四邊形的構造方法

Brahmagupta 四邊形的構造方法

信步千山

摘要: 本文從三角著手並結合簡單的數論知識, 給出邊長與面積均為有理數的圓內 接四邊形的充要條件, 並由此找到了 Brahmagupta 四邊形的構造方法。

關鍵詞: Heron 三角形、 Brahmagupta 四邊形、 QBJ 四邊形、 Jiany 四邊形、

無平方因子數。

1. 引言

熟知, 三邊長與面積均為整數的三角形稱為 Heron 三角形。 三邊長互素的 Heron 三角形 稱為本原 Heron 三角形。 在文 [1] 中, 我們已經給出了如下本原 Heron 數組公式 (相當於本 原 Heron 三角形的構造性定義):

a = mn(s²+ t²) d1d2

, b = st(m²+ n²) d1d2

, c= (mt + ns)(ms − nt) d1d2

.

其中: m, n, s, t ∈N⁺, (m, n) = (s, t) = 1, ms > nt, d1= (mn, st), d2= (mt+ns, ms−nt)。

參數的幾何意義是: tanA 2 = n

m, tanB 2 = t

s。

對四邊長為 a, b, c, d 的圓內接四邊形, 有印度數學家 Brahmagupta 得到的面積公式 ([2]):

S =p(p − a)(p − b)(p − c)(p − d), 其中 2p = a + b + c + d。

上述 Brahmagupta 公式與三角形面積的 Heron 公式非常相似。 類似地, 人們將四邊長 與面積均為整數的圓內接四邊形稱為 Brahmagupta 四邊形 ([3])。 文 [3] 就用一種非常巧妙 的方法構造了一類兩條對角線長均為整數的 Brahmagupta 四邊形。

本文通過擴展筆者在文 [1] 中使用過的方法, 給出了邊長與面積均為有理數的圓內接四邊 形的充要條件。 由此就可以構造出邊長與面積均為有理數的圓內接四邊形。 進一步將其作適當 的相似放大, 我們就可以構造出 Brahmagupta 四邊形。

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2. 預備定理

為便於表述, 我們先給出若干定義和預備定理。

定義 1: 四邊長與面積均為有理數的圓內接四邊形稱為 QBJ 四邊形。

定義 2([4]): 如果 e ∈ N⁺, 且 e 沒有大於 1 的平方因數, 則稱 e 為無平方因子數。 比如 1, 2, 3, 5, 6, . . . 都是無平方因子數。

注: 按此處定義, 1 也是無平方因子數。 這樣的定義便於後文的統一表述。

定義 3: 對給定的無平方因子數 e, 定義集合 F (e) = {k√

e| k ∈ Q}。

引理 1: 對非零實數 a, 存在無平方因子數 e, 使 a ∈ F (e) 的充要條件是 a² ∈ Q⁺。 引理2: e 為無平方因子數。 若 a = k√

e(k ∈ Q), 則 a ∈ Q 的充要條件是: e = 1 或 k = 0。

上面這兩個引理的理解很容易, 因此略去其證明。

引理 3: e 為無平方因子數, 則 cos θ ∈ F (e), sin θ ∈ F (e) 且 sin θ 6= 0 的充要條件是: 存在 λ, µ∈ Q, 使得 tanθ

2 = −λ + µ√e, 其中 λ, µ 滿足 λ² − eµ² = −1。

證明: (1) 充分性 此時 tanθ

2 = −λ + µ√

e 且 λ²− eµ² = −1 (λ, µ ∈ Q), 則 1 − tan² θ

2= 1 − eµ²− λ² + 2λµ√

e= −2λ²+ 2λµ√

e= 2λ(−λ + µ√ e), 1 + tan² θ

2= 1 + λ² + eµ²− 2λµ√

e = −2λµ√

e+ 2eµ² = 2µ√

e(−λ + µ√ e).

所以

cos θ = 1 − tan² θ 2 1 + tan²θ 2

= λ

µ√e = λ µe

√e, sin θ =

2 tanθ 2 1 + tan²θ

2

= 1

µ√e = 1 µe

√e.

由定義 3 即知: cos θ ∈ F (e), sin θ ∈ F (e) 且 sin θ 6= 0。

(2) 必要性 此時 cos θ ∈ F (e), sin θ ∈ F (e) 且 sin θ 6= 0。

由定義 3, 可設: cos θ = m√

e, sin θ = n√

e (m, n ∈ Q 且 n 6= 0).

由 sin²θ+ cos²θ= 1 知: m²e+ n²e= 1。 (1) 且 tanθ

2 = 1 − cos θ

sin θ = 1 − m√e n√

e = −m n + 1

ne

√e.

令: m

n = λ, 1

ne = µ, 則 tanθ

2 = −λ + µ√

e 且 λ, µ∈ Q.

且此時有: λ²− eµ² = m² n² − 1

n²e = m²e− 1 n²e ,

而由 (1) 式知: m²e− 1 = −n²e。 所以 λ²− eµ² = −1.

即: 此時存在 λ, µ ∈ Q 滿足 λ²− eµ² = −1, 使得 tanθ

2 = −λ + µ√

e. 

注: 引理 3 只保證了條件 「存在 λ, µ ∈ Q, 使得 tanθ

2 = −λ + µ√e (其中 λ, µ 滿足 λ²− eµ² = −1)」 與條件 「cos θ ∈ F (e), sin θ ∈ F (e) 且 sin θ 6= 0」 的等價性, 但並沒有保 證 λ²− eµ² = −1 的有理數解 (λ, µ) 一定存在!

事實上, 由初等數論知識知 (見文 [4]): 對無平方因子數 e, ey² (y 為非零整數) 能表為兩 整數的平方和的充要條件是: e 沒有形如 4n+3 (n ∈ N) 的素因數。 也就是說: ey² = x²+ z² (y 6= 0) 存在整數解 (x, y, z) 的充要條件是: e 沒有形如 4n+3 的素因數。 所以 ey² = x²+ 1 (即 x²− ey² = −1) 存在有理數解 (x, y) 的充要條件是: e 沒有形如 4n + 3 的素因數。

因此, 若要保證 「存在 λ, µ ∈ Q 滿足 λ²− eµ² = −1」, 則引理 3 中的無平方因子數 e 不能含有形如 4n + 3 的素因數。

又, 當 e = 1 時, 引理 3 結合引理 2 可得如下結論 (也容易直接證明):

引理 4 ([5]): 若 θ 6= kπ (k ∈ Z), 則 sin θ, cos θ ∈ Q 的充要條件是 tanθ 2 ∈ Q。

引理 5:

sin(α1+ α2+ α3) = sin α1cos α2cos α3+ cos α1sin α2cos α3

+ cos α1cos α2sin α3− sin α¹sin α2sin α3, cos(α1+ α2+ α3) = cos α1cos α2cos α3− cos α¹sin α2sin α3

− sin α¹cos α2sin α3− sin α¹sin α2cos α3.

3. QBJ 四邊形的充要條件

將 QBJ 四邊形作適當放大就成為 Brahmagupta 四邊形。 因此我們先看 QBJ 四邊形 的充要條件。

定理1 : 如圖 1, 圓內接四邊形 ABCD 四邊所對的圓周角依次為 α1, α2, α3, α4, 則四邊形 ABCD 是 QBJ 四邊形的充要條件是: 存在無平方因子數 e, 使得 cos αⁱ,sin αⁱ ∈ F (e) (i = 1, 2, 3), 且外接圓半徑 R ∈ F (e) (其中 e 不能有形如 4n + 3 的素因數)。

證明 : (1) 充分性　此時 cos αⁱ,sin αⁱ ∈ F (e) (i = 1, 2, 3), R ∈ F (e)。 注意到 α⁴ = π− (α¹+ α2+ α3), 則 sin α4 = sin(α1+ α2+ α3), cos α4 = − cos(α¹+ α2+ α3)。

a

c b d

a a a a D

O A

B C

圖 1 由引理 5 和 cos αi,sin αi ∈ F (e) (i = 1, 2, 3) 及定義 3

即知: sin α4 ∈ F (e), cos α⁴ ∈ F (e)。 又結合 R ∈ F (e) 及定義 3 知: 2R sin αi ∈ Q (i = 1, 2, 3, 4)。

結合正弦定理, 如圖 1, 這即是: a, b, c, d ∈ Q。

又由 cos αⁱ,sin αⁱ ∈ F (e) (i = 1, 2) 知:

sin(α1+ α2) = sin α1cos α2+ cos α1sin α2 ∈ Q。

則有 sin A = sin(α1+ α2) ∈ Q。

由圖 1, 則四邊形 ABCD 面積 S = 1

2(ab + cd) sin A ∈ Q。 則由定義 1 知: 圓內接四邊形 ABCD 是 QBJ 四邊形。

(2) 必要性　此時四邊形 ABCD 四邊長 a, b, c, d ∈ Q 且面積 S ∈ Q。

由圖 1 有: a²+ b²− 2ab cos A = |BD|²= c²+ d²− 2cd cos C。 又

∠A + ∠C = π, 則 cos A = a²+ b²− c²− d² 2(ab + cd) ∈ Q。

代回前式可知 |BD|² ∈ Q⁺。

結合引理 1 知: 存在無平方因子數 e, 使得 |BD| ∈ F (e)。 (2) 又注意到 S = 1

2(ab + cd) sin A, 而 S ∈ Q 且 a, b, c, d ∈ Q, 知: sin A ∈ Q。

由正弦定理得: R = |BD|

2 sin A, 結合 (2) 和定義 3 知: R ∈ F (e)。

又, 由正弦定理得: sin α1 = a

2R = a 2R√e

√e。

由 a ∈ Q, R ∈ F (e) 和定義 3 知: sin α¹ ∈ F (e)。 同理 sin α²,sin α3,sin α4 ∈ F (e)。

如圖 1, 由餘弦定理: cos α1 = b² + |BD|²− a²

2b · |BD| = b²+ |BD|²− a² 2b · |BD| ·√e

√e。

再結合 a, b ∈ Q 和 (2) 及定義 3 知: cos α¹ ∈ F (e)。 同理 cos α²,cos α3,cos α4 ∈ F (e)。

綜上, 即有 cos αi,sin αⁱ ∈ F (e) (i = 1, 2, 3, 4) 且外接圓半徑 R ∈ F (e)。 但由引理 3 及其 後的註, 定理 1 結論中的 e 不能含有形如 4n + 3 的素因數。 

定理 1 結合引理 3 即得

定理2 : 圓內接四邊形 ABCD 四邊所對的圓周角依次為 α1, α2, α3, α4, 則四邊形 ABCD 是 QBJ 四邊形的充要條件是: 存在沒有形如 4n + 3 的素因數的無平方因子數 e, 使得外接圓 半徑 R ∈ F (e) 且 tanαi

2 = −λⁱ + µi√e (其中 (λi, µi) 是 λ² − eµ² = −1 的有理數解, i= 1, 2, 3)。

4. QBJ 數組公式

依據定理 2, 我們就可初步構造 QBJ 四邊形。

如圖 1, 對 QBJ 四邊形 ABCD, 由定理 2, 可令: tanαi

2 = −λⁱ+ µⁱ√e (i = 1, 2, 3)。

其中: λ²i − eµ²ⁱ = −1, 且 λⁱ, µⁱ ∈ Q (i = 1, 2, 3)。

注意到 λ²i − eµ²ⁱ = −1, 由萬能公式可算得: sin αⁱ = 1

µi√e, cos αⁱ = λⁱ

µi√e (i = 1, 2, 3)。

則由引理 5 可算得: sin α4 = sin(α1+ α2+ α3) = λ1λ2+ λ2λ3+ λ3λ1− 1 µ1µ2µ3e√

e ,

cos α4 = − cos(α¹+ α2+ α3) = λ1 + λ2+ λ3− λ¹λ2λ3

µ1µ2µ3e√

e 。

而由 α1+ α2+ α3+ α4 = π 知:

sin αⁱ >0 (i = 1, 2, 3, 4) 且 cos α1,cos α2,cos α3,cos α4 中至多有一個為負。

結合上面各角的正餘弦值運算式, 則對參數 λⁱ, µⁱ (i = 1, 2, 3) 還應有如下限制條件:

µi >0 (i = 1, 2, 3), λ1λ2 + λ2λ3+ λ3λ1 >1, 且 λ1, λ2, λ3, λ1+ λ2+ λ3− λ¹λ2λ3 中至 多有一個為負。

需要說明的是: 在條件 λ1λ2+ λ2λ3+ λ3λ1 >1 下, 容易證明 (證略):

「λ1, λ2, λ3, λ1+ λ2+ λ3 − λ¹λ2λ3 中至多有一個為負」 與 「λ1, λ2, λ3, 中至多有一個為負」

是等價的。

為使得最後得到的公式形式簡潔, 由定理 2, 我們可令外接圓半徑 R= 1

2kµ1µ2µ3e√

e (k ∈ Q⁺).

則由正弦定理可算得 QBJ 四邊形 ABCD 的四邊長分別為:

a= 2R sin α1 = ekµ2µ3, b= 2R sin α2 = ekµ3µ1, c= 2R sin α3 = ekµ1µ2, d= 2R sin α4 = k(λ1λ2 + λ2λ3+ λ3λ1− 1).

又由圖 1 有: sin A = sin(α1 + α2) = sin α1cos α2 + cos α1sin α2 = λ1+ λ2

µ1µ2e 。

則四邊形 ABCD 面積 S=1

2(ab + cd) sin A

=1

2k²(λ1+ λ2)(eµ²3− 1 + λ¹λ2+ λ2λ3+ λ3λ1).

而 λ²3− eµ²³ = −1, 則 eµ²³− 1 = λ²³。 因此 S = 1

2k²(λ1+ λ2)(λ²3+ λ1λ2+ λ2λ3+ λ3λ1) = 1

2k²(λ1+ λ2)(λ2+ λ3)(λ3+ λ1)。

結合定理 2 即得

定理 3 : 任意 QBJ 四邊形均可由如下公式給出 (QBJ 數組公式):

(I)



















a= ekµ2µ3

b= ekµ3µ1

c= ekµ1µ2

d= k(λ1λ2+ λ2λ3+ λ3λ1− 1)

。

且其外接圓半徑 R = 1

2kµ1µ2µ3e√

e, 此時面積 S = 1

2k²(λ1+ λ2)(λ2+ λ3)(λ3+ λ1)。

其中參數滿足限制條件: k ∈ Q⁺, e 是無平方因子數且無形如 4n + 3 的素因數, (λi, µi) 是 λ² − eµ² = −1 的有理數解且 µⁱ > 0 (i = 1, 2, 3), λ1, λ2, λ3 中至多有一個為負, λ1λ2+ λ2λ3+ λ3λ1 >1。

參數的幾何意義是: tanαi

2 = −λⁱ+ µⁱ√e (i = 1, 2, 3), 其中 α1, α2, α3, α4 為圓內接 四邊形 ABCD 四邊依次所對的圓周角 (如圖 1)。

遺憾的是: 公式 (I) 中的參數不全是自由的, 有一個很強的限制條件。

5. x

− ey

= −1 的有理數解與 Brahmagupta 四邊形的構造

定理 3 給出的公式 (I) 中對參數限制很強的這個條件是:

(λⁱ, µⁱ) (i = 1, 2, 3) 是 x²− ey² = −1 的有理數解。

要真正構造出 QBJ 四邊形就必須去求這類方程的有理數解。

對於這類方程, 一般的初等數論教材 (如文 [4]) 都介紹有求其整數解的方法 (即解Pell 方 程)。 但這裡只要求其有理數解, 其實是可以不必去解 Pell 方程的。

下面我們用鄭格于教授在文 [6] 中給出的方法來求這類方程的有理數解。 以 x²− 5y² =

−1 為例: 當 y = ±1 時, x²− 5y² = −1 顯然只有 (x, y) = (±2, ±1) 是它的有理數解。

下設 y 6= ±1。 注意到 5 = 2²+ 1², 則 x²− 5y² = −1 可變形為 (x + 2y)(x − 2y) = (y + 1)(y − 1)。 則存在 m ∈ Q 且 m 6= 0 使得: x + 2y = m(y − 1), 則 m(x − 2y) = y + 1。

也即:

(x+ (2 − m)y = −m mx− (2m + 1)y = 1 。

對 m ∈ Q, 方程組係數行列式的值顯然不為零。 則可解得 y 6= ±1 時的有理數解為:











x= 2(m²+ m − 1) m²− 4m − 1 y= m²+ 1

m² − 4m − 1

其中 m ∈ Q。 (3)

當 m 分別取 −1

2, 0, 2 時, 由 (3) 式算得 (x, y) 分別為: (−2, 1), (2, −1), (−2, −1);

而 m → ∞ 時, 由 (3) 式可算得: (x, y) → (2, 1)。

這表明: (3) 式也包含了當 y = ±1 時的有理數解 (x, y) = (±2, ±1), 也就是說: 事 實上, (3) 式就是不定方程 x² − 5y² = −1 的有理數解的通解公式 (註: 此處允許 x, y 取 m → ∞ 時的極限值)。

由引理 3 的註中所述: 對無平方因子數 e, 若它沒有形如 4n + 3 的素因數, 則它必可表 為兩整數的平方和。 因此上述方法對一般情形也適用。

現在我們就可以構造出具體的 QBJ 四邊形了。 再將其適當地相似放大 (即是讓參數 k 取 適當的值) 就可構造出 Brahmagupta 四邊形。 比如:

(1) 對 e = 2, 有 λi = 1, µi = 1 (i = 1, 2, 3) 符合條件, 此時公式 (I) 即給出邊長為有理數 的全部正方形。 再放大就可得到所有邊長為整數的正方形。

(2) 對 e = 2, 有 λ1 = −1, µ¹ = 1; λ2 = 7, µ2 = 5; λ3 = 41, µ3 = 29 符合條件, 又取 k = 1

2, 則此時公式 (I) 即給出一個 Brahmagupta 四邊形: a = 145, b = 29, c = 5, d= 119 且 S = 1440。

(3) 對 e = 5, 在 (3) 式中令 m = 5, −2 和 m → ∞ 可得 λ¹ = 29

2 , µ1 = 13

2 ; λ2 = 2 11, µ1 = 5

11; λ3 = 2, µ3 = 1。

符合條件, 又取 k = 22, 則此時公式 (I) 即給出一個 Brahmagupta 四邊形: a = 50, b = 715, c= 325, d = 682 且 S = 127908。

上述(3) 中的取值稍微改一下: 取 λ3 = µ3 = 1

2, k = 44

5 , 其它不變, 可得一個較小的 Brahmagupta 四邊形: a = 10, b = 143, c = 130, d = 79, 此時 S = 5814。

有興趣的讀者可依據公式 (I) 自己去構造更多的 Brahmagupta 四邊形。

特別地, 對應於 e = 1, 我們可以方便地構造出一大類 Brahmagupta 四邊形。

定義 4([2]) : 邊長、 對角線長及面積均為整數的四邊形稱為 Heron 四邊形。

沈康身教授在文 [2] 中介紹的數學前輩們所構造的那些 Heron 四邊形都有外接圓。 當然, 有外接圓的 Heron 四邊形屬於 Brahmagupta 四邊形。

顯然, 這類 Brahmagupta 四邊形可以由邊長、 對角線長及面積均為有理數的圓內接四邊 形通過適當的相似放大得到。 為便於表述, 我們作如下定義:

定義 5 : 四邊長、 對角線長及面積均為有理數的圓內接四邊形稱為 Jiany 四邊形。

由定義 1 知: Jiany 四邊形即是對角線長為有理數的 QBJ 四邊形。 因此, 對 Jiany 四邊 形 ABCD, 由定理 1 證明中的結論 (2) 有: 對角線 |BD| ∈ F (e), 同理 |AC| ∈ F (e)。

另一方面, 由定義 5 知: Jiany 四邊形 ABCD 的對角線 |BD| ∈ Q, |AC| ∈ Q。

而對角線長不可能為 0, 則由引理 2 知必有 e = 1。

由此, 再結合定理 1、 引理 2 和引理 4 可得

定理4 : 圓內接四邊形 ABCD 四邊所對的圓周角依次為 α1, α2, α3, α4, 則四邊形 ABCD 是 Jiany 四邊形的充要條件是 : tanαⁱ

2 ∈ Q (i = 1, 2, 3) 且外接圓半徑 R ∈ Q。

因此, 對 Jiany 四邊形 ABCD, 我們可設: tanαi

2 = pⁱ (i = 1, 2, 3), 其中 pⁱ ∈ Q⁺ (i = 1, 2, 3)。

再令: R = 1

4k(1 + p²1)(1 + p²2)(1 + p²3) (k ∈ Q⁺)

經過一系列的計算可得 (類似於定理 3 的推導, 具體過程略) 定理5 : 任意 Jiany 四邊形均可由如下公式給出 (Jiany 數組公式):

(II)



















a= kp1(1 + p²2)(1 + p²3) b= kp2(1 + p²3)(1 + p²1) c= kp3(1 + p²1)(1 + p²2)

d= k(p1+ p2+ p3− p¹p2p3)(1 − p¹p2− p²p3− p³p1) 且其外接圓半徑 R = 1

4k(1 + p²1)(1 + p²2)(1 + p²3),

此時面積 S = k²(p1+ p2)(p2+ p3)(p3+ p1)(1 − p¹p2)(1 − p²p3)(1 − p³p1)。

其中參數的限制條件為: k ∈ Q⁺, pⁱ ∈ Q⁺ (i = 1, 2, 3) 且 p1p2+ p2p3+ p3p1 <1。

參數的幾何意義是: tanαⁱ

2 = pi (i = 1, 2, 3) , 其中 α1, α2, α3, α4 依次為圓內接四邊形 ABCD 四邊所對的圓周角 (如圖 1)。

容易算得由 Jiany 數組公式所確定的 Jiany 四邊形的兩條對角線長分別為 (如圖 1):

l1= |BD| = 2R sin(α¹+ α2) = k(p1 + p2)(1 − p¹p2)(1 + p²3), l2= |AC| = 2R sin(α²+ α3) = k(p2+ p3)(1 − p²p3)(1 + p²1).

在公式 (II) 中, 若將有理數 p1, p2, p3 均改為分數形式, 再取適當的 k 值以約掉四邊長和 對角線長的運算式中的分母, 使得它們均成為整數。 我們就可以得到一個可構造出內接於圓的 Heron 四邊形的公式!

限於篇幅, 這裡就不再列出這個公式。 僅舉一例:

取 p1 = 1

2, p2 = 2

5, p3 = 1

3, k = 180 時, 由公式 (II) 就可得如下內接於圓的 Heron 四邊 形: a = 116, b = 100, c = 87, d = 105, 面積 S = 10296。 其對角線長分別為: l1 = 144, l2 = 143。

注意到引理 4 是引理 3 中 e = 1 時的推論, 公式 (II) 對應的其實是公式 (I) 中 e = 1 時的特例。

6. 有趣的難題

Brahmagupta 四邊形是 Heron 三角形在平面情形的推廣。 而 Heron 三角形向空間推 廣就是所謂 Heron 四面體 — 六條棱長、 四個面面積以及體積均為整數的四面體。

需要指出的是: 文 [7] 中 「海倫四面體不存在」 這個結論是不準確的。 事實上, 文 [8] 作者 就找到了若干 Heron 四面體 (文 [8] 中稱之為 Perfect pyramid, 意為 「完美金字塔」)。 其中 最小的一個是: 以 117, 80, 53 為邊構成的三角形作為四面體的一個面, 且這三條棱所對棱長 分別為: 52, 51, 84。 這樣構成的四面體就是一個 Heron 四面體。 更多的例子請參見文 [8]。

尋找到 Heron 四面體的構造方法或公式, 這無疑是一個非常有趣而困難的問題。

參考資料

1. 吳波, 本原海倫數組公式 [J], 中學數學, 12(1999), 43-45。

2. 沈康身, 數學的魅力(二) [M], 上海: 上海辭書出版社, 2006, 44-50。

3. K. R. S. Sastry, Brahmagupta Quadrilaterals [J], Forum Geometricorum, 2(2002), 167- 173.

4. 潘承洞、 潘承彪, 初等數論 [M], 北京: 北京大學出版社, 1992, 55, 276, 361-366。

5. 吳波, 關於海倫三角形的一個有趣定理[J], 數學通報, 5(2006), 62。

6. 鄭格于, 一類齊次丟番圖方程的解法[M], 初等數學研究論文選, 上海: 上海教育出版社, 1992, 506- 520。

7. 沈康身, 數學的魅力(一) [M], 上海: 上海辭書出版社, 2004, 294。

8. R. H. Buchholz, Perfect Pyramids [J], Bull. Austral. Math. Soc., 45(1991), 353-368.

—本文作者任教重慶市長壽龍溪中學_—

Conference in Finite Groups and Vertex Algebras

日 期 : 2016 年 8 月 22 日 (星期一) ∼ 2016 年 8 月 26 日 (星期五) 地 點 : 台北市大安區羅斯福路四段 1號 天文數學館 6樓演講廳 詳見中研院數學所網頁 http://www.math.sinica.edu.tw