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

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(1)

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 b2BC2 =a2 +c2, AC2 = (a + b)2+ c2, BD2= (a − b)2+ c2

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

( )

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)

(2)

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

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)

(3)

§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。

(4)

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 nk使得n= p1n1....pknk。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

(na n+ a =n2a2 = . 則

⎩⎨

⎧

= +

=

17 2

1 2

a n

a

n 。因此2n=18n=9a=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

)

(m,n)=1m,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 =Z2。由於 ⎟

⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ +

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛ −

= 2 2

2 Z X Z X

Y 且(X,Z)=1,因此 1

2 ) 2 ,

(ZX 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 .

Z =m2 +n2,X =m2n2,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

(5)

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

= Δx 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)PQ=QP

(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, , 。

(6)

於是

⎟⎠

⎜ ⎞

⎝

⎛

+

= 2 + 2 , 2 2 b a

b b

a

Q a .

我們記P= xiy=(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

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(x2y2)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+18105=18×5+1518=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= − × + × − × = × + × − 。

(7)

(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+rb=rq1+r1r=r1q2+r2 3

3 2

1 r q r

r = + ,…,rn1 =rnqn+1+rn+1,其中rn+1 =(a,b)。所以rn+1 =rn1rnqn+1, 將rn =rn2rn1qn代入,則

2 1 1

2 1 1 1

1 + ( ) (1 )

+ = nn n = nnn n = + n nn

n r r q r r r q q r r

r

1 3 2 1

= nn n

n r r q

r 代入,則

2 1

3 2

1 2 3

1 (1 )( ) (1 ) ((1 ) 1)

+ = + n nn nn = + 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un3 =(1+qn),vn2 =(1+qn)qn1 +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rn+1 =u1r1 +v1r。又r1=brq1,所以 r

q u v b u r v rq b u

rn+1 = 1( − 1)+ 1 = 1 +( 11 1) .

v0 =v1u1q1r=abq,所以rn+1 =u1b+v0(abq)=v0a+(u1v0q)b. 我們取u =v0,v=u1v0q,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。

(8)

§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

f(x)=anxn +...+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|an,q|a0

(9)

證明:

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(a0vpn1)=a0pn1,所以q|a0pn1,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 |an

範例

試證明 2為無理數。

由於 2 f(x)= x2 −2=0的根。由一次因式檢驗法可知,如果 p

qf( =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 :RR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 − = zz +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

(10)

3 1 4 4 ) 1 2

( z+ 2 = z2 + z+ =− ,

所以可知 2

3 z1 i±

= 。我們記

2 3 1 i+

= −

ω ,則

2 3

2 −1−i

ω = 。則ω,ω2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

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 .

u3,v3t2 − 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 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。

(11)

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

(12)

§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

{

ab a Ab B

}

B

A× = ( , ): ∈ , ∈ . 舉例來說,假設集合A=

{ }

1,2,B=

{

a,b,c

}

{

(1,a),(1,b),(1,c),(2,a),(2,b),(2,c)

}

B

A× = .

我們說B的子集合FF A×B為定義在AB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)∈Fb =1 b2

我們記b = f(a),稱 f 為尤AB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 ,f3(A)=

{ }

a,b ,f3(A)=

{ }

a,c 。 定義:如果函數 f :AB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 :AB為映成函數,如果 f(A)=B

定義:如果IA:AA滿足IA(a)=a,我們稱函數I 為集合A A上的恆等映射。

定義:如果 f :ABg:BC,我們定義 f 與g的合成函數為g! f :AC 為(g! f)(x)= g(f(x))。

如果函數 f :AB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,GB ×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= = f 為一對一函數,則a =1 a2,可知G滿足函數關係的第二個

(13)

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! = f !g=IB

我們稱g為函數 f 的反函數,並且記g(b)= f1(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 :RR, f(x)= x2

(2) f :

{

xR:x0

}

R,f(x)=x2

(3) f :RR, f(x)= x3。 (4) f :RR,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)

(14)

§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ha,hb,hc,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BCH,假設BH = ,x AH =h,那 麼CH =ax,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

(15)

如果我們記 ( ) 2

1 a b c

s= + + ,則Δ= s(sa)(sb)(sc)。 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 .

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

(16)

⎪⎩

⎪⎨

⎧

+

= +

= +

= 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,sa= x,sb= z,xc= y由海龍公式可知

) (x y z xyz + +

= Δ 於是

) 2

(x+y+zxyz

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abbcca 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 .

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≥ 2Δca≥ 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'C =C'=90°

(17)

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

BCtanθ

' '

' ' =

= 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

(18)

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= BA,由餘弦定理可知

) sin , (cosB B Q

) sin , (cosA A P

) 0 , 0 ( O

A

B

C A

’ O

a

(19)

1 1 2

1 1 ) 2

cos(

2 2 2 2

2 2

×

×

= +

×

×

= +

PQ

OQ OP

PQ OQ

A OP

B .

PQ2 =(cosBcosA)2 +(sinBsinA)2 =22

{

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°

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°

(20)

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0θ <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

Figure

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