΔABC~ΔA'B'C'}，於是

' '

' , '

' '

' , '

' '

' '

C B

B A BC AB C B

C A BC AC C A

B A AC

AB = = =

我們馬上可以知道，如果兩三角形的各對應角角度相同，馬上可以得到以上的比 例關係。我們能否正確的求出上述的比值呢？是否能求出這些比值與角度的關係 呢？首先我們來研究一個特殊的情況，當_{∠C =∠C'=90°}時。

假設_{ΔABC~ΔA'B'C'}且_{∠C =∠C'=90°}，

由於 ' ' ' '

B A

C A AB

AC = ，我們定義此值為 ^sinθ '

' ' ' =

= AB C A AB

AC ，而定義下列各比例值：

cosθ ' '

' ' =

= AB C B AB

BC ， ^tanθ

' '

' ' =

= BC C A BC

AC ，而

θ θ θ θ

θ θ

sin csc 1

cos , sec 1

tan ,

cot = 1 = = .

由畢氏定理c² =a² +b²可知下列平方關係：

平方關係

(1)cos²θ +sin²θ =1 ^(2)sec2θ =^tan2θ+^{1 (3)}csc²θ =cot²θ +1^。

以上定義的函數，稱為三角函數。透過三角函數，我們可以研究邊長與角度的關 係。任意給三角形ABC，如下圖

我們知道x=ccosB，於是

ac b c a c B x cos 2

2 2

2 + −

=

= ，我們得到了所謂的餘弦定理：

餘弦定理：

(1) bc

a b A c

cos 2

2 2

2 + −

= (2)

ac b c B a

cos 2

2 2

2 + −

= (3)

ab c b C a

cos 2

2 2

2 + −

=

除了研究三角形的內切圓外，我們也可以研究三角形的外接圓半徑與三角形邊長 的關係。如下圖，連BO^{交圓於A'，其中}O為外接圓圓心。則_{∠BAC =∠BA'C}。

A

B C

H h

a b c x a

2

2 2

2 + −

=

a − x c

a

b A

B C C'

' A

'

θ B θ

A R a R

A a 2

sin

sin = 2 ⇒ = . 同理可得到下列關係：

正弦定理

C R c B b A

a 2

sin sin

sin = = = 再由三角形面積公式 ab sinC

2

= 1

Δ 可得到abc R

Δ =

4 。

接下來我們利用餘弦定理研究兩個角之間的關係。假設_{0< A<B<90°}，在平面 上記P(cosA,sinA)，Q(cosB,sinB)，如圖：

從圖中可知，∠QOP= B−A，由餘弦定理可知

) sin , (cosB B Q

) sin , (cosA A P

) 0 , 0 ( O

A

B

C A

’ O

a

1 1 2

1 1 ) 2

cos(

2 2 2 2

2 2

×

×

−

= +

×

×

−

= +

− PQ

OQ OP

PQ OQ

A OP

B .

又^{PQ2 =(cosB−cosA)2 +(sinB−sinA)2 =2−2}

{

^{cosBcosA+sinBsinA}

}

^,所以得

到下列公式：

A B A

B A

B ) cos cos sin sin

cos( − = + .

和角公式：如果_{0< A< B<90°}則

A B A

B A

B ) cos cos sin sin cos( − = +

實際上，這樣的公式不只是對銳角的角度來說是成立的，因為，我們可以把三角 函數的定義推廣到「任意的角度」。何謂任意的角度呢？在定義廣一角三角函數 之前，我們再來研究一些三角函數的基本性質。從定義上來看，在直角三角形

ABC中，如果_{∠C =90°}，則_{∠A+∠B=90°}。如圖所示：

可以得知：

θ

θ^{) sin}

90

cos( °− = = AB AC

θ

θ^{) cos}

90

sin( °− = = AB BC

θ

θ^{) cot}

90

tan( °− = = AC BC

此關係稱為餘角關係。

課堂練習

試找出所有的餘角關係。

研究完了銳角定義的三角函數之後，接著我們便開始要研究「任意角度」的三角 函數。但是何謂任意角度的三角函數呢？更正確的定義我們稱之為「廣義角」三 角函數。

A

B C θ

θ

− 90°

廣義角

(1)指定角的一邊為起始邊，另一邊為終邊。

(2)逆時針方向旋轉的角稱為正角，順時針方向旋轉的角稱為負角。

(3)正角與負角皆稱為有向角。

同界角

具有相同始邊與相同終邊的角稱為同界角。如果A, 為同界角，則B

°

⋅

=

−B n 360

A ，其中_{n ∈Z}。由此定義可知，任一角都具有無限多個同界角。

主輔角

任給一角，其角的度量介於0_≤θ _<360_°，我們稱此角為主輔角。(一角有無限 多個同界角，我們取這個角稱之為主輔角，目的在於方便我們做一些計算與角 度的分類。)

象限角

(1)第一象限角：如果一角的主輔角θ 介於0°<θ <90°，我們稱此角為第一象 限角。

(2)第二象限角：如果一角的主輔角θ 介於90°<θ <180°，我們稱此角為第二象 限角。

(3)第三象限角：如果一角的主輔角θ 介於180°<θ <270°，我們稱此角為第三 象限角。

(4)第四象限角：如果一角的主輔角θ 介於270°<θ <360°，我們稱此角為第四 象限角。

如果給定平面一個點P( yx, )我們記r =OP= x²+y²，我們定義下列函數關係：

y r x

r y

x x

y r

y r

x = = = = =

= θ θ θ θ θ

θ ^{,sin ,tan ,cot ,sec ,csc}

cos .

但是並非所有的θ 可以讓^tanθ^,cotθ^,secθ^,cscθ均有定義。因此我們必須研究這些 函數的定義域。在此之前，我們將角度更改為弧度。也就是利用π _{= 180°}。於是 我們可以把弧度視為實數座標上的點。

三角函數的定義域與其值域

(1)_{cos:R →R}。定義域在所有的實數上，由於 1 1

2

2 ≤

+

≤

− x y

x ，因此

1 cos

1≤ ≤

− θ 。所以，值域為[−1,1]。實際上，cos2ⁿπ =1,cos(2ⁿ+1)π =−1^。 (2)_{sin:R →R}。定義域在所有的實數上，由於 1 1

2

2 ≤

+

≤

− x y

y ，因此

起始邊 終邊

正向角 負向角