許教授

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(1)

許教授 講故事

◎許志農/台灣師範大學數學系

測量與計算是一對孿生兄弟,有了測量 數據後,必須借用有效的數學公式,才能經 由計算得到更多想要知道的數據。相似三角 形的對應邊之邊長成比例與勾股定理是國 中生常用的計算公式,而正弦與餘弦定理則 是高中生的計算公式。

劉徽的《海島算經》只有九道測量問題 被留傳下來,其中的第一題可說是最經典、

最常被引用的問題。

這裡提出《海島算經》的第一題給讀者 回味,同時它也是台北縣九十六學年度縣立 高中職數學科競賽的口試試題。

1 夜黑風高的晚上,只有海島頂端的 一盞明燈可以照亮大地。有一位 6 尺高的 人在海邊測得其影子長 5 尺,當此人向明 燈的方向前進 100 尺後,再次測量得到影子 長為 3 尺。聰明的你可以算出海島高度嗎?

設海島高度為h,此人第二次測量影長所 站地點與海島的距離為d,如下圖所示:

(2)

從《海島算經》的測量圖,我們可以理解:當 時是以相似三角形的比例關係來求解hd。 順著上圖所產生的相似三角形比例式

6 3

3 h = d

+

6 5

5 100

h = d

+ +

解得d =150,h=306.

前面我們是以相似三角形邊長成比例的數 學公式來算得海島的高度,這裡另外提出一個 計算海島高度的數學模型:如下圖所示,在矩 形上畫一條對角線,對角線上任取一點,過此 點作鉛直與水平線。此時不通過對角線的兩塊 小矩形之面積必相等。

這個模型的證明並不難,我們利用此模型來算 海島高度。

從第二次測量點得到如下的矩形:

因為甲、乙兩個矩形有相同的面積,所以 6× =d (h− ×6) 3.

同理,從第一次觀測點可以得到面積相等的方 程式為

6 (× d+100)=(h− ×6) 5. 解聯立方程式組

6 ( 6) 3

6 ( 100) ( 6) 5 d h

d h

× = − ×

 × + = − ×

h=306,d =150. 故海島高度為306尺。

(3)

數學美拾趣(二)

◎許志農/台灣師範大學數學系

舉手投足都是美

羅伯特‧文森特整理一本很有趣的美學書籍,它的書名 叫作《黃金比例的幾何》 ,在這本書裡,文森特蒐集了 相當豐富的各種幾何圖片,而這些圖片所呈現的共通點 就是都跟黃金比例有關,黃金比例

1.618

是書裡所要傳 達的唯一數字。

左圖就是書裡的一幅人體幾何圖,描述人們舉手投足的 美學比例,而右側所標示的高度正是人體美學的密碼,

究竟高度

1.13

,

1.83

2.26

與黃金比例

1.618

產生怎樣 的共鳴呢?

達文西是將人體各部位的比例研究得相當清楚的科學家,關於人體比例,肚臍扮演著舉足輕重的 角色。在上圖中,一個人將手舉高,頭頂到手指最高點的距離為 a ,頭頂到肚臍的距離為 b ,肚臍 到腳底的距離為 c 。人體美學告訴我們,當這三數 a, b, c 成等比數列,而且公比為

1 5

1.618 2

+ ≈

時,身體比例最理想。

習題:

1. 右圖是手上高舉一顆球的素描圖,從上而下四條平行線之間的

距離分別為a, b, c。當此人身體比例最理想時,證明 c= +a b.

2. 洗澡時拿皮尺量一下自己的肚臍高度及身高,並算一下 肚臍高度

身高

這個比值。

3. 承上題,如果身體比例最理想,那麼

肚臍高度 身高

這個比例應該是多少?

(4)

4. 志玲姊姊身高173公分,肚臍高度105公分。請問她應該穿幾公分(取整數)高的高跟鞋,才會 看起來最像完美女人?

阿基米德的馱龜幻想曲

割之彌細,所失彌少,

割之又割,以至於不可割,

則與圓周合體而無所失矣。

劉徽為了論述圓面積而發明了割圓術,並將割圓術的精神用文字「割之彌細,所失彌少,割之

又割,以至於不可割,則與圓周合體而無所失矣」來描述。不僅是東方的劉徽對圓有「割之又割,

以至於不可割」的困擾,西方的阿基米德在求拋物線的弓形面積時,也發生同樣的情況。他們所不同 的地方是,阿基米德採取了馱龜的比喻來闡釋拋物線的弓形面積。就讓我們來欣賞阿基米德的馱龜幻 想曲:

一隻大烏龜馱上兩隻中烏龜,這兩隻中烏龜的重量都是大烏龜的八分之一,而每隻中烏龜又 背著兩隻小烏龜,這兩隻小烏龜的重量也都是中烏龜的八分之一,如此疊上去。已知最底下 的大烏龜有 3 公斤重,求所有烏龜的總重量?

拋物線與弦所圍的區域稱為拋物線的弓形,世界上第一位會算拋物線弓形面積的人是兩千多年前 的阿基米德。阿基米德以弦為底畫出一個三角形,之後在兩邊再各畫一個三角形,如下圖所示:

(5)

阿基米德說:「如果依照這樣的規律一直畫下去,那麼這些三角形的面積總和就會是拋物線的弓 形面積。」直觀看來,兩者的差異愈來愈小,問題是這些三角形有無窮多個,而且不知道該如何求其 面積總和?阿基米德進一步說:「馱在上面的兩個三角形之面積和是底下這個三角形面積的四分之一,

由此可推得拋物線的弓形面積是最大三角形面積的三分之四倍。」在沒有微積分的幫忙之下,能夠算 出這樣的結果,算是出類拔萃之人。

將上述情境中的三角形改成烏龜,面積視為烏龜的重量,就是這裡所談的問題!

「割之又割,以至於不可割」與「畫之再畫,以至於不可再畫三角形」是劉徽與阿基米德所碰到 的共同困擾。物理學家費曼先生提過一則有趣的故事:「給你一顆橘子及一把刀,將橘子切成薄片,

有辦法讓薄片薄到足以蓋著整個地球表面嗎?」費曼先生利用這道問題來檢驗學生是數學思考還是物 理考量。

習題:

1. 利用無窮等比級數的求和公式計算烏龜的重量總和。

2. 請討論費曼先生的問題。

3. 右圖是半徑為1的圓與邊長為2的正方形相切的情形。讓電腦隨意從正方形內

選出1000個點,你認為這1000個點中,有幾個點會落在圓內?

地球平面圖

橘子的皮可以剝掉,但無法讓

這些皮躺平在平面上,同理,

用地圖來表示地球表面的相關

位置也會碰到難題。幾何學家

如何處理這樣的難題呢?

(6)

經線與緯線是地球上最重要的兩組線,它們是互相垂直的兩組大圓線,而 赤道又是最重要的一條緯線。如同橘子皮無法攤平在桌面上一樣,想將地球表 面繪製成一張平面式的地圖也是沒辦法的。右圖是一種投影式的製圖方式,想 像將一張紙張圍成圓柱,且剛好與地球的赤道相切。此時,從地球中心將地表 投影在該紙張上,就形成地圖。這樣製成的地圖有幾項特色:

(1) 南極與北極不在地圖上,這是因為它們兩點被投影至無窮遠處的關係。

(2) 南北兩極附近的土地變形,而且變大了,這是因為讓紙張與赤道相切的關係。

(3) 緯線被投影成水平線,而經線變成鉛直線。

這裡所介紹的地圖稱為麥卡托圓柱投影法繪成的地圖。

習題:

1. 用麥卡托圓柱投影法繪成的地圖,圖上不一定成直線的是 (A)經線 (B)緯線 (C)同方位線 (D)大圓線 (E)赤道。

2. 世界第一大島格陵蘭的面積約為南美洲的九分之一,但在麥卡托圓柱投影法繪成的地圖上來看,面 積幾乎一樣。究竟問題出在哪裡?

3. 地球上相同距離的兩點,投影在地圖上是否都等距?

4. 上網查詢,寫出其他兩種繪製地圖的方法。

5. 我們在兔子的身體表面上制作圖形,其上有互相垂直的曲線,攤平在平面上就是普通的坐標系統。

這是丘成桐院士在〈古典幾何在電腦繪圖及醫學影像之應用〉演講中的舉例。說明你對這兩個表面 圖形的觀察與領悟。(下圖刊登在2006年紐約時報)

(7)

柯施克的正十二邊形定理—典雅的鑲嵌

同樣邊長的正三角形、正方形與正十二邊形磁磚 可以鑲嵌、鋪滿整個平面。正十二邊形究竟有何 魅力?且讓我們來欣賞匈牙利數學家柯施克利用 幾何鑲嵌所證明的一道定理:

半徑

1

的圓內接正十二邊形的面積剛好為

3

以數學為內容的競賽有著悠久的歷史:古希臘時就有解幾何難題的比賽;十三世紀在義大利有所 謂的宮廷數學競賽,斐波那契參加過這項考試,其著作《花朵》就涵蓋了宮廷數學競賽的一些問題;

十六世紀在義大利有過關於塔塔利亞求解三次方程的激烈競爭;十七世紀,不少數學家喜歡提出一些 問題向其他數學家挑戰,費馬所提出的費馬大定理就是一個例子;十九世紀,法國科學院以懸賞的方 法徵求對數學難題的解答,常常獲得一些重要的數學發現,高斯就是比賽的優勝者。但是,專門以中 學生為對象的數學競賽源於匈牙利,在1894年,匈牙利舉辦第一屆由高中學生參加的數學競賽,此競 賽每年十月舉行,每次出三題,限四小時完成,允許使用任何參考書。到今天已經舉辦了一百多屆,

為了感謝匈牙利數學家柯施克(J. Kurschak, 1864~1933)當初對此競賽所付出的努力及其對數學的 貢獻,這項比賽也改以柯施克數學競賽來命名。我們在市面買到的匈牙利數學競賽問題與解答就是當 年柯施克編輯的。

在中學幾何,柯施克有一項重要成就,他不用面積的代數公式,而單純只用幾何構造,證明了「單 位圓內接正十二邊形的面積剛好為 3。」

上圖就是柯施克構造正十二邊形的方法:

(1) 先畫一個大正方形,分別將此正方形的四邊向內畫出四個正三角形。

(2) 這四個正三角形的頂點(在大正方形內)構成一個小正方形。

(3) 將小正方形四邊上的四個中點與四個正三角形的八個交點(如上圖所示)依序連接起來,

(8)

根據柯施克構造法所畫出的十二邊形為正十二邊形,甚至柯施克還將小正方形進一步分割,讓這 小正方形被分割成正三角形T與鈍角等腰三角形E,如下圖所示:

柯施克用正三角形T與鈍角等腰三角形E來鑲嵌正方形,其中用了16個正三角形與32個等腰三 角形。如果小正方形的邊長為2,即柯施克構造的十二邊形為單位圓內接正十二邊形,那麼小正方形 的面積4與16個正三角形與32個等腰三角形的面積和一樣,即

16T+32E=4.

又柯施克正十二邊形是由12個正三角形與24個等腰三角形鑲嵌而成,因此其面積為

3 3

12 24 (16 32 ) 4 3.

4 4

T+ E= T+ E = × = 這就是柯施克定理的推理過程,既神奇又漂亮吧!

習題:

1. 求正十二邊形的一個內角度數。

2. 當柯施克小正方形的邊長為2時(即柯施克正十二邊形為單位圓內接正十二邊形),求外面的大 正方形邊長。

3. 利用高中所學的面積公式證明:單位圓內接正十二邊形的面積為3。 4. 求鈍角等腰三角形E的最大內角度數。

5. 右圖是將單位圓內接正十二邊形分割成正三角形、正方形與正六邊形的 情形。若 ,T S 分別代表正三角形與正方形的面積,則利用柯施克定理求 下列的值:

(1) 4T+2S (2) S .

(9)

轉移矩陣

5 1 1

8 4 2

1 1 4 2 0

1 1 1

8 4 2

 

 

 

 

 

 

 

 

 

轉移矩陣

倒水問題是一道有趣的數學問題,大意是說:「有甲、乙及丙三個水瓶,開始時分別裝有a b, 及 c公升的水。每一輪操作都是先將甲瓶的水倒出一半到乙瓶,再將乙瓶的水倒出一半到丙瓶,然後再 將丙瓶的水倒出一半回甲瓶。設n輪操作後,甲、乙及丙瓶的水有an, bncn公升,如何將an, bncn的公式表達出來?若一直操作下去,三瓶子裡的水會穩定下來嗎?如果會,那麼最終三瓶子各會有 水幾公升?」

轉移矩陣

5 1 1 8 4 2 1 1 4 2 0 1 1 1 8 4 2 P

 

 

 

 

=  

 

 

 

 

是解決「倒水問題」的關鍵。所謂的轉移矩陣就是指每行的數字和都是1,而且矩陣的每個元素都大 於或等於0的矩陣,例如上述三階方陣的三行的和都是1,而且每個元素都大於或等於0。當我們仔 細去計算時,可以得到遞迴關係式

1

1

1 1

1 1

5 1 1

8 4 2

1 1 4 2 0

1 1 1

8 4 2

a a b c

a a

b a b c b P b

c c

c a b c

 = + +

    

 = + + ⇒ =  

    

      

 = + +



.

進一步可以推得

n n n n

a a

b P b

c c

   

 =  

   

   

    .

(10)

當操作一直進行下去時,三瓶子裡的水是會趨近穩定狀態的,而且甲﹑乙及丙瓶的水在穩定狀態 時的比例xyz會滿足

5 1 1 8 4 2 1 1 4 2 0 1 1 1 8 4 2

x x

y y

z z

 

 

   

 

   

    =

 

   

     

 

 

 

,

5 1 1

8 4 2

1 1 4 2 0

1 1 1

8 4 2

x y z x

x y z y

x y z z

 + + =



 + + =



 + + =



,

解得 x y z: : =2 :1 :1。因為三瓶子裡的總水量是 a+ +b c 公升,所以甲、乙及丙三個水瓶在穩定狀 態時的水量分別為

2 , 4

a+ +b c a+ +b c

及 4 a+ +b c

公升。

從上面的詮釋可知:倒水問題是一道不容易的趣題,它牽扯到矩陣的概念,而且是相當深的概念。

在瓶子只有兩個時,得到的轉移矩陣是二階方陣,會比較好處理,九十八年度的大學聯考就考過這樣 的特例。

習題:

1. (98數乙指考試題)設有A,B兩支大瓶子,開始時,A瓶裝有 a 公升的純酒精,B瓶裝有b公升 的礦泉水。每一輪操作都是先將A瓶的溶液倒出一半到B瓶,然後再將B瓶的溶液倒出一半回A 瓶(不考慮酒精與水混合後體積的縮小)。設n輪操作後,A瓶有an公升的溶液,B瓶有bn公升 的溶液。已知二階方陣

11 12

21 22

a a a a

 

 

 

滿足

11 12

21 22

n n

n

a a a a

b a a b

     

  =   

 

 

  .

(1) 求二階方陣

11 12

21 22

a a a a

 

 

 .

(11)

(2) 當 2

a=3, 1

b=3時,求a100b100。 (3) 當 2

a=3, 1

b=3時,在第二輪操作後,A瓶的溶液中有百分之多少的酒精?

天狗食日—兩圓關係

天狗食日是一種天文學上的遮蔽現象,也稱為日蝕,

就是太陽被月亮遮蔽所產生的天文現象。因為太陽 與月亮離我們很遠,所以這個現象有點像一個會發 光的圓被另一個不會發光的圓遮蔽部分的情景。用 數學的語言來說,日蝕就是「兩圓的關係。」

中國有世界上最早、最完整、最豐富的日蝕記錄,光是古書史料就有1000多次日蝕記錄。最早一 次是《尚書》記載的發生在西元前1948年的日蝕。西方最有名的日蝕記載是在西元前585年,這次的 日蝕,適值希臘的李定人和米底人兩族交惡,正當作戰時,忽遇日蝕,疑為天帝來譴責他們,均起恐 懼,而自動媾和停戰,因日蝕而帶來和平,真是難得的事。

愛因斯坦1915年提出「星光經過太陽附近時,應有1.75秒的彎曲(星光會在質量大的天體附近 出現曲折)」的預測,但太陽旁邊的星光,除非在日全蝕時,否則是看不見的。天文家躍躍欲試,等 待日全蝕的到來,以肯定或否定愛因斯坦的預測。

1919年5月29日的日全蝕,英國人在巴西北部和非洲一島上所攝照相成功了,完全證明了愛因 斯坦所預料星光經過太陽旁會曲折的現象。日蝕可以說是稍縱即逝,只有幾分鐘的時間,在日蝕發生 的短暫時間裡,一般民眾是湊熱鬧,欣賞太陽與月亮兩圓相割的表面過程,而科學家卻利用這難得的 機會探索太陽背後那些星星的天文真相。

(12)

根據統計,一年內發生日蝕的次數如下:

2次 72.5% 3次 17.5% 4次 9.5% 5次 0.5%

習題:

1. 右圖是2009年7月22日發生日蝕時,所拍攝的一張照片(略圖如下)。

已知月球將不完全覆蓋住太陽,且太陽優弧AB對太陽是 300 度,月球 侵蝕的AB弧則對月球是120 度,太陽半徑 6 3 :

(1) 求月球半徑。

(2) 求日蝕面積。

散熱的雙曲線造型—知、懂、熟、用、賞

學習數學的五種階段「知﹑懂﹑熟﹑用﹑賞」:

知:知道它。

懂:了解它。

熟:熟悉它(讓它成為頭腦的自然反應)。

用:使用它。

賞:欣賞它(日常生活中賞析它的變形)。

大陸的一本數學書籍用「知,懂,熟,用,賞」來評估數學學習的五個階段,事實上,不僅是科 學,即使是文學、藝術或美術,這五種境界也是好的評估方式。

我們以數學的勾股定理來說,學生從知道勾股定理(小學時期),到會推導證明,熟記在腦中(國 中時期),進步到很會應用勾股定理解題(高中時期)。但是勾股定理對一般大眾來說,如何在日常 生活中欣賞到它的存在的背影才是重點,也是最後與最高的境界。

(13)

好的泡茶玻璃器皿瓶頸附近的平滑曲線應該要愈接近雙曲線愈好,道理何在呢?一般吹玻璃的工 人會認為瓶頸的功能僅是「縮口,好拿」而已,但是懂得雙曲線知識的人可不這樣認為。雙曲線的漸 近線告訴我們,雙曲線是很像直線的曲線,讓瓶頸附近的截面吹成雙曲線的形式,不僅水流順暢,散 熱也比較容易。所以當你欣賞泡茶的玻璃器皿時,瓶頸附近的曲線才是精髓。

同樣的情形也被使用在冷卻塔上,在大河的旁邊有時會出現如右圖的煙囪形狀,

事實上,他們並不是煙囪,而是幫電廠散熱用的冷卻塔。當河邊的水被汲取,抽到冷 卻塔上方往下流時,因為塔頸的雙曲線造形,自然產生跟泡茶玻璃器皿一樣的散熱效果。

習題:

1. 法鼓山創辦人對人與人的相處提出過五種境界:「面對它,處理它,接受它,放下它,超越它。」

這跟學習科學的五個階段「知,懂,熟,用,賞」是否有相通之處?

(14)

◎ 趙文敏/台灣師範大學數學系

正十七邊形的尺規作圖法,是大數學家高斯(Karl Gauss)在他十九歲時所獲得的 一項研究成果,它是高斯一生中許許多多數學成果中的第一項。高斯對他的這一項成果 顯然非常喜歡,才會讓正十七邊形的標誌出現在他的墓碑上,永遠陪伴一代大師。許多 人在求學期間都聽說過這些歷史典故,只是可能沒有機會見識到高斯如何以直尺和圓規 作出正十七邊形的方法。在本文中,我們將介紹這個尺規作圖法,更重要的是:當然要 證明這個作圖法的正確性。

割圓方程式

在歐氏幾何中,哪些邊數的正多邊形可以用尺規作圖,這自然是一個備受關注的問 題。早在紀元前三世紀時,歐幾里得(Euclid)在他的名著《幾何原本》(Elements)

中,就已經記載有邊數為3、4、5的正多邊形的尺規作圖法。至於由3、4、5所衍生 的邊數為2n、2n×3、2n×5與2n×15的正多邊形,其尺規作圖法也早為數學家所熟 知。至於其他邊數的正多邊形,還有哪些確定可以用尺規作圖、或有哪些確定不能用尺 規作圖,這兩個問題在歐幾里得之後的兩千年間,數學家們一直無法給出完整的答案。

事實上,正多邊形的尺規作圖這個幾何問題,只利用歐氏幾何學中的理論與方法,是無 法解決的。它必須仰賴數論與代數的理論與方法。

西元1796年,年僅十九歲而就讀於德國哥廷根(Göttingen)大學的高斯,開始喜 歡上多項方程式的求解問題,尤其對形如xn −1=0的多項方程式更感興趣。根據棣美 弗(De Moivre)定理,方程式xn −1=0的n個根就是

n i k n

kπ 2 π 2 sin

cos + ,(kN,1≤kn)。

在複數平面上,上述n個複數所代表的點是單位圓的一個內接正n邊形的n個頂點,其 中一個頂點是實軸上的單位點 1。因為這個緣故,方程式xn −1=0稱為割圓方程式

(cyclotomic equation)。除了單位點1外,棣美弗定理只告訴我們其他根的表示法,

卻沒有給出這些根的實際數值。在下文中,根據高斯的方法,我們可以寫出 2 cos 17

 π

 

  值。

(15)

高斯在他的名著Disquisitiones Arithmeticae最後一節中,討論了次數為質數的割 圓方程式。他證明:若p是質數,則可以找到一序列的方程式

⋅⋅

⋅⋅

⋅⋅

=

=

=0, 2 0, 3 0,

1 Z Z

Z , (*) 使得:

(1) 方程式xp −1=0的根都可以表示成(*)式中各方程式之根的有理函數;

(2) 在(*)式中,每個方程式的次數都是p−1的質因數;

(3) 在(*)式中,每個方程式的係數都是其前面各方程式之根的有理函數。

當質數 p 是22m +1的形式時(其中的 m 是非負整數),我們稱它為費馬質數

(Fermat prime)。3、5、17、257與65537是目前僅知的費馬質數。根據高斯的前述 結論,當p是費馬質數時,因為p−1只有一個質因數2,所以,方程式xp −1=0的根 可以由一序列的二次方程式之根來表示。由於二次方程式之根所含的根號都只是二次根 號,而二次根號都可以利用直尺和圓規作圖,所以,高斯得到一個很重要的結論:若正 整數n 的標準分解式為2k p1p2⋅ ⋅⋅pr,其中的 k 為非負整數而p1, p2, ⋅ ⋅⋅, pr是兩兩 相異的費馬質數,則正n邊形可以利用直尺和圓規作圖。事實上,這個定理的逆敘述也 成立,亦即:若正n邊形可以利用直尺和圓規作圖,則n必是前面所提的形式。這個逆 定理高斯並沒有給予證明,它的第一個證明是Pierre Wantzel 在1837年提出來的。

哪些邊數的正多邊形可以利用直尺和圓規作圖這個幾何問題,至此才完全解決。例 如:在邊數不大於100的正多邊形中,可以利用直尺和圓規作圖的正多邊形邊數有下面 24個:

3, 4, 5, 6, 8, 10, 12, 15, 16, 17, 20, 24, 30, 32, 34, 40, 48, 51, 60, 64, 68, 80, 85, 96。

因為257與65537都是費馬質數,所以,正257邊形與正65537邊形也都可以利 用直尺和圓規作圖。西元1898年,Richelot與Schwendenheim曾作了一個正257多 邊形。更有趣的是,O. Hermes曾作了一個正65537邊形,完成後將它捐贈給高斯的母 校哥廷根大學,這件作圖工程花了他十年的時間,作品足足裝滿好大一個箱子。

(16)

正十七邊形尺規作圖法的代數原理

在方程式x17 −1=0的虛根中,若令

17 sin2 17

cos2π π

ω = +i

則依棣美弗定理,方程式x17 −1=0的全體虛根為ωkkN且1≤ k≤16)。因為ω滿 足ω17 −1=0而ω ≠1,所以,可得

1 0 1 1

16 17

1

− =

= − +

= ω

ω ω

k

k , 或 1

16 1

=

= k

ωk

現在,將方程式x17 −1=0的全體虛根依下述規則排成一個數列:(1) 首項為ω; (2) 自第二項起,每一項都等於其前一項的三次方。但當任一項中ω的次數大於17時,

則依ω17 =1降低其次數。例如:第四項原為ω27,可改寫成ω10。根據此規則所得的數 列如下:

6 2 12 4 7 8 14 16 11 15 5 13 10 9

3, , , , , , , , , , , , , ,

, ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω ω

ω 。(**)

接著,將數列(**)的奇數項依序寫成一級數、偶數項也依序寫成一級數,令其和分 別為

2 4 8 16 15 13 9

1 =ω+ω +ω +ω +ω +ω +ω +ω

z

6 12 7 14 11 5 10 3

2 =ω +ω +ω +ω +ω +ω +ω +ω

z

略作計算,可得

1

16 1 2

1+ =

=−

= k

z k

z ω ,

5 7 11 2 16

12 4 2

1× z =ω +ω +ω +ω+ω +ω +ω +ω

z

112689 +ω+ω1412614 +ω+ω341397

123791021513

1561012135 +ω+ω1681635615119

1348101131614

71524514108

16

1

4 k 4

k

ω

=

 

= × = −

(17)

由此可知:z1z2是方程式z2+ z−4=0的兩根

(

1 17

)

2

− ±

。因為

) (

) (

) (

)

( 3 14 5 12 6 11 7 10

2 = ω +ω + ω +ω + ω +ω + ω +ω

z

17 cos14 17 2

cos12 17 2

cos10 17 2

cos6

2 π + π + π + π

=

17 cos3 17 2

cos5 17 2

cos7 17 2

cos6

2 π π π π

=

6 3 7 5

2 cos cos 2 cos 2 cos

17 17 17 17

π π π π

 

=  − − −

 

<0, 所以,可得

2 17 1

1

+

= −

z

2 17 1

2

= −

z

其次,將和等於z1的級數中奇數項依序寫成一級數、偶數項也依序寫成一級數,令 其和分別為

4 16 13

1 =ω+ω +ω +ω

y

2 8 15 9

2 =ω +ω +ω +ω

y

略作計算,可得

1 2

1 y z

y + = ,

2 14 11 16 13 8 5 10 2

1× y =ω +ω +ω +ω +ω +ω +ω +ω

y

6 15

3 12 7 4

9 ω ω ω ω ω ω ω

ω + + + + + + +

+

−1

= ,

由此可知:y1y2是方程式y2 − yz1 −1=0的兩根

(

1 12 4

)

2 z ± z +

。因為

17 0 cos8 17 2

cos2 2 ) (

)

( 16 4 13

1 = ω+ω + ω +ω = π + π >

y

所以,可得

4

17 2 34 17 1 2

2 4

1 1 1

− + +

= − +

= z + z

y

4

17 2 34 17 1 2

2 4

1 1 2

− +

= − +

= zz

y

(18)

同理,將和等於z2的級數中奇數項依序寫成一級數、偶數項也依序寫成一級數,令 其和分別為

12 14 5 3

1′ =ω +ω +ω +ω

y

6 7 11 10

2 =ω +ω +ω +ω

y′ 。

略作計算,可得

2 2

1 y z

y′ + ′ = ,

6 8 16 14 5 7 15 13 2

1′ y× ′ =ω +ω +ω +ω +ω +ω +ω +ω y

ω ω ω ω ω ω ω

ω + + + + + + +

+ 10 12 4 2 9 11 3

−1

= ,

由此可知:y′1y′2是方程式y2 − yz2 −1=0的兩根

(

2 22 4

)

2 z ± z +

。因為

17 0 cos14 17 2

cos12 2 ) (

)

( 6 11 7 10

2 = + + + = + <

′ ω ω ω ω π π

y

所以,可得

4

17 2 34 17 1 2

2 4

2 2 1

+ +

= − +

= +

z z

y

4

17 2 34 17 1 2

2 4

2 2 2

+

= − +

= −

z z

y

最後,將和等於y1的級數中奇數項依序寫成一級數、偶數項也依序寫成一級數,令 其和分別為

16 1 =ω+ω

x

4 13 2 =ω +ω

x

略作計算,可得

1 2

1 x y

x + = ,

1 3 5 12 14 2

1 x y

x × =ω +ω +ω +ω = ′。

由此可知:x1x2是方程式x2y1x+ y1′ =0的兩根

(

1 12 4 1

)

2 y ± yy′

。因為

16 4 13

1 2

2 8

( ) ( ) 2 cos cos 0

17 17

xx = ω ω+ − ω +ω =  π − π > 所以,可得

2 4 1

2 1 1 1

y y

x y + − ′

= ,

2 4 1

2 1 1 2

y y

x y − − ′

= 。

(19)

綜合前述結果,可以將 2 cos 17

 π 

 

 的值計算如下:

(

12 1

)

16 y −4y′ =

(

18 2 17 + − +2

(

1 17

)

34 2 17 +34 2 17

)

− − −

(

16 16 17 16 34 2 17 + +

)

( )

68 12 17 2 17 1 34 2 17 16 34 2 17

= + + − − − +

( )

68 12 17 2 17 1 34 2 17 16 34 2 17 4 34 2 17

= + + + − − + − −

17 2 34 4 17 2 34 16 17 2 34 17

17 2 17 34

12

68+ + + − − + − −

=

17 2 34 4 17 2 34 16 17

17 4 17 34

12 68

2 + − −





 − × −

+ +

=

17 2 34 4 17 2 34 8 17 12

68+ − + − −

= ,

4 4 4

17

cos2 1

2

1 y1 y

y − ′

+ π =

16

17 2 34 4 17 2 34 8 17 12 68 16

17 2 34 17

1 + − + − −

− + + +

= −

8

17 2 34 17 2 34 2 17 3 17 16

17 2 34 17

1 + − + − −

− + + +

= − 。

因為 2 cos 17

 π 

 

 的值可以只使用有理數與二次根號來表示,所以,利用直尺和圓規 可作出長度等於 2

cos 17

 π 

 

 的線段,也因此可作出弧度值等於2 17

π 的角,這就表示利用直

尺和圓規可作出正十七邊形。

本小節中所得的四個方程式,再加上以ω與ω16為根的方程式,如此所成的方程式 序列,就是針對方程式x17 −1=0,甲小節(*)式中所指的方程式序列:

0

2 + z−4=

zy2 − yz1 −1=0, y2 − yz2 −1=0,

1 0

1

2y x+y′ =

xt2 − tx1 +1=0。

顯然地,這五個方程式確實滿足甲小節中的(1)、(2)、(3)等三個性質。請注意:前四個 方程式的根都是實數。

(20)

正十七邊形的尺規作圖法

實際以直尺和圓規作正十七邊形時,我們並不必用到上述所求的 2 cos 17

 π 

 

 值的數 值表示公式,而只須依次作出長度為z1、−z2y1y′1的線段,再利用y1y′1

cos 2 17

 π 

 

 的關係式即可。

以直尺和圓規作正十七邊形的過程如下:

(1) 作一單位圓O及一對互相垂直的直徑ABCD

(2) 在圓O過點D的切線上作一點E使得:點E與點A在直線CD的異側且 1 DE =4。 (3) 在直線DE上作點FG使得:EF =EG=EO且點F與點D在點E的同側。

(4) 在直線DE上作點HK使得:FH = FOGK =GO且點H與點G在點F的 異側、點K介於點F與點G之間。

(5) 在過點H且與直線DE垂直的直線上作點L使得:HL= 1+DK且點L與點A在 直線DE的同側。

(6) 在直線OA上作點M使得:點M在以CL為直徑的圓上且OM >1。

(7) 設點POM 的垂直平分線與圓O的任一交點,則AP是圓O的內接正十七邊形 的一邊。

下面我們要證明上述(7)的結論成立。

(21)

首先,因為OD=1、 1

DE=4且ODDE,所以, 17

OE= 4 。於是,得

2 4

1 17 z1 DE

OE DE EF

DF = − = − = − = ,

2 4

1

17 z2

DE OE DE EG

DG

+ =

= +

= +

= 。

其次,因為OD=1、 1 2

DF = zODDF,所以,

2

1 4

2 OF z +

= 。因為OD=1、

2

2

DG=−zODDG,所以,

2

2 4

2 OG z +

= 。於是,得

1 2

1 1

2

4 y z

OF z DF FH DF

DH + + =

= +

= +

= ,

1 2

2 2

2

4 y z

DG z OG DG GK

DK + + = ′

=

=

= 。

再其次,選取一個直角坐標系,使得點O為原點、點A的坐標為(1,0)、點C的 坐標為(0,1)。因為直線HLy軸平行、HL=OD+DK且點Lx軸在直線DE的 同側,所以,點L在第一象限,其坐標為(DH,DK)或寫成( y1,y1′)。

於是,以CL為直徑的圓的方程式

0 ) )(

1 ( ) (

) 0

(xxy1 + yyy1′ = 。 此圓與x軸的交點Mx坐標是下述方程式的根:

1 0

1

2y x+y′ =

x

因為OM >1,所以,可得

17 cos2 2 2

4 1

2 1

1+ = π

= y y y

OM

17 cos2 2

1 = π

= OM

ON

其中,點 NOM 的中點。因為OP=1且PNON,所以, 2 PON 17π

∠ = ,AP

O的內接正十七邊形的一邊,這就是上述(7)所敘述的結論。

讀者可以依照本小節的作圖法,作出上述圖形後,再檢查AP弧是否確實是圓O之 圓周的十七分之一。

(22)

當高斯在1796年完成一件過去兩千年無人能想像的成果之後,有一天他興沖沖地 去見他的一位老師Abraham Gotthelf Kästner,告訴Kästner說正十七邊形可以利用直 尺和圓規作圖,Kästner不相信而認為高斯異想天開。Kästner並沒有仔細看高斯的證 明,只告訴高斯這種作圖法並不重要,因為近似作圖法已為人所知。為了引發Kästner 的興趣,高斯說他解了一個十七次方程式,Kästner回答說這是不可能的。高斯補充說,

他是化成較低次方程式來求解的,Kästner還諷刺說,他自己早就這樣做過了。也許我 們不能批評Kästner太過自信,因為過去兩千年來,數學家們一直相信除了3與5之外,

再也沒有其他的正質數邊形可以利用直尺和圓規作圖。他只是沒料到在他的學生群中,

有一位是屬於「兩百年必有王者興」的大師吧!

「3」有何玄機

在乙小節中引出方程式z2 + z−4=0時,是先以兩個特殊級數的和作為它的根,而 這兩個特殊級數則是由x17 −1=0的所有虛根排出的特殊數列(**)所得出的,這個特殊 數列(**)的排列規則是「(1) 首項為ω;(2) 自第二項起,每一項都等於其前一項的三 次方。」這裡所要求的「三次方」,「3」到底有何玄機?還有別的正整數可以取代嗎?

對於17來說,3的玄機就是:根據「(1) 首項為ω;(2) 自第二項起,每一項都等 於其前一項的三次方。」的規則,列出的十六項數列(**)恰好是x17 −1=0的十六個相 異虛根。這種現象稱為「3是模17的一原根(a primitive root modulo 17)。」如果把 3 改成 2,則所列出十六項數列只出現x17 −1=0的八個虛根。如果把3 改成 4,則所 列出十六項數列只出現x17 −1=0的四個虛根。因此,2與4都不是模17的原根。

原根的定義其實不必像前段借助方根ω,我們敘述如下:設p為一質數而a為一整 數。若p−1項數列 a, a2, a3, a4,⋅⋅⋅, ap1中任何兩項的差都不能被 p 整除,則稱 a 是模p的一個原根。

還有其他正整數是模17的原根嗎?答案是:「還有七個」。它們就是數列(**)的其 他偶數項的乘冪:10、5、11、14、7、12、6。用這七個數的任何一個代替3,仿照 乙小節的方法,寫出一個十六項數列、兩個八項級數、四個四項級數、兩個二項級數,

最後會得出與本文乙小節相同的四個二次方程式。

(23)

結尾語:一碟小菜

因為5是一個很小的費馬質數,所以,用本文的方法來討論正五邊形的尺規作圖,

只能算是一碟小菜,讀者很容易上手。

首先,3也是模5的一個原根。仿照乙小節的方法所作的數列(**)只有四項,以奇 數項的和x1與偶數的和x2為兩根的方程式是

0

2 + x−1=

x

而且奇數項的和x1是上述方程式的正根,此根就是 2 2 cos

5

 π 

 

 

於是,針對方程式x5−1=0,甲小節(*)式中所指的方程式序列只有下述兩方程式:

0

2 + x−1=

xt2 − tx1 +1=0。

仿照本文丙小節的作圖法,只用到步驟(1)、(2)、(3)與(7),就可得出下圖,其中的 AP就是圓O的內接正五邊形的一邊。細節留給讀者自證之。

(24)

舊的塗色問題,新的計算方法

羅驥韡台北市立陽明高中 塗色問題

在高中「排列組合」的課程範圍中,有一類常出現的問題就是「塗色問題」。

例如:

在右圖中,如果我們利用5種不同的顏色來塗,然後規定「相鄰的區域不能塗 同樣的顏色」,那麼總共有幾種不同的塗法?

一般,如果我們用傳統的方式來分析此題,可能會這樣解題:首先,先將 四個區域分成ABCD四區(如圖)。再來,因為A區與C區不相鄰,所以可能 同色也可能不同色,因此,我們分成兩個狀況來討論:

AC同色:

假設我們從AC開始塗色,因為我們有5種不同的顏色可以塗,所 以剛開始有5種選擇。再來塗B,因為AC已經用掉一種顏色,所以 B有4種顏色可以選。最後塗D,因為D只要與AC不同即可,所以 D還有4種顏色可以塗。所以總結,AC同色這種情況共有:

5×4×4=80種不同的塗法。

AC不同色:

如果還是從A開始,那麼A有5種顏色可以選。C因為與A不同,

所以只有4種選擇。B又分別與AC相鄰,所以選擇數只剩下3種。

同樣道理,D也只有3種顏色可以選。因此,這種情況共有:

5×4×3×3=180種不同的塗法。

綜合以上兩種情況,這個塗色問題共有:80+180=260種不同的塗法。

這樣的分析方法固然沒什麼不對,但是如果原來的問題是要將5種 不同的顏色塗在如右圖的圖中呢?那麼我們又要分成多少種不同的狀況來 討論呢?或者,如果我們的圖形又遠比右圖還複雜呢?這時,這樣的分析 方法難道不會陷入雜亂無章的窘境嗎?

因此,在這裡我要介紹一種分析方法,不但可以對付任何種類的圖形,我們甚至可以設計 出電腦可以計算的程式,讓電腦可以直接算出答案來,省下我們不少的手算時間。

(25)

新的思考模式

如下圖,我們可以將原來的圖變成另一個圖。首先,不同的區域,我們用一個圈圈來代表;

其次,相鄰的區域,我們用一條線連起來,表示它們彼此相鄰。利用這樣新的表示方法,我們 就可以將原來的圖轉換成新的圖。

下圖再舉一個例子。

接下來,我們來討論這樣的轉變,可以帶來什麼樣的新算法。

前面看到,相鄰的區域顏色不能相同,所以換句話說,有線連在一起的區域,顏色不能相 同。但現在請考慮以下的想法:假設我們有5種顏色可以用,然後要計算下面「圖一」有幾種 不同的塗法。如果我們將「圖二」中的某個連接線去掉,變成「圖三」的樣子,那麼「圖一」

與「圖三」的塗法總數有什麼差別?

「圖一」中,AD相連,所以顏色不同;「圖三」中,我們將AD中間的連接線去掉,因 此表示它們「不相鄰」,所以顏色可以相同(當然也可以不相同)。綜合以上的觀察,我們知道

「圖三」的塗法總數會比「圖一」還多,因為「圖三」的AD顏色可以一樣,而這些塗法(AD一樣)正是「圖三」比「圖一」多出來的東西,所以我們要扣掉它們。現在我們來好好研 究一下這些「多出來的東西」。

AD顏色相同時,我們可以讓AD「合體」, 只留下 D,然後將原來與 A相連的連接線轉移給 D

(請看右圖)。這樣產生的新圖形,它的塗色方法就會 跟「AD同色」時的塗色方法一樣多。

(26)

為什麼會這樣呢?假設我們在還沒刪掉A之前,塗了某些顏色到ABCD四區(其中 AD同色),並且符合「有連接線的兩區不同色」的原則。現在,如果我們刪掉A,然後將原 來與A相連的連接線轉移給D,這樣一來,本來與A不同色的區域就必須與D不同色,但這 樣的作法並不會造成任何矛盾,因為AD同色,所以與A不同色的區域自然就會與D不同 色,因此原來的塗法也可以用在新的圖形上面,完全不會造成任何問題。另一方面,讓我們反 過來看,如果我們塗了某些顏色到新的圖形上面,同樣也是在符合「有連接線的兩區不同色」

的原則下,那麼我們會發現,這樣的塗法也可以用在原來的圖形上(其中AD同色),同樣不 會產生任何問題。

綜合以上的討論,我們得到一個重要的結果:「AD 同色」的塗法剛好等於「新圖形」的塗法。我們用右圖來 表達這樣的現象:其中,AD之間,我們用一個「雙鍵」

來代表「AD同色」;兩圖之間,我們放了一個「等號」,

表示兩圖的塗色方法數是一樣的。

牛刀小試

好了!介紹完一些我們所要使用的小發明,讓我們開始來計算原來的問題:

1. 利用m種不同的顏色來塗右圖,相鄰不同色,則有幾種塗法?

= 將原來的圖轉換為新的圖

去掉AD間的連線,並扣除

多出來的塗法

AD同色時,可刪掉A

並將A的連線轉移給D

去掉BC間的連線,並扣除

多出來的塗法

BC同色時,可刪掉B

並將B的連線轉移給C

去除括號

m(m−1)3m(m−1)2+m(m−1)

= (m−1)4+(m−1)

(27)

m=5時,(m−1)4 +(m−1)=44 +4=256+4=260,而這個答案我們在前面也曾經利 用傳統的方式計算過一次。

2. 利用m種不同的顏色來塗右圖,相鄰不同色,則有幾種塗法?

換成新圖形

打斷EF連線,

並合併EF,然 後扣除之

打斷DE連線,

並合併DE,然 後扣除之

去掉括號

= (m−1)4+(m−1)  (m−1)2−(m− +1) 1

至 於 為 什 麼 最 後 可以這樣計算,請 繼 續 看 後 面 的 公 式推導

公式推導

在以下的討論中,我們都假設我們有m種顏色可用。

1.

如果每個區域都各自獨立,彼此並不相鄰,就像右圖一般,那麼每個 區域都有m色可用,所以如果有3個獨立區域,就會有m3種塗色方 法。一般而言,如果有k個獨立區域,就有mk種塗色方法。

2.

假設某個圖形原來有a種塗色的方法。如果在這個 圖形外面再連接一個區域(如右圖),那麼新形成 的圖形有a(m-1)種塗色方法。

(28)

為什麼會這樣呢?因為圖中新增的區域A只要跟它所連接的區域不同色即可,因此區域A 還有(m−1)種顏色可以用,所以原有的圖形有a種塗色方法,再乘上區域A的(m−1)種顏色,

便會產生a m( −1)種塗色方法。

到這裡,我們回頭來說明一下,之前我們是如何計算出下面的圖形的。

在前面,我們已經算過左圖的塗色方法有(m−1)4+(m−1)種。

現在這個圖長了一根毛(E),所以根據「定理 2」,塗色方法變 成

[

(m1)4 +(m1)

]

(m1)種。

這個圖又多長了一根毛,所以還是根據「定理 2」,塗色方法有

[

(m1)4+(m1)

]

(m1)(m1)種。

所以這也就是為什麼

= (m−1)4+(m−1)  (m−1)2−(m− +1) 1 的道理了!

從上面的許多計算中,可以清楚的看到(m−1)這個數字一直出現,所以在後面的討論中,

為了讓計算式看起來比較簡潔,我們在此設定:n= −m 1。

如果一個圖形長成類似下圖一樣的長鏈式的圖形,那麼它會有幾種塗法呢?

如果剛開始只有一個區域,當然我們會有m種顏色可以塗,或者寫成(n+1)種。如果我們 在這個區域後面接上另一個區域,那麼透過「定理2」可知,原來的塗法總數必須再乘上(m−1), 也就是再乘上n,因此塗法總數會變成(n+1)n。同樣的道理,如果我們繼續在後面又接一個區 域,當然又要再乘上 n,因此塗法總數又會變成(n+1)n2。這個過程可以一直持續下去,所以 我們將它整理成一個定理。

3.(鏈狀圖形)

如果有k個區域(k ≥1)串成一長鏈(如下圖),則它的塗法總數為nk +nk1種。

(29)

現在我們來考慮另一種圖形:環狀圖形。

我們將原來的圖形拆解成兩個鏈狀圖形,所以我 們知道3個區域的環狀圖形可以利用

n n n n n

n3+ 2)−( 2 + 1)= 3

( 來計算。

4個區域的環狀圖形可以拆解成一個鏈狀,再扣掉 一個環狀,所以塗法總數為:

n n n n n

n4+ 3)−( 3− )= 4 + (

5個區域的環狀圖形也是拆解成一個鏈狀,再扣掉 一個環狀,所以塗法總數為:

n n n n n

n5+ 4)−( 4+ )= 5 − (

從以上的討論,我們可以整理出一個有關環狀圖形的算法:

4.(環狀圖形)

如果k個區域(k≥3)圍成一個環狀,則塗法總數為 nk +(−1)kn

接下來,我們來討論一種新的情況:如果從原來的圖形「長出」一些新的結構,那 麼塗色的方法又會如何改變。

在以下的討論中,我們將原來的圖形用右圖的樣子來表示,並將它 原來的塗色方法數設為a

利用等號右邊的算法與「定理 2」 來計算,得塗法數為:

) 1

2an=an(n

an

利用同樣的推理方式,可推得塗法 有:

) 1 (

) 1

( 2

3an n− =an nn+

an

同理,這個環狀結構的塗法總共 有:

4 2

3 2

( 1)

( 1)

an an n n an n n n

− − +

= − + −

由於以上的觀察,我們可以歸納出一個公式。

(30)

5.

假設一個圖形原有a種塗法。如果從這個圖形的某個節點A多長出 k個節點並以環狀的方式連回A點,那麼這個新形成的圖形會有

(

nk1nk2 +nk3 +(1)k1

)

an 3

種塗色的方法。

再來,我們來看看另一種「出芽」的情形。

假設我們從原來圖形中的某個節點長出一個環狀結構,但並不是連回同一個節點,而是連 回它隔壁的節點,這時塗法總數又會如何變化呢?請看以下的分析。

把節點B和節點1拆開,並扣掉節點B 和節點1合併的情形,可得:

) 1 ( −

=

a a n

an 種塗法

把節點B和節點2拆開,並扣掉節點B 和節點2合併的情形,可得:

) 1 (

) 1

( 2

2a n− =a nn+

an

= 同理,這個圖形的塗法有:

) 1 (

) 1

( 2 3 2

3a nn+ =a nn +n

an

統整以上的經驗,我們可得以下的公式:

6.

假設一個圖形原有a種塗法。如果從這個圖形的某個節點A多長出 k個節點並以環狀的方式連回隔壁的B點,那麼這個新形成的圖形 會有

a

(

nk nk1+nk2 3+(1)k

)

種塗色的方法。

跟定理5一樣,這個公式也可以利用「等比級數」的公式來整理:

(

1 2 ( 1)

)

1 ( 1) 1

(

1 ( 1) 1

)

1

k k

k k k k n a k k

a n n n a n

n m

+ +

− − + +

− + − + − = ⋅ = − −

3 +

好了!發展了一堆公式,現在是好好試試身手的時候了。

(31)

我們之前曾經花了很多力氣來計算右圖的塗法。現在讓我們來看看 利用公式如何計算:

利用「定理4」,我們知道:

n4 +(−1)4nn4 +n

假設a=n4+n,利用「定理6」,我們知道:

a

(

n2 − n+1

)

(

n4 +n

)(

n2n+1

)

當然,這個圖形我們也可以用下面的推理方式來計算:

計算程式

有時,當圖形過於複雜,利用公式來計算還是太費時了,這時我們就不得不借助電腦的幫 忙了。以下我們提供一個Mathematica的計算程式,來協助我們計算複雜的圖形:

程 式 碼 解 說

f[k_,m_,{}]:= mk;

k:代表圖中有個k節點。

m:代表有m種顏色可以用。

{}:空「集合」代表目前的節點都是獨立 的,這也就是「定理1」的情況。

f[k_,m_,s_]:= Module[{s1,s2,node1,node2},

node1 = s[[1]][[1]];

node2 = s[[1]][[2]];

s1 = Delete[s,1];

s2 = Union[s1/.node1->node2];

f[k,m,s1]–f[k-1,m,s2]

];

s:表示節點之間的連結集合。

node1:表示第一個連結的第一個節點。

node2:表示第一個連結的第二個節點。

s1:表示刪掉s的第一個連結後的集合。

s2:表示s1中,如果有node1那就把它換 成node2

(32)

這個程式的算法,其實說穿了,就是我們在「新的思考模式」那個段落所說明的計算方式。

下圖進一步解說了此程式的執行方式:

下面我們來看一個實際的執行範例:

In[1]: s={{1,2},{1,4},{2,3},{2,5},{3,6},{4,5},{4,7},{5,6},{5,8},{6,9},{7,8},{8,9}};

In[2]: f[9,5,s]

Out[2]: 142820

右圖有9個節點,由電腦執行的結果得知,如果我們用5種顏色來塗,

相鄰不同色,則會有142820種塗法。

透過這樣的分析方法,不管多麼複雜的圖形,不管用多少種顏色,我們都可以將所有的塗 色方法數計算出來,甚至我們可以將這樣的算法寫成電腦程式,讓電腦幫我們計算所有複雜的 過程,這樣一來,面對「塗色問題」,我們就可以完全高枕無憂了。

Figure

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