龍騰數亦優第42期

編輯室墨記

本期收錄 109 學年度普通型高級中學數學科能力競賽決賽試題，包含筆試試題、口 試試題及獨立研究試題，怎能錯過這篇練習的好機會呢？其後附上試題詳解，供您參考。

第 26 期刊登〈遞迴數列〉文章中，江慶昱老師探討各種遞迴數列的奧秘，當中提 到「分式型遞迴數列的不動點解法」 ，讓人好奇其中的原理。這一期江老師獻上〈關於 分式型遞迴數列的不動點算法〉 ，將深入討論這些奇妙的算式。

同樣研究遞迴關係，李維昌老師分別在第 37 期及 38 期探討：如何利用遞迴關係式 求連續正整數奇次方及偶次方和的公式解。這一次李老師帶來〈利用遞迴關係式求 r 為 自然數

1 1 n

r k

k





^{的公式解〉} ，依然精采萬分，一同跟隨李老師來體驗美妙的數學旅程吧！

印度知名數學家拉馬奴姜所發現的眾多等式一直是學者們致力探討的主題，在第 39 期〈拉碼奴姜等式的證明〉中，李維昌老師分享了其中一條等式。而這一期許閎揚老師 帶來〈  



 3      4

 5   的初等證明〉，成功證明了這個特別的數學等式！

歐氏幾何研究了直線與圓，以及兩者交織而成的圖形世界，具有豐富的美妙規律。

林鳳美老師在〈圓的刻畫與圓的應用〉中利用坐標將圓刻畫出來，並舉出常見的三種。

根據每一種刻畫都推導出圓的方程式，同時也舉出兩個圓的應用。

高斯對複數在數學的地位作出多少貢獻？日本人所稱「角谷猜想」如何預測數列的 奇與偶？

雙螺旋中有哪些數學性質？翻開動手玩數學，跟著許教授一起來解密吧！

歡迎將您的教學生活趣聞、甘苦談，教案分享、教材探討，以1000~2000字的內容，註明主 題、作者簡歷、聯絡電話與地址，投稿予 [email protected]。

發 行 人：李枝昌 編輯顧問：許志農 總 編 輯：蔡欣樺 執行編輯：周衍甫 美術編輯：蔡孟侖 封 面：

改繪自陳佩瑜著作

「根號翩翩」

發 行 所：龍騰文化事業股份有限公司 地 址：248021新北市五股區五工六路30號 電 話：(02)2299-9063

傳 真：(02)2298-9755 創 刊 日：2006/11/30 出 刊 日：2021/4/16

網 址：https://www.ltedu.com.tw

龍騰數亦優 2021.04 目次 龍騰業務跑天下 數學質好畫亦優

許志農 ^{臺灣師大數學系}

》 》109 學年度普通型高級中學數學科能力競賽決賽

江慶昱 ^{衛道中學退休教師}

》 》關於分式型遞迴數列的不動點算法

李維昌 國立宜蘭高中退休教師

》 》利用遞迴關係式求

為自然數

1 n

r k

k





^的公式解

許閎揚 彰化藝術高中數學科教師

》 》  



 3      4

 5   的初等證明

林鳳美 ^{成淵高中數學教師}

》 》圓的刻畫與圓的應用

許志農 ^{臺灣師大數學系}

》 》動手玩數學專欄

》》動手玩數學《第 41 期》破解祕笈 3

29

39 21 17

33

數亦優 3

1. 試找出所有可能的三個連續正整數，它們都是質數的正整數次方。

2. 設P x 為 n 次多項式（( ) n ），其各項係數都是非負實數，且領導係數與常數項都是 1。已1 知方程式P x( ) 0 的所有解都是實數，試證：對任意x ，不等式 ( ) (0 P x  x1)ⁿ恆成立。

3. 給定銳角三角形 ABC ，其三邊長 BC a 、 CA b 、 AB c ，又正三角形 PQR 內一點 M ， 滿足PM  、 QM ba  、 RM c ；並設 PQR△ 以點Q 為中心順時針方向旋轉 60°後得到

RQR

△ ，且點M 移轉到點 M  ，如圖所示：

(1) 試證：四邊形PQRM與四邊形MQM R 的面積相等，並求此面積（以a b c, , 表示）。

(2) 若D為△ABC內部的一點，使得ADB BDC CDA120（即 D 為 ABC△ 的費馬 點），且AD BD CD d   ，試求 PQR△ 的面積（以d 表示）。

1. 2. 3.(1) 3.(2)

(2,3,4) , (3,4,5) , (7,8,9) 見解答 見解答 3 ² 4 d

筆試試題(一)

數亦優 4

1. 三個連續正整數n n, 1,n2中至少有一個偶數，它必須是2 的次方，考慮2¹ 、2 2² 、4 23 ，即可得到 (2,3,4) , (3,4,5) , (7,8,9) 三組答案。 8

以下證明除了這三組之外，不會有其他的解。設還有其他三個連續正整數的解，此三數中有 一數為2^k，且k 。因為連續的兩個偶數都是 2 的次方者只有4 2¹ 與2 2² ，所以，這三4 個連續正整數必為2^k  , 21 ^k, 2^k 。又三個連續正整數中至少有一個數能被 3 整除，所以21 ^k1 與2^k 中有一個數為 3 的次方。 1

① 若 2^k  ，由1 3ⁿ k ， 2 1 74 ^k   (mod8)，且當n2m為偶數時，3^2m (mod8)； 1 而當n2m 為奇數時，1 3^2m1 (mod8)，矛盾！所以， 2 1 33 ^k   。 ⁿ

② 若2^k  ，因為1 3ⁿ k ， 24 ^k  (mod4)，且1 1 3^2m (mod4)、1 3^2m1 (mod4)， 3 所以，n 必為偶數。又因為

23^x  (mod7)，1 2 2^{3 1x}   (mod7)，1 3 2^3x2  (mod7)； 1 5

而3^6y  (mod7)，1 3^6y2 (mod7)，2 3^6y4 (mod7)，所以， 2 1 34 ^k  ⁿ (mod7)。 2 由此可知2^k  是 7 的次方，即 21 ^k   ；但是 2 1 151 7^{z k}   (mod16)，且

72^w  (mod16)，1 7^2w1 (mod16)，矛盾！ 7 因此，滿足條件的三個連續正整數恰有(2,3,4) , (3,4,5) , (7,8,9) 三組。

2. 首先觀察，當n 時， ( )1 P x   ，而方程式 ( ) 0x 1 P x  的解為x  。 1

當n 時，令2 P x( )x²ax ，其中1 a ，且 ( ) 00 P x  的根為 ² 4 2 a a x   

 。

其中a²  。可推得4 0 a ，且二根都是負數，因此，2 P x( )x²ax 1 (x1)²。 當n 時，令3 P x( )xⁿa x_n1 ^n1a x_n2 ^n2  a x₁ 1，根據題意，a ,₁ a ,…,₂ a_n1都是非負實 數。因此，P x( ) 1 ，對任意x 均成立。又 ( ) 00 P x  的所有解都是實數，由上述討論得知 這些解都必為負數。令 ,x₁  ,…,x₂  為 ( ) 0x_n P x  的所有實數解，其中，x ,₁ x ,…,₂ x_n ，0

1 2 _n 1

x    x  x ，且

1 2

1 2 1 1 2

( ) ⁿ _n ⁿ _n ⁿ 1 ( )( ) ( _n) P x x a x_ ^ a x_ ^   a x  x x x x     x x 。

欲證：對任意x ， ( ) (0 P x  x1)ⁿ，即證P x( ) ( x x x x ₁)(  ₂)   (x x_n) ( x1)ⁿ，亦即

1 2

1 2

( )( ) ( ) 1 1 1

( )( ) ( )

n n n

n

x x x x x x x x

x x x x x x

         

    

  。

當x 時，命題顯然成立。當0 x 時，利用算幾不等式， 0

1 2

1

( )( ) ( )

n n

x

x x x x x x



    

1 2

1 2 1 2

( )( ) ( ) ( )( ) ( ⁿ )

n n

n n

x x x x x x

x x x x x x x x x x x x

     

       

1 2

1 2 1 2

1 1 1

( ) ( ⁿ ) 1

n n

x x x x x x

n x x x x x x n x x x x x x n n

          

        。

數亦優 5 3. (1) 顯然，△PMQ△RM Q （SSS 全等性質）。

因此，

PQRM

□ 的面積 PMQ MQR  RQM MQR  □MQM R 的面積。

又△MM Q 為正三角形，得MM MQ b ；所以， MRM△  △ABC（SSS 全等性質）。

因此，

PQRM

□ 的面積 □MQM R 的面積

2 2

3 3

( )( )( )

4 4

MRM MQM ABC b s s a s b s c b

            ，

其中 2

a b c s   。 (2) 由對稱性可得

QRPM

□ 的面積 3 ²

ABC 4 c

   ，□RPQM的面積 3 ² ABC 4 a

   。 因此，

1 PQR 2

   ( PQRM□ 的面積 □QRPM的面積 □RPQM的面積)

2 2 2

3 3

( )

2 ABC 8 a b c

     。

令AD u 、 BD v 、 CD w ，則

1 3

( )sin120 ( )

2 4

ABC uv vw wu uv vw wu

        。

由餘弦定理，a²w²wv v 、² b²u²uw w ²、c²v²vu u ，可得 ²

2 2 2 2( 2 2 2)

a b  c u v w uv vw wu  。 因此，

^{PQR  3}_{2 4}^{3 (uv vw wu  )} ₈^{3 }









3 2 2 2

4 u v w uv vw wu

     

2 2

3 3

( )

4 u v w 4 d

    。

數亦優 6

1. 設  表示所有正整數所成的集合，且函數 f：滿足：對於任意的m , n   ， ( ( ))f m 2 f n( )可以整除(m²n)²。試證：對所有的n  ， ( )f n  。 n

2. 設△ABC是銳角三角形，M 是BC 的中點， A 的分角線與 BC 交於點 Q ，又點Y ， Z 分別 在CA ， AB 上，且△MYZ的內心為P 。已知 B ， C ，Y ， Z 四點共圓，且 A ，Y ， P ， Z 四點共圓，試證：B ， Z ， P ， Q 四點共圓。

3. 在正n 邊形的每個頂點上放置一顆石頭，並按以下規則操作：每一次操作可以選擇兩個相鄰 的頂點並交換石頭。試問至少需要操作多少次，才會使得每顆石頭以順時針方向數都距離其 初始位置恰好

2

 n

  格？其中符號 2

 n

  表示不大於 2

n的最大整數。

1. 2. 3.

見解答 見解答

2 2

n n

n 

   

   

   

筆試試題(二)

數亦優 7 1. 當m n  時，由題設可知1 ( (1))f ² f(1)為(1²1)² 的因數。因為4 x²  沒有正整數解，x 4

且( (1))f ² f(1) 1 ，所以，( (1))f ² f(1) 2 ，故 (1) 1f  。因此，

當m 時，1 1 f n( ) (1n)²，其中n 為任意正整數。…………①

當n 時，1 ( ( ))f m ²1 (m²1)²，其中m 為任意正整數。……②

如果存在無窮多個正整數k 使得 ( )f k  ，則對任意一個固定的 nk   和每一個滿足 ( )f k k 的正整數k ，k² f n( ) ( ( )) f k ² f n( )可以整除(k²n)²。又

2 2 2 2 2 2

(k n) [(k  f n( )) ( n f n ( ))] A k(  f n( )) ( n f n ( )) ，

即(n f n ( ))²(k²n)²A k( ² f n( ))，其中A 為某一整數。於是可知(n f n ( ))²能被

2 ( )

k  f n 整除。因為有無窮多個k 滿足此性質，所以，(n f n ( ))² ；因此，對所有的 n  ，0 ( )

f n  。 n

現在，我們僅須再證明：存在無窮多個正整數k 使得 ( )f k  。 k 對於任意的質數p ，由①式可得1f p( 1) p²；所以，

( 1) 1

f p   或p f p(   1) 1 p²。

若 f p(   1) 1 p²，由②式可知(p²1)² 是1 [(p1)²1]²的因數。但 p 是質數，p ， 1 所以，(p²1)² 1 (p1) (² p1)²。又

2 2 2 2 2 2

[(p1) 1] [(p1) (p1)] (p1) p ，矛盾！

因此， f p(    ，得知 (1) 1 p f p   ；即對所有的質數 p ， (1) p 1 f p   。 1) p 1 因為有無窮多個質數p ，所以，有無窮多個正整數k  使得 ( )p 1 f k  。 k

2. 因 A 、Y 、 P 、 Z 共圓， PYZ  PZY  PAZ PAY   。所以， A 180 2( ) 180 2

YMZ PYZ PZY A

           。

設以BC 為直徑的圓分別與 CA 、 AB 交於點 E 、 F ，則 BE CA ，CF AB，推得

2 2(90 )

EMF FBE A YMZ

         。

因AYZ    B AEF，得YZ EF 。若 Y 在線段 AE 內（外），則 Z 在 AF 內（外）， ||

故EMF （  ） YMZ 。但EMF YMZ，所以，Y 與 E 重合、 Z 與 F 重合。

由此可知MYMZ，得PAZ  PYZ PZY  PAY，即AP



是 的分角線， A 故A 、 P 、 Q 共線。因此可得 ZPA  ZYA  ，所以， B 、 Z 、 P 、 Q 四點共圓。 B

數亦優 8 3. 令

2 k  n

   。首先，證明k n k(  )是操作次數T 的一個下界。令第 i 個頂點上的石頭以順時針 方向移動a 格，而逆時針方向移動_i b 格，則有_i a b_i _i k (mod )n 。可令

i i i

a b c n k ，其中c 為整數，_i i1, 2,3, , n。 因為全部的操作次數

1 1

n n

i i

i i

T a b

 







1 1 1

0 ⁿ ( _{i i}) ⁿ ( _i ) ⁿ _i

i i i

a b c n k n c kn

  









1 n

i i

c k





①當c_{n k 1} 時，0 c₁ c₂ c_{n k} 0，故c₁  c₂  c_{n k} 0。

②當c_{n k 1} 時，0 c_n c_n1c_{n k 1} 1，故

1 2

1 1 1

( 1) 0

n n n

n k i i

i i n k i n k

c c c_ c c k

      

  ^ 







1 1 1 1

( ) ( ) ( )

2 2

n n k n k n k

i i i i

i i i i

n n

T a ^ a ^ b c n k ^ k k n k n

   

   











其次，構造一個可達到下界的操作方式：依順時針將石頭編號1,2,3, ,n ，先將編號 1 的 石頭順時針方向移動k 格（此時，編號2,3, , k1的石頭逆時針方向各移動1 格），接著，

將編號k2,k  的石頭順時針方向各移動 k 格（此時編號 2,3, ,3, ,n  k1的石頭再依逆時 針方向各移動n k  格）；每顆石頭以順時針方向數都距離其初始位置恰好 k 格，且操作次1 數T k k n k  (   1) k n k(  )。

數亦優 9

1. 正整數數列 a 滿足：對於每一個正整數_n k ，a_k1等於a 的每一位數字之和的平方；例如：_k 當a_k 25時，a_k1(2 5) ² 49，a_k2(4 9) ² 169。已知a₁2²⁰²⁰，試求a₂₀₂₀的值。

2. (1) 考慮{1,2,3,4,5}的三個非空子集，滿足這三個集合的交集為空集合，且兩兩交集非空。

試問這樣的三個集合有多少種？

(2) 若改為{1,2,3,4,5}的四個非空子集，滿足此四個集合的交集為空集合，且任三集合交集非 空。試問這樣的四個集合有多少種？

1. 2.(1) 2.(2)

256 305 種 65 種

口試

數亦優 10

1. 利用2^n62 ( mod 9)ⁿ ，由2020 6 336 4   ，可得

2020 4

1 2 2 7 ( mod 9)

a    。

因此，a₂7²4 ( mod 9)、a₃4²7 ( mod 9)。 進一步利用數學歸納法，可得

2_m 4 ( mod9)

a  且a_2m17 ( mod9)。 令S a 表示( )_n a 的每一位數字之和。由_n a₁2²⁰²⁰2^{3 674} 10⁶⁷⁴，得知

( ) 9 674 60661

S a    。 因此，a₂6066²37 10 ⁶；故S a( ) 2 9 7 65₂     。 依序可得a₃65²43 10 ²  S a( ) 3 9 3 30₃     。因此，

2

4 30

a  且a₄ 4 ( mod9)。 故a 的所有可能值為₄ a₄2 ,7 ,11 ,16 ,20 ,25 ,29^{2 2 2 2 2 2 2}。 由此可知，a₅4²16或a₅13²169。再依序可推得：

6 49

a  或256 、a₇169、a₈256、a₉169、a₁₀256。 一般而言，當n 時，4 a_{2 1n} 169、a_2n256，故a₂₀₂₀ 256。

2. (1) 題目的三集合是無順序的，但為了方便，我們先假設三集合名為 A 、 B 、 C 。 畫出Venn Diagram 後，先觀察下列三集合的元素個數： A B 、 B C 、 C A 。

① 若三個數皆為 1，則有C₁⁵C₁⁴C₁³60種選法，其他兩個未出現的元素填入 A B C  、 A B C  、 A B C  、 A B C  ，

有4²16 種方法，計有60 16 960  種。

② 若三個數有兩個 1，一個 2，則有C₂⁵C₁³C₁² 3 180種，剩一個元素填入 A B C  、 A B C  、 A B C  、 A B C  ，有 4 種方法，計有 720 種。

③ 若三個數有兩個 1，一個 3，則有C₃⁵C₁²C₁¹ 3 60種。

④ 若三個數有兩個 2，一個 1，則有C₁⁵C₂⁴C₂² 3 90種。

以上加起來有960 720 60 90 1830    種，但集合是無序的，所以要除以3! 6 ， 得1830

6 305種。

(2) 改成四個集合 A 、 B 、 C 、 D 時，一樣先觀察任三個集合交集的元素個數：

A B C  、 B C D  、C  、 D A BD A   。

① 若四個數皆為 1，則有C₁⁵C₁⁴C₁³C₁²120種選法，剩下一個未出現的元素填入其 他2⁴  4 1 11個集合中（集合A B C   除外），即有 11 種選法， D

故計有120 11 1320  種。

② 若四個數有三個 1，一個 2，則有C₂⁵C₁³C₁²C₁¹ 4 240種。

但集合是無序的，所以加起來後要除以4! 24 ，得1320 240 24 65

  種。

數亦優 11

1. 已知 n 為正整數，且n2^n1 為完全平方數，試求所有可能的 n 值。 1

2. 在平面x2y3z 上有一凸十邊形，其頂點均為格子點（即 x 坐標、 y 坐標、 z 坐標均為4 整數的點）。試證此凸十邊形的面積不小於5 平方單位。

3. 日本社團「數學愛好協會」舉辦「圓形蛋糕切三等分大賽」，

圖為最優秀獎的切法。其數學結構說明如下：

(i) 點 O 為圓心。

(ii) 六角星的頂點A A A A A A 為正六邊形的六個頂點， 1 2 3 4 5 6

且OA₁：OA₃1 2： 。

(iii) B、C 分別為OA ，₁ PA 的中點，且 BB、CC 分別與₄ OA 、₁ PA 垂直。 4

(iv) D 在OA 的延長線上，₆ A D₆ OB，且DD 與OA 垂直。 ₆ 已知OB ，試證： B ， C ， D 將圓周三等分。 1

1. 2. 3.

5

n 見解答 見解答

獨立研究試題(一)

數亦優 12

1. 由已知條件，可令n2^n1 1 m²，則n2^n1(m1)(m 。 1) 顯然，n , 2, 3 代入不成立，所以，1 n 。 4

又n2^n1(m1)(m ，且值為偶數，得知 m 必為奇數。 1) 令m2k ，則1 n2^n3k k(  。……① 1)

因為連續整數k 和k 互質，所以，1 2^n3可整除k 或k 。 1 由此得2^n3  ，再由①式可推得 n kk 1  ；因此，2^n3  。 n 1

又由數學歸納法可知：當n 時，6 2^n3  ，不合；故n 1 n 或4 n 。 5

當n 時，4 4 2  ³ 1 33不是完全平方數，但n 時，5 5 2  ⁴ 1 81是完全平方數。

因此，所求n 的值只有一個，即n 。 5

2. 凸十邊形可用一對角線切割成兩個凸五邊形，因此，僅須證明平面x2y3z 上，每一個4 凸五邊形S ： ABCDE 的面積都不小於5

2平方單位。

注意：平面x2y3z 上的格子點之 x 坐標與 z 坐標有相同的奇偶性。將此平面上的格子4 點分成四類：(偶,偶,偶)、(偶,奇,偶)、(奇,偶,奇)、(奇,奇,奇)。

因此，由鴿籠原理得知：在格子點A 、 B 、 C 、 D 、 E 中必有兩點的中點也是格子點。

以下的操作方式可以證明凸五邊形S 的內部必有一格子點。

首先，利用格子點A、 B 、C 、 D、 E 中某兩點的中點E 也是格子點。若₁ E 不在凸五邊形 S₁ 的邊上，則E 即為 S 的內點。若₁ E 在 S 的邊上，設₁ E₁AE，則將S 刪掉△DEE₁成為一較小 的凸五邊形S ：₁ ABCDE 。此時，格子點 A 、 B 、 C 、 D 、₁ E 中也會有某兩點的中點₂ E 也₂ 是格子點。若E 不在凸五邊形₂ S 的邊上，則₁ E 為₂ S 的內點。若₁ E 在₁ S 的邊上，則仿前面的₁ 方式，刪掉某一三角形後可得到一較小的凸五邊形S ，且每一頂點都是格子點。因為凸五邊₂ 形S 的內部及邊界上最多只有有限個格子點，依上述的操作有限次後就可得到頂點都是格子 點的最小凸五邊形S ，其各邊的中點都不是格子點。此時，_k S 的內部就一定有格子點 F 。_k 此點F 也在 S 的內部，並將 S 分成五個格子頂點的三角形：

FAB

△ 、△FBC、△FCD、△FDE、△FEA。 又每一個格子頂點三角形的面積至少是1

2，故凸五邊形S ： ABCDE 的面積不小於5

2平方單 位。

數亦優 13 3. ① 由OA₁：OA₃1 2： 且OBA B₁  ，可得 1

1 2

OA  ，OA₃ ，且正三角形4 A A A 的邊長為 6。 _{1 3 5} 過A 作正三角形的高，可得 ₅

5 3 3

A H  且OH  ， 1 故此圓的半徑OA₅  (3 3)²1² 2 7。

② 設  BOB，  DOD。

因為OB 等於圓半徑 2 7 且OB ，所以1 1 7 cos 2 7  14 。

又OD 等於圓半徑 2 7 且OD   ，所以4 1 5 5 5 7 cos 2 7  14 。 最後，我們可以證明BOD的角度為120 。

由 7

cos 14 ， 5 7

cos  14 可得 189 3 21

sin  14  14 ， 21 sin  14 。 因此，

2

7 5 7 3 21 21 35 63 1 cos( ) cos cos sin sin

14 14 14 14 14 2

            ^  ，

故    ，而60 BOD       60  60 (  ) 120  。

數亦優 14

1. 設正實數x ， y ， z 滿足3(x y z  )²10(xy yz zx  )，試求x

z的最大可能值。

2. 試確定所有可能的正整數n ，滿足以下的性質：「對空間中任意 2n 邊形（頂點可能不在2 同一平面上），當它的n 組對邊互相平行且相等時，各邊的中點必在同一平面上」。

3. 試求所有可能的二次整係數多項式函數 f x( )ax²bx c 及整數 d ，同時滿足以下兩條件：

(1) | ( (0)) | 2020f f  。

(2) ( (1))f f  f f( (2)) f f( (3)) 。 d

1. 2. 3.

2 3 n 或2 n 3

( ) 4 2 16 12 f x   x  x 或2x²8x 或5 2x²8x9

或4x²16x16。 對應的d 值分別為

12,1,3,16

獨立研究試題(二)

數亦優 15 1. 原式兩邊展開後，整理可得

2 2 2

3(x y z ) 4( xy yz zx  )。

令 x

k  z 及 y

w z ，上式可整理成

2 2

3w 4(k1)w(3k 4k  。 3) 0 上面w 的二次方程式有實根，故其判別式

2 2

16(k 1) 4 3 (3k 4k 3) 0

         ， 即k²4k  。可解得 21 0  3  k 2 3，故 x

z 的最大可能值為 2 3。

例如：當 2 2 3

w  3 時，k 2 3。 另解：原式兩邊同除以z ，可得 ²

2

3 x y 1 10 x y y x

z z z z z z

         

   

   。

令 x

k z 及 y

w z ，上式可整理成

2 2

3w 4(k1)w(3k 4k  。 3) 0 仿上面的過程，可推得 x

k z 的最大可能值為 2 3。

2. ① 當n 時，該四邊形都是平行四邊形，故其各邊的中點在同一平面上。 2

② 當n 時，設六邊形為 ABCDEF ，其各邊中點分別為 A、 B 、 C 、 D 、 E 、 F 。 3 由AB 與 DE 平行且相等，得知 ABDE 為一平行四邊形，設兩對角線 AD 與 BE 交於點 P 。 利用平行四邊形的對角線互相平分，故P 為AD 的中點，也是 BE 的中點。同理，可得三 條對角線AD 、 BE 、 CF 都交於點 P ，且 P 為此三條對角線的中點。今以點 P 為原點，

令PA

 

，PB

 

，PC

 

 

，PE

 

，PF

 

1( ) PA

  

， 1

( )

PB

  

， 1

( )

PC

  

PD



 

， 1

( )

PE



 

， 1

( )

PF

  

。

數亦優 16

因為PA

  

，得P 、 A、 B、C 四點共面。同理， P 、 B、C 、 D 四點共面，

P 、C、 D 、 E 四點共面， P 、 D 、 E、 F 四點共面；故各邊中點 A、 B、C、 D 、 E 、 F 都在同一平面上。

③ 當n 時，可取 2n 邊形4 A A A_{1 2 3}A_2n的頂點坐標為

1 1

(cos ,sin ,0)

1 1

i

i i

A n^  n^ 

  ， 2 2

(cos ,sin ,1)

1 1

n i

n i n i

A_ n^{ }  n^{ } 

  （i ,2,3,…, n ）， 1 則此2n 邊形的各邊中點不在同一平面上。

因此，滿足條件的正整數n 或2 n 。 3

3. 注意： f f p( ( )) f f q( ( ))a f p(( ( ))²( ( )) )f q ² b f p( ( ) f q( ))c(1 1) ( ( )f p f q af p( ))( ( ) af q( ) b)

    。

利用條件(2) ( (2)) ( (1)) 0 ( (3)) ( (2)) 0 f f f f

f f f f

 

  

 ，可得

2

2

(3 )(5 3 2 ) 0 (5 )(13 5 2 ) 0

a b a ab ac b a b a ab ac b

     



    

 。

若3a b 5a b  ，得0 a （不合）；故 3a b0  與 5a b 兩者不能全為 0。

① 當 3a b  時， 50 a b  ，故0 13a²5ab2ac b  ；以0 b  代入， 3a 化簡得到2(c a ) 3 （不合）。

② 當 5a b  時， 30 a b  ，故0 5a²3ab2ac b  ；以0 b 5a代入，

化簡得到2(c5 ) 5a  （不合）。

③ 當13a²5ab2ac b  且0 5a²3ab2ac b  時，兩式相減，可得0 b 4a。 代入化簡得到7a2c 。因此， a 必為偶數。 4

令a2k，則b 8k ，c7k ，即2 f x( ) (2 ) k x²(8 )k x(7k 。 2)

又2020 | ( (0)) | | (7 f f  f k2) | | 98 k³  ，得k 2 | k  , 12  ,0,1,2，其中k  不合。 0 故所求 f x( ) 4x²16x12或2x²8x 或5 2x²8x 或9 4x²16x16。

經檢驗此四個函數也都滿足條件(2)，其對應的 d 值分別為 12 ,1,3,16。

數亦優 17

一、前言》

有一個相當不錯的網站「Math Pro」（參考資料[1]），是一群熱情的年輕人建立的，主要是針 對要考高中數學教師甄試而設立。

我偶爾有些問題，甚至於是國中的，發布在網站上，都很快有高手幫忙解答。

我在龍騰數亦優雜誌第 26 期有一篇文章「遞迴數列」，其中提到「分式型遞迴數列的不動點 解法」，就是在這個網站上看到的。

二、所謂不動點》

布勞爾（L.E.J.Brouwer，1881～1966）是直覺論邏輯的鼻祖，1910 年他發現不動點定理。或許 是他在早上喝咖啡的時候發現的吧！他也是提倡建構主義的人。江澤涵先生（1902～1994）也 是這方面的專家。

不動點算法可以建構性地把多項式方程式的根找出來（參考資料[4]）。

不管是哲學層面或是實際計算的層面，不動點理論都很令我傾心。

三、所謂不動點解法》

請上網看參考資料[3]

數列  的遞迴公式為a_n a_n  f a( _n1)，把a a_n, _n1換成x ，x f x( )的實數解稱為不動點。

例如：a₁ ，1 ¹

1

2 6

1

n n

n

a a a





 

 ，求a 的一般項公式如下。 _n 1. 考慮 2 6

( ) 1 f x x x

x

  

 ，求出不動點x₁ ，3 x₂  ， 2 姑且稱x²   為「 ( )x 6 0 f x 的不動點方程式」。

又因為

1

1 1

1 1

1

2 6

3 1 3 1 3

( )( )

2 6

2 2 4 2

1

n

n n n

n n n

n

a

a a a

a a a

a







 



   

   

  



， 3

2

n n

a a

  

 是等比數列，

所以 3 2 1 ¹ ( )( ) 2 3 4

n n n

a a

    

 ，即可以解出

1 1

1 1

9 4 4 ( 1) 3 4 2 ( 1)

n n

n n n

a

 

 

   

     。

江慶昱／衛道中學退休教師

數亦優 18 2. 令 _n ⁿ

n

a p

 q ，則 ^{1 1}

1 1

2 6

n n n

n n n

p p q

q p q

 

 

 

 ，取p_n2p_n16q_n1，q_n p_n1q_n1，

則 ^{1 1}

1 1

2 6 1 1

n n n

n n n

p p p

q q A q

 

 

      

 

      

 

     。 算出A 的固有值與固有向量： Auu，

1

3 4

u^{ } 1  

  ， 2 ₂

1 1

v^^{ }  

  ， 3 2

1 1 B   

  

 ，

1 4 0

0 1 B AB^  

   ， ₁ ¹ ₁

1

1 2 1 2

a p u

q

  

     

 

    

， ₂ ² ₂

2

4 1

a p u

q

   

   

   ，

1 1 1 1 1

1 1 1

1 1

1 1 1 1 1

1 1 1

4 0 1 3 4 2 ( 1) 6 4 6 ( 1) 0 ( 1) 5 4 ( 1) 2 4 3 ( 1)

n n n n n

n n

n n n n n

n

p p p p

A B B

q q q q

    

 

    

   

               

      

                 

      ，

其中取 ¹

1

1 1 p q

   

   

 

  ， 得

1 1

1 1

9 4 4 ( 1) 3 4 2 ( 1)

n n

n n n n

n

a p q

 

 

   

 

    。

特別一提，這裡A 有一個特徵方程式2 6 1 1 0

x x

 

 ， 我一直在思考「不動點方程式」與特徵方程式有什麼關係。

「不動點方程式」的根（即不動點）與A 的固有值到底有什麼關係，或者說解法 1.與不動點有 什麼關係。

在參考資料[2][3]中並沒有提供這樣的資訊。

龍騰數亦優雜誌第26 期是 2015 年 3 月發行，換句話說，我的大惑不解擺了 5 年。

四、因緣俱足之日》

2020 年 4 月初，因為某種因緣，我在網路上遇到學弟黃振芳先生，進而認識鄭日新先生，又 連絡上同學李志豪先生。

振芳兄因為看到我在 CASE（臺大科學教育發展中心）寫的「我的數學夢」，因此鼓勵我再重 拾微分幾何之夢。

微分幾何裡面，線性代數是一個重要工具。

黃武雄老師在「微分幾何講稿」或從前的「高中實驗本數學」都一再強調，固有值理論也是重 中之重。因此，我把多年的困惑向這些新認識的朋友提出，也得到熱情回應。

日新兄提到在商空間中，[ ] [u  u]，所以對A 合乎不動點的要求，即 [ ] [A u  u] [ ] u 。坦白 說，不是真懂。於是我把整個過程重算了一遍。

數亦優 19 結論是：

2 6 A 1 1

  

 ，Au₁u，Av₂v，

固有值 ₁ 3 ₁

4 3

u 1 x

   ^{ }  

  ，

₂ 2 ₂

1 2

v 1 x

    ^^{ }  

  ，

我一直想A 的固有值與「不動點方程式」中的不動點對應（因為都是實數），

其實一直搞錯方向，是固有向量與「不動點方程式」中的不動點對應。

已知a ，₁ ¹

1 n n

n

aa b a ca d





 

 ，求a 的一般項公式。 _n 令 _n ⁿ

n

a p

 q ，則 ^{1 1}

1 1

n n n

n n n

p ap bq q cp dq

 

 

 

 ， 有一個 a b

A c d

 

  

 ，使得 ¹

1

n n

n n

p p

A q q





   

   

   ， 在求 ( ) ax b

f x x

cx d

  

 的不動點時，我們注意到若 _n ⁿ

n

a p u

 q  ，則 ⁿ

n

p u q



 ^{ ，} 所以在求 f x 的不動點的過程中，( ) ^{n n n n}

n n n n

p p ap bq q q cp dq





  

 ，即Auu， 就是日新兄所說的[ ] [ ] ⁿ

n

u u p

 q

  ，A u[ ] [ u] [ ] u ， 因此 f x 的不動點就是 A 在上述商空間的不動點。 ( )

所謂商空間（quotient space）應該就是在這種情況下引入的。

五、後記》

昨晚，重看「劍橋五重奏」。

杜文仁先生在導讀中提到「人透過集中的思維是可以進入超心層的，這從許多科學家，

例如Poincaré，和藝術家，例如 Mozart 的自述中可以得到印證。」

早上，因為要寫這篇文章時，就上網瀏覽了一下數亦優的網站，發現第33 期有一篇

「H. Poincaré 談數學創造」，Poincaré 說潛意識下的工作在數學創造中占有重要的地位。

這跟榮格（C. G. Jung）關於潛意識的理論不謀而合。

一個牽掛甚久的問題，大概在我的潛意識工作了很久。托日新兄的福，點了一個火種，終於通 解。而且對商空間有更深入的認識，是附帶的收穫。

在平淡無奇的生活中，還有比這個更值得喜悅的嗎？

數亦優 20

六、參考文獻》

1. 「Math Pro」https://math.pro/db/

https://math.pro/db/thread-1668-1-1.html

2. 數學傳播季刊第 28 卷第 1 期，遞歸數列與不動點

https://web.math.sinica.edu.tw/mathmedia/media18.jsp?voln=281 徐瀝泉 王繼岳 陳漢治 3. 「不動點法」求數列通項的理論依據是什麼？

https://kknews.cc/zh-tw/education/85xvo6e.html

4. 數學傳播季刊第 17 卷第 3 期，多項式方程求根的魔術植物栽培算法 https://web.math.sinica.edu.tw/mathmedia/media18.jsp?voln=173 王則柯

數亦優 21

利用遞迴關係式求 r 為自然數

1 1

n r

k

k



  ^的公式解

一、研究目的》

本文利用二項式定理，尋得遞迴關係式，來求

1

1

n r

k

k





二、研究過程》

1. 以 ( )S n 表示_r ¹

1

n r

k

k





n r

k

k



2. 利用二項式定理，尋求遞迴關係式：

設 ^{1 1}

0

( ) 1 1

r r r i

r i i

i

S n C B n

r

  



  





0

( 1) 1 ( 1)

1

r r r i

r i i

i

S n C B n

r

  



    





1 1 1

0

( 1) ( ) 1 [( 1) ]

1

r r r r i r i

r r i i

i

n S n S n C B n n

r

    



        





1 1 1 1

0 0 1 1

1 1

[( 1) ] [( 1) ]

1 1

r r r r r r

C B n n C B n n

r r

   

           

 

1 1 1

2 2

1 [( 1) ]

1

r r r

C B n n

r

  

     





1 1 1

1 [( 1) ]

1

r

r r

C B n n

r

      



1 1 1 1 1 2 1

0 0 1 2 3 1

1 [ ]

1

r r r r r r r r

C B C n C n C n Cr

r

      

        

 

1 1 2 3

1 1 1 2 3

1 [ ]

1

r r r r r r r r

C B C n C n C n Cr

r

   

       

 

1 1 2 1 3 1 4 1

2 2 1 2 3 1

1 [ ]

1

r r r r r r r r

C B C n C n C n Cr

r

       

        

 



1 1

1

1 [ ]

1

r

r r

C B C r

    



李維昌／國立宜蘭高中退休教師