Transcript 2. 拆與併
Slide 1
從上例可以看出「拼湊」不僅是一個十分
有效的方法，其內含也十分深刻，在數學
學習中，應注意累積「拼湊」的經驗，在
解數學題時，當腦中構想出一種數學模型，
不要輕易放棄你的想法，善於拼湊往往能
助你獲得成功。
Slide 2
2. 拆與併─拆與拼是中學的數學中最廣泛使
用的分合思想方法，善於對式子進行「拆、
拼」是解決數學問題的最基本的技能。國
中數學中的合併同類項、分組分解因式、
配方、加減消去法、分合比定理等等都是
需要熟練應用拆拼的技巧。在高中數學中，
拆拼法也形成許多固定的用法，最典型的
例子就是數列求合中的「拆項」求和法與
「分項」求積法。拆與拼看似兩個矛盾的
對立面，這裡卻相輔相成，有機的結合在
一起。
Slide 3
例 3.
試 求 1 2 3 2 3 4
n ( n 1)( n 2) 的 和 .
Slide 4
提示：
x ( x 1)
1
( x ( x 1)( x 2) ( x 1) x ( x 1) ) ,
3
x ( x 1)( x 2)
1
( x ( x 1) ( x 2)( x 3) ( x 1) x ( x 1)( x 2) ) ,
4
1
( x ( k 1) y )( x ky )
1
y
(
1
x ( k 1) y
1
x ky
).
Slide 5
【 參 考 解 答 】： 在 拆 項 相 消 求 和 中 常 用 到 下 列 恆 等 式 ：
x ( x 1)
1
( x ( x 1)( x 2) ( x 1) x ( x 1) ) ,
3
x ( x 1)( x 2)
1
( x ( x 1) ( x 2)( x 3) ( x 1) x ( x 1)( x 2) ) ,
4
1
( x ( k 1) y )( x ky )
1
y
(
1
x ( k 1) y
1
x ky
).
由上列第二個公式, 求和式子中的一般項可表示為
a n n ( n 1)( n 2)
1
( n ( n 1)( n 2)( n 3) ( n 1) n ( n 1)( n 2) ) .
4
令 g ( n ) ( n 1) n ( n 1)( n 2) , 則
an
1 2 3 2 3 4
n
1
1
4
n
( g ( k 1) g ( k ) )
k 1
( n (( n 1)( n 2) ( n 3) 0 )
4
n (( n 1)( n 2)( n 3)
4
( g ( n 1) g ( n ) ) .
4
n ( n 1)( n 2)
k (k 1)( k 2)
k 1
1
.
1
4
( g ( n 1) g (1) )
Slide 6
例 3.
設 正 數 列 a 0 , a1 , a 2 ,
, an ,
滿足：
(1) a 0 a1 1 ,
(2) 對 所 有 的 n 2 ,
an an 2
試 求 數 列 { an } 的 通 項 公 式 .
a n 1 a n 2 2 a n 1 .
Slide 7
【 參 考 解 答 】： 分 項 求 積 法 是 使 用 恆 等 式 ：
a n a1
a2
a1
a3
a2
an
, n2.
a n 1
或
n 1
an
a1
k 1
a k 1
, n2.
ak
事 實 上 , 對 於 一 階 遞 推 式 a n 1 ( n ) a n , 且 給 定 初 始 值 a1 , 所 所 定 義
的 數 列 { an } , 其 通 項 公 式 為
n 1
a n a1 ( k ) .
k 1
現 在 我 可 開 始處 理 本 命題 , 首 先 將
除以
an an 2
a n 1 an 2 可 得
an
an 1
1 2
a n 1
an 2
.
a n 1 a n 2 2 a n 1 兩 邊 同
Slide 8
令 bn
an
( n 1, 2,
b1 1 , 且 上 式 變 形 為
), 則
a n 1
bn 1 2 bn 1 或 bn 1 2( b n 1 1) .
利用分項求積法可得
n 1
bn 1 ( b1 1)
k 1
bk 1
( b1 1) 2
bk 1 1
再由分項求積法可得
n
n
ak
an a0
a k 1
k 1
b
2
k
,
k 1
即
n
an
(2
k
1) , n
2
.
k 1
故欲求的通項公式為
1,
an n
k
2
(
2
1
)
,
k 1
n 0;
n
.
n 1
2 .
n
Slide 9
併項求和也有一個很重要的模型─「疊加」，所
謂疊加就是將自然數1、2、3、…輪流代入一個與自
然數有關的數學式子之中，然後將所得的結果合併起
來的一種併項方法。運用疊加法的關鍵是要能建立起
一種有效的模式。
在解數學問題時，不僅數學式子可以拆拼，問題
也可以拆拼，即將問題中的關鍵結構(式或形)拆分。
問題的分解有兩種基本形式：橫向分解和縱向分解。
所謂橫向分解，就是把問題分成一組互相獨立的小問
題。在這一組小問題中，任一小題的解決都不依賴於
其它小題的結果，而這一組小題完全解決後，綜合起
來就可得到原問題的結論。所謂縱向分解，就是把原
問題分解成一組互相關聯的小問題。在這一組小題中，
後一小題的解決依賴於前面小題的結果，當最後一個
小題被解出時，就可得到原來問題的結論。有時一個
問題的論證非常困難，如果能將問題分拆為若干情況，
然後分別對每種情況進行論證，常常能達到化難為易
的目的。
Slide 10
例 3.
設 x 為 任 意 整 數 . 試 證 ： x 6 x 9 x 4 x 可 被 8640 整 除 .
9
7
5
3
Slide 11
【參考解答】
：首 先 注 意 到 8640 2 3 5 , 因 為 2, 3, 5 均 為 質 數 , 所
6
3
6
3
以僅需證明所給之多項式能分別被 2 , 3 及 5 整除. 為此我們應設法
將多項式做各種分解：
x 6x 9x 4x
9
7
5
3
( ( x 2)( x 1) x ( x 1) ) ( ( x 1) x ( x 1)( x 2) ) x
由於四個連續整數中有兩個偶數, 且其中一個能被 2 整除, 另一個能
被 4 整除, 所以四個連續整數能被 2 整除, 從而上式能被 2 2 2
3
3
3
6
整除. 又
x 6x 9x 4x
9
7
5
3
( ( x 2)( x 1) x ) ( ( x 1) x ( x 1) ) ( x ( x 1)( x 2) )
3
由於連續三個整數能被 3 整除, 所以上式能被 3 整除. 又
x 6x 9x 4x
9
7
5
3
( ( x 2)( x 1) x ( x 1)( x 2) ) ( ( x 1) x ( x 1) )
2
由於連續五個整數能被 5 整除, 所以上式能被 5 整除. 故本命題成立.
例 15 是 一 種 橫 向 分 解 ， 這 是 一 種 邏 輯 上 的 劃 分 ， 要 求 不 重 不 漏 。
Slide 12
縱向分解又可分為回歸式分解和爬坡式分解兩種。所謂回歸式分解就把問題
分解成幾個子問題 A1 , A2 , …, An 之後，A1 的解決為後面的子問題提供了解題基
礎，使子問題 Ak ( k 2, 3,
,n
) 可轉化為 A1 的情況，這裡的 A1 具有引理的作用。
所謂爬坡式分解是指把問題分階段安排成一些小目標系列，使得一旦證明了前面
的小問題，就能用來解決後面的情況；此稱為爬坡式程序或膨脹式分解。現分別
舉例說明如下：
Slide 13
例 3.
證明：圓周角定理.
Slide 14
【 參 考 解 答 】： 我 們 可 把 問 題 的 外 延 分 為 三 種 情 況 ：
A1 ： 圓 心 在 圓 周 角 的 某 一 邊 上 ；
A2 ： 圓 心 在 圓 周 角 的 內 部 ；
A3 ： 圓 心 在 圓 周 角 的 外 部 .
A1 的 證 明 較 簡 單 , 而 A2 與 A3 可 轉 化 為 A1 的 和 或 差 , 也 就 是 將 A2 ,
A3 回 歸 為
A1 來 解 決 .
C
C
C
O
O
B
A
?
B
B
A
D
(圖 一 )
y (圖 二 )
D
y
A
(圖 三 )
Slide 15
如 ( 圖 一 )所 示 , 若 圓 心 在 圓 周 角 的 某 一 邊 上 , 問 題 是 不 難 解 決 的 . 因 為
A C B C B O , 從 而 有 A O B A CB O B C 2 A CB , 即 圓 周 角 是 圓
心角的一半. 若圓 心不在圓周 一邊的邊上, 只需做適當 的分割, 即 可劃歸為
上 述 的 特 殊 情 形 . 先 考 慮 圓 心 在 圓 周 角 的 內 部 , 如 (圖 二 )所 示 , 此 時
A C B A C D D CB ;
而 圓 心 分 別 在 A C D 與 D CB 的 一 邊 上 . 若 圓 心 在 圓 周 角 的 外 部 , 如 (圖 三 )
所示, 此時
A C B D C B A CD ;
而 圓 心 也 分 別 在 A C D 與 D CB 的 一 邊 上 . 利 用 第 一 種 情 況 , 透 過 線 性 組
合, 亦很容易證明圓周角是圓心角的一半.
C
C
C
O
O
B
A
B
B
A
D
D
A
Slide 16
例 3.
設 f (x ) 是 定 義 在 實 數 上 的 單 調 函 數 , 滿 足 ：
f (x y ) f (x ) f ( y ) .
試 證 ： f ( x ) f (1) x , x
.
(1)
(2)
Slide 17
【 參 考 解 答 】： 由 條 件 (1)及 數 學 歸 納 法 易 證 , 對 所 有 的 實 數 x ,
f ( nx ) f ( x ) f ( x )
f ( x) .
(3)
n 個 f (x)
由 (3)可 得
f ( n ) n f (1) , n
.
(4)
由 (1)亦 可 得
f (0) f ( 0 0) f ( 0) f (0) ,
所 以 f (0) 0 0 f (1) . 對 於 負 整 數 m , m 0 . 所 以 由 (1)可 得
0 f ( m m ) f ( m ) f ( m ) .
由 此 及 (4)可 得
f ( m ) f ( m ) ( m ) f (1) m f (1) .
綜 合 上 式 及 (4)可 得
f ( x ) x f (1) , x
.
(5)
Slide 18
當 x
n
(m, n
)為 有 理 數 時 , 由 (3)有
m
m f(
n
) f(
m
n
) f(
m
f (m
n
)
m
n
由此可得
n
)
m
此 表 示 f ( r ) r f (1) , r
n
m
.
n
m
) f ( n ) n f (1) .
m
f(
f(
f (1) .
)
Slide 19
最 後 , 我 們 僅 需 考 慮 無 理 數 . 設 x 是 無 理 數 , 取 兩 個 有 理 數 列 { n } ,
{n}, 使得
n x n , n
; 且 lim n lim n x .
n
n
由 函 數 f (x ) 的 單 調 性 可 知
f ( n ) f ( x ) f ( n ) ,
由前所獲知之結果可得
n f (1) f ( x ) n f (1) .
取極限可得
x f (1) f ( x ) x f (1) ,
故,
f ( x ) x f (1) , x
.
Slide 20
3. 拼補與分割─數學上有許多重要問題的解決或發現，
是數學家巧妙的運用了圖形的拼補與分割而獲得
的，其中最輝煌的就是無限分割方法。公元前的
數學家就知道將拋物線圍成的圖形或球體切割成
一片片或一塊塊來計算它們的面積或體積。這其
中無限分割的思想經過長時間數學家發現的累積，
終於建立起數學一個重要的分支─微積分學。
「分合並用」的策略在幾何中的應用則更為廣泛
與靈巧，在中學數學中的平面幾何與立體幾何，
許多內容都包含圖形的拼補與分割。例如：畢氏
定理的證明方法之一就是將三個正方形拼接在一
個直角三角形的三邊上；多邊形的研究則必須將
它分割成若干個三角形；三稜錐的體積公式之推
導首先必須將三稜錐補成一個三稜柱，然後再將
三稜柱分割成三個等體積的三稜錐；欲求動點繞
圓錐側面一週的最短路徑，則必須用剪刀延母線
將圓錐側面剪開。這些豐富多彩的拼補與分割的
方法構成了幾何中獨特的思路。
Slide 21
例 3.
如 圖 所 示 , A1 B 1C 1 D1 是 長 方 體 的 一 個 斜 截 面 , 其 中 A B 4 , B C 3 ,
AA1 5 , B B1 8 , C C1 12 . 試 求 該 立 體 的 體 積 .
C1
D1
B1
A1
C
D
A
B
Slide 22
【 參 考 解 答 】：
利用對稱性, 將此幾何圖形補上一個等體積的幾何體, 使其成為一個長方體.
則原圖形的體積等於
V
1
2
(5 12) 3 4 102 .
Slide 23
4.整體考量─對於某些數學問題，有時不需要對
條件或結論進行分解，也無需設立中途點去
逐步逼近；而是全面地、整體地考慮問題，
注意問題的整體結構。在讀題階段即形成對
問題整體的概約表象，從全局的觀點把握條
件與結論的聯繫，擺脫局部細節一時難以弄
清的數量關係的困擾，避免各解題環節的脫
節與孤立；從而在解題過程中整體把握，跳
脫常規步驟，使問題簡潔明快地得到解決。
我們稱這種解題策略為整體考量的策略，這
是數學觀念與系統論中整體思想原則在解題
中的具體表現，是一種以合制分，著眼於全
局的思考。
Slide 24
例 3.
設 集 合 S {1, 2,
, n } . 對 於 S 的 每 個 非 空 子 集 合 Si , 定 義 它 所 有 元
素 的 和 si 為 它 的 「 權 」 , 那 麼 S 的 所 有 非 空 子 集 合 的 「 權 」 之 平 均 數
是多少？
Slide 25
【 參 考 解 答 】：顯 然 S 有 2 1 個 非 空 子 集 合 , 為 了 求 出 S 的 所 有 非 空
n
子 集 合 的「 權 」之 平 均 數 , 其 關 鍵 即 是 求 出 所 有 子 集 合 所 有 元 素 的 和 .
作整體考慮, S 中每一個元素在全體非空子集合中出現的次數都相等.
這個次數就是 n 1個元素的所有子集合的個數 2
n 1
(w hy? ). 因 此 所 求
的算數平均數為
(1 2
n)2
2 1
n
n 1
n ( n 1) 2
2 1
n
n 2
.
Slide 26
例 3.
把 1, 2, … , 10 這 般 個 數 任 意 的 排 在 一 個 圓 周 上 . 證 明：一 定 有 三 個 相
鄰 的 數 , 它 們 的 和 不 小 於 17.
Slide 27
【 參 考 解 答 】： 我 們 可 將 三 個 相 鄰 的 數 之 和 看 做 一 個 整 體 , 對 這 個 整
體 的 特 徵 進 行 討 論 . 設 a1 , a 2 ,
並 設
S1 a1 a 2 a3 ,
, a1 0 是 1, 2, … , 10 的 任 意 一 個 重 排 ,
S2 a2 a3 a4 ,
S3 a3 a4 a5 , … ,
S1 0 a1 0 a1 a 2 . 則
S1 S 2
S 1 0 3 ( a1 a 2
a1 0 ) 3 ( 1 2
10 ) 165 .
如 果 這 1 0 個 相 鄰 的 三 個 數 之 和 S1 , S 2 , … , S1 0 均 小 於 1 7 , 即 不 大
於 16, 則 S1 S 2
S1 0 1 6 0 , 此 與 S1 S 2
以 S1 , S 2 , … , S1 0 中 至 少 有 一 數 不 小 於 1 7 .
S1 0 1 6 5 矛 盾 , 所
Slide 28
例 3.
已 知 a, b, c 是 非 零 實 數 , 且 滿 足
1
( i) a (
1
b
) b(
c
1
c
1
) c(
a
( ii) a b c 1 .
2
2
2
試求 a b c 所有可能的值.
1
a
1
b
) 3 ;
Slide 29
【 參 考 解 答 】： 若 欲 分 別 先 求 出 a, b , c, 再 求 a b c 是 不 可 能 的 . 從
整 體 考 慮 , 令 u a b c , 再 求 u 之 值 .首 先 我 們 可 將 已 知 條 件 (ii)改
寫為
u 2( ab bc ca ) 1 .
2
我 們 再 設 法 利 用 條 件 ( i)求 出 ab bc ca 的 值 .
a(
1
b
bc
1
c
a
ua
a
3,
) b(
ca
1
c
b
ub
b
1
a
) c(
ab
c
uc
c
1
a
1
b
)
Slide 30
所以
u(
1
1
a
由此可得 u 0 或
b
1
a
由
1
a
1
b
1
1
) 0.
c
1
b
1
0.
c
0 又 可 得 bc ca ab 0 , 從 而 u 1 , 即 u 1 .
2
c
故 , a b c 所 有 可 能 的 值 為 0, 1, 1 .
最後強調 指出， 在探索 解題途 徑的過程 之中， 我們既 要觀察 局部內 容的形
式，又 要 理 解 整 體 結 構 的 實 質；既 要 進 行 局 部 分 析，又 要 全 面 地 考 慮 所 有 的 條 件；
既要進行局部改造，又要進行整體控制，才能充分發揮整體策略的作用。
Slide 31
六、動靜轉換
動和靜是事物狀態表現的兩個面象，它們相對比較
而存在，依情況而轉化，動中有靜，靜中寓動。在
數學中，一方面動和靜在一個參照系統中是相對的，
可以轉化的。另一方面，對於同一事物可以追尋形
成靜止狀態以前的運動過程；或反過來，從運動表
現中推出事物將會到達到的相對靜止情形。因此在
解決數學問題時，可以用動的觀點來處理靜的數量
和形態，即以動求靜；也可以用靜的方法來處理運
動過程和事物，即以靜求動。這就是數學解題中的
動靜互換策略。遞推法、變換法、軌跡相交法、定
值探求法等都是動靜轉換解題策略的具體表現。利
用動靜轉換策略處理問題不僅可以有化難為易的作
用，而且可以簡潔明快的解決問題。
Slide 32
1. 化靜為動、以動求靜─事物運動的靜止狀
態只是相對的，在一定的條件下，它會向
顯著變動的方向轉化，有的問題在靜態下
雖然可得到結果，但往往較為繁雜，如果
善於變靜態為動態，即將靜止狀態看成運
動過程中的某一瞬間，通過研究變動的一
般狀態來考察確定的、特殊的情形。比如
將常數看成變數的取值，這種以動求靜的
處理手法往往會收到奇效。
Slide 33
例 3.
試 求 與 圓 x y 4 x 8 y 1 5 0 相 切 於 點 A ( 3, 6 ) , 且 經 過 點 B ( 5, 6 )
2
的圓之方程式.
2
Slide 34
【 參 考 解 答 】： 本 問 題 可 用 化 靜 為 動 來 解 決 .
首 先 , 我 們 視 點 A ( 3, 6 ) 為 圓
( x 3) ( y 6) R ,
2
2
2
(1)
當 R 0 時 的 極 限 狀 態 . 則 過 圓 (1) 與 已 知 圓 x y 4 x 8 y 1 5 0
2
2
交點圓系的方程式為
( x 3) ( y 6) R ( x y 4 x 8 y 15) 0 .
2
2
2
2
2
將 點 B ( 5, 6 ) 代 入 並 令 R 0 , 可 得
1
(2)
. 將 此 代 入 (2 ) 可 得 欲 求 的
2
圓為
( x 3) ( y 6)
2
2
1
( x y 4 x 8 y 15) 0 .
2
2
2
整理後可得到
x y 8 x 16 y 75 0 .
2
2
對 靜 態 的 事 物 可 以 追 尋 變 成 靜 止 狀 態 以 前 的 運 動 過 程，或 理 解 為 運 動 過 程 的
特殊位置與瞬息形態，使靜態具有運動的活力。
Slide 35
例 3.
E ule r 定 理 ： 設 凸 多 面 體 的 頂 點 數 為 V , 面 數 為 F , 稜 數 為 E , 則
V F E 2.
Slide 36
【 參 考 解 答 】： 設 想 多 面 體 是 由 富 有 彈 性 的 材 質 做 成 的 , 將 所 給 多 面
體去掉 一個 面, 在將 其餘 面所 組成 的多 面體 展開 成為 一個 平面 網路
圖 . 這 時 頂 點 數 和 稜 數 都 沒 有 變 , 而 面 數 減 少 了 1, 於 是 定 理 的 證 明
歸結為對平面網路圖來證明： V F E 1.
如圖所示, 將平面網路圖畫對角線分割成三角形, 每畫一條對角線即
增加一條稜, 一個 面, 但頂 點數不 變, 故 V F E 不變. 在從 做過三
角形劃 分的 平面 網路 中以 某種 順序 將三 角形 一個 一個 地移 走, 每移
走一個三角形即減少一稜、一面, 或減少兩稜、一 面、一頂點, 所以
V F E 仍 然 保 持 不 變 . 移 到 最 後 只 剩 一 個 三 角 形 , 此 時
V F E 1 確 實 成 立 , 從 而 E ule r 定 理 成 立 .
上述證明中首先使用拓樸變換, 將立體圖形變到平面上, 接著通過三角形的
產生和消失變動, 在變換中保持 V F E 不變, 動中有靜, 以動求靜.
Slide 37
2. 以靜制動、動靜互換─運動和靜止是相對
的，運動的A 相對於靜止的B，也可看成B
動A 靜。此外，正如颱風中心是平靜的一
樣，事物的運動中也會有一些穩定的狀態，
抓住這些不變的性質或不變量作為解題的
突破口，也常會收到奇效。
Slide 38
例 3.
已 知 變 量 x , y, z, t 滿 足 1 x y z t 100 . 試 求 Q
x
y
值.
z
t
的最小
Slide 39
【 參 考 解 答 】： 由 於 變 數 太 多 , 使 得 討 論 困 難 . 不 妨 先 把 y, z, t 暫 時 當
作 常 數 , 只 讓 x 在 區 間 [ 1, y ] 上 變 化 . 此 時 , 當 x 1 時 , Q 有 最 小 值
Q1
1
y
z
. 再 把 z, t 暫 時 當 作 常 數 , 讓 y 在 區 間 [ x , z ] 上 變 化 , 則 當
t
y z 時 , Q1 有 最 小 值 Q 2
1
z
z
t
. 又 把 Q2 中 的 z 看 作 常 數 , 讓 t 在 區
間 [ z , 100 ] 上 變 化 , 則 當 t 1 0 0 時 , Q 2 有 最 小 值 Q 3
由 算 幾 不 等 式 求 得 當 z 10 時 ,
y z 10 , t 100 時 , Q 有 最 小 值
Q3 有 最 小 值
1
1
1
z
z
. 最後
100
. 所以當 x 1 ,
5
.
5
上例利用以靜制動, 實現靜止與運動的轉化, 巧妙地解答了問題.
Slide 40
例 3.
一位游泳健將於河中逆流游泳, 在 A 處遺失了一個空水壺, 他繼續逆
流 游 了 20 分 鐘 才 發 現 水 壺 失 落 , 當 即 轉 身 游 回 追 尋 , 結 果 在 距 離 A
下游 2 公里的 B 處追上水壺. 試問河水的流速.
Slide 41
【 參 考 解 答 】： 當 然 本 問 題 可 以 利 用 國 中 生 常 用 的 代 數 方 法 來 解 題 ,
即 設 水 流 速 度 為 x 公 里 /小 時 , 游 泳 速 度 為 y 公 里 /小 時 . 則 游 泳 健 將 向
上 游 20 分 鐘 共 游 了
20
( y x) 公里.
60
他游回追上水壺, 共游了
20
( y x) 2 公里,
60
因而, 他從游回追上水壺, 共用了
20
(y x)2
60
x y
小時.
游泳健將向上游及回頭追水壺共用去的時間與水 壺漂流 2 公里所花
的時間相同, 所以
20
20
60
( y x) 2
60
x y
2
.
x
化 整 後 可 得 xy 3 y . 因 為 y 0 , 所 以 x 3 公 里 /小 時 .
Slide 42
以上的解法雖然正確，但較繁瑣。下面我們試著以靜制動的方式解題。
【 參 考 另 解 】： 首 先 假 設 游 泳 健 將 是 在 靜 止 的 水 裡 游 泳 , 20 分 鐘 發 現
水壺失落, 當即轉身游回追尋. 因水是靜止的, 水 壺應留在原處, 而
游 泳 健 將 游 回 來 也 需 20 分 鐘 , 來 回 共 用 了 40 分 鐘 (
2
小 時 ).
3
再 考 慮 水 是 動 的 , 水 壺 隨 水 流 而 下 漂 流 了 2 公 里 , 這 2 公 里 是 在 40
分鐘內完成的. 故, 水流速度為 v 2
2
3
3 公 里 /小 時 .
從上例可以看出「拼湊」不僅是一個十分
有效的方法，其內含也十分深刻，在數學
學習中，應注意累積「拼湊」的經驗，在
解數學題時，當腦中構想出一種數學模型，
不要輕易放棄你的想法，善於拼湊往往能
助你獲得成功。
Slide 2
2. 拆與併─拆與拼是中學的數學中最廣泛使
用的分合思想方法，善於對式子進行「拆、
拼」是解決數學問題的最基本的技能。國
中數學中的合併同類項、分組分解因式、
配方、加減消去法、分合比定理等等都是
需要熟練應用拆拼的技巧。在高中數學中，
拆拼法也形成許多固定的用法，最典型的
例子就是數列求合中的「拆項」求和法與
「分項」求積法。拆與拼看似兩個矛盾的
對立面，這裡卻相輔相成，有機的結合在
一起。
Slide 3
例 3.
試 求 1 2 3 2 3 4
n ( n 1)( n 2) 的 和 .
Slide 4
提示：
x ( x 1)
1
( x ( x 1)( x 2) ( x 1) x ( x 1) ) ,
3
x ( x 1)( x 2)
1
( x ( x 1) ( x 2)( x 3) ( x 1) x ( x 1)( x 2) ) ,
4
1
( x ( k 1) y )( x ky )
1
y
(
1
x ( k 1) y
1
x ky
).
Slide 5
【 參 考 解 答 】： 在 拆 項 相 消 求 和 中 常 用 到 下 列 恆 等 式 ：
x ( x 1)
1
( x ( x 1)( x 2) ( x 1) x ( x 1) ) ,
3
x ( x 1)( x 2)
1
( x ( x 1) ( x 2)( x 3) ( x 1) x ( x 1)( x 2) ) ,
4
1
( x ( k 1) y )( x ky )
1
y
(
1
x ( k 1) y
1
x ky
).
由上列第二個公式, 求和式子中的一般項可表示為
a n n ( n 1)( n 2)
1
( n ( n 1)( n 2)( n 3) ( n 1) n ( n 1)( n 2) ) .
4
令 g ( n ) ( n 1) n ( n 1)( n 2) , 則
an
1 2 3 2 3 4
n
1
1
4
n
( g ( k 1) g ( k ) )
k 1
( n (( n 1)( n 2) ( n 3) 0 )
4
n (( n 1)( n 2)( n 3)
4
( g ( n 1) g ( n ) ) .
4
n ( n 1)( n 2)
k (k 1)( k 2)
k 1
1
.
1
4
( g ( n 1) g (1) )
Slide 6
例 3.
設 正 數 列 a 0 , a1 , a 2 ,
, an ,
滿足：
(1) a 0 a1 1 ,
(2) 對 所 有 的 n 2 ,
an an 2
試 求 數 列 { an } 的 通 項 公 式 .
a n 1 a n 2 2 a n 1 .
Slide 7
【 參 考 解 答 】： 分 項 求 積 法 是 使 用 恆 等 式 ：
a n a1
a2
a1
a3
a2
an
, n2.
a n 1
或
n 1
an
a1
k 1
a k 1
, n2.
ak
事 實 上 , 對 於 一 階 遞 推 式 a n 1 ( n ) a n , 且 給 定 初 始 值 a1 , 所 所 定 義
的 數 列 { an } , 其 通 項 公 式 為
n 1
a n a1 ( k ) .
k 1
現 在 我 可 開 始處 理 本 命題 , 首 先 將
除以
an an 2
a n 1 an 2 可 得
an
an 1
1 2
a n 1
an 2
.
a n 1 a n 2 2 a n 1 兩 邊 同
Slide 8
令 bn
an
( n 1, 2,
b1 1 , 且 上 式 變 形 為
), 則
a n 1
bn 1 2 bn 1 或 bn 1 2( b n 1 1) .
利用分項求積法可得
n 1
bn 1 ( b1 1)
k 1
bk 1
( b1 1) 2
bk 1 1
再由分項求積法可得
n
n
ak
an a0
a k 1
k 1
b
2
k
,
k 1
即
n
an
(2
k
1) , n
2
.
k 1
故欲求的通項公式為
1,
an n
k
2
(
2
1
)
,
k 1
n 0;
n
.
n 1
2 .
n
Slide 9
併項求和也有一個很重要的模型─「疊加」，所
謂疊加就是將自然數1、2、3、…輪流代入一個與自
然數有關的數學式子之中，然後將所得的結果合併起
來的一種併項方法。運用疊加法的關鍵是要能建立起
一種有效的模式。
在解數學問題時，不僅數學式子可以拆拼，問題
也可以拆拼，即將問題中的關鍵結構(式或形)拆分。
問題的分解有兩種基本形式：橫向分解和縱向分解。
所謂橫向分解，就是把問題分成一組互相獨立的小問
題。在這一組小問題中，任一小題的解決都不依賴於
其它小題的結果，而這一組小題完全解決後，綜合起
來就可得到原問題的結論。所謂縱向分解，就是把原
問題分解成一組互相關聯的小問題。在這一組小題中，
後一小題的解決依賴於前面小題的結果，當最後一個
小題被解出時，就可得到原來問題的結論。有時一個
問題的論證非常困難，如果能將問題分拆為若干情況，
然後分別對每種情況進行論證，常常能達到化難為易
的目的。
Slide 10
例 3.
設 x 為 任 意 整 數 . 試 證 ： x 6 x 9 x 4 x 可 被 8640 整 除 .
9
7
5
3
Slide 11
【參考解答】
：首 先 注 意 到 8640 2 3 5 , 因 為 2, 3, 5 均 為 質 數 , 所
6
3
6
3
以僅需證明所給之多項式能分別被 2 , 3 及 5 整除. 為此我們應設法
將多項式做各種分解：
x 6x 9x 4x
9
7
5
3
( ( x 2)( x 1) x ( x 1) ) ( ( x 1) x ( x 1)( x 2) ) x
由於四個連續整數中有兩個偶數, 且其中一個能被 2 整除, 另一個能
被 4 整除, 所以四個連續整數能被 2 整除, 從而上式能被 2 2 2
3
3
3
6
整除. 又
x 6x 9x 4x
9
7
5
3
( ( x 2)( x 1) x ) ( ( x 1) x ( x 1) ) ( x ( x 1)( x 2) )
3
由於連續三個整數能被 3 整除, 所以上式能被 3 整除. 又
x 6x 9x 4x
9
7
5
3
( ( x 2)( x 1) x ( x 1)( x 2) ) ( ( x 1) x ( x 1) )
2
由於連續五個整數能被 5 整除, 所以上式能被 5 整除. 故本命題成立.
例 15 是 一 種 橫 向 分 解 ， 這 是 一 種 邏 輯 上 的 劃 分 ， 要 求 不 重 不 漏 。
Slide 12
縱向分解又可分為回歸式分解和爬坡式分解兩種。所謂回歸式分解就把問題
分解成幾個子問題 A1 , A2 , …, An 之後，A1 的解決為後面的子問題提供了解題基
礎，使子問題 Ak ( k 2, 3,
,n
) 可轉化為 A1 的情況，這裡的 A1 具有引理的作用。
所謂爬坡式分解是指把問題分階段安排成一些小目標系列，使得一旦證明了前面
的小問題，就能用來解決後面的情況；此稱為爬坡式程序或膨脹式分解。現分別
舉例說明如下：
Slide 13
例 3.
證明：圓周角定理.
Slide 14
【 參 考 解 答 】： 我 們 可 把 問 題 的 外 延 分 為 三 種 情 況 ：
A1 ： 圓 心 在 圓 周 角 的 某 一 邊 上 ；
A2 ： 圓 心 在 圓 周 角 的 內 部 ；
A3 ： 圓 心 在 圓 周 角 的 外 部 .
A1 的 證 明 較 簡 單 , 而 A2 與 A3 可 轉 化 為 A1 的 和 或 差 , 也 就 是 將 A2 ,
A3 回 歸 為
A1 來 解 決 .
C
C
C
O
O
B
A
?
B
B
A
D
(圖 一 )
y (圖 二 )
D
y
A
(圖 三 )
Slide 15
如 ( 圖 一 )所 示 , 若 圓 心 在 圓 周 角 的 某 一 邊 上 , 問 題 是 不 難 解 決 的 . 因 為
A C B C B O , 從 而 有 A O B A CB O B C 2 A CB , 即 圓 周 角 是 圓
心角的一半. 若圓 心不在圓周 一邊的邊上, 只需做適當 的分割, 即 可劃歸為
上 述 的 特 殊 情 形 . 先 考 慮 圓 心 在 圓 周 角 的 內 部 , 如 (圖 二 )所 示 , 此 時
A C B A C D D CB ;
而 圓 心 分 別 在 A C D 與 D CB 的 一 邊 上 . 若 圓 心 在 圓 周 角 的 外 部 , 如 (圖 三 )
所示, 此時
A C B D C B A CD ;
而 圓 心 也 分 別 在 A C D 與 D CB 的 一 邊 上 . 利 用 第 一 種 情 況 , 透 過 線 性 組
合, 亦很容易證明圓周角是圓心角的一半.
C
C
C
O
O
B
A
B
B
A
D
D
A
Slide 16
例 3.
設 f (x ) 是 定 義 在 實 數 上 的 單 調 函 數 , 滿 足 ：
f (x y ) f (x ) f ( y ) .
試 證 ： f ( x ) f (1) x , x
.
(1)
(2)
Slide 17
【 參 考 解 答 】： 由 條 件 (1)及 數 學 歸 納 法 易 證 , 對 所 有 的 實 數 x ,
f ( nx ) f ( x ) f ( x )
f ( x) .
(3)
n 個 f (x)
由 (3)可 得
f ( n ) n f (1) , n
.
(4)
由 (1)亦 可 得
f (0) f ( 0 0) f ( 0) f (0) ,
所 以 f (0) 0 0 f (1) . 對 於 負 整 數 m , m 0 . 所 以 由 (1)可 得
0 f ( m m ) f ( m ) f ( m ) .
由 此 及 (4)可 得
f ( m ) f ( m ) ( m ) f (1) m f (1) .
綜 合 上 式 及 (4)可 得
f ( x ) x f (1) , x
.
(5)
Slide 18
當 x
n
(m, n
)為 有 理 數 時 , 由 (3)有
m
m f(
n
) f(
m
n
) f(
m
f (m
n
)
m
n
由此可得
n
)
m
此 表 示 f ( r ) r f (1) , r
n
m
.
n
m
) f ( n ) n f (1) .
m
f(
f(
f (1) .
)
Slide 19
最 後 , 我 們 僅 需 考 慮 無 理 數 . 設 x 是 無 理 數 , 取 兩 個 有 理 數 列 { n } ,
{n}, 使得
n x n , n
; 且 lim n lim n x .
n
n
由 函 數 f (x ) 的 單 調 性 可 知
f ( n ) f ( x ) f ( n ) ,
由前所獲知之結果可得
n f (1) f ( x ) n f (1) .
取極限可得
x f (1) f ( x ) x f (1) ,
故,
f ( x ) x f (1) , x
.
Slide 20
3. 拼補與分割─數學上有許多重要問題的解決或發現，
是數學家巧妙的運用了圖形的拼補與分割而獲得
的，其中最輝煌的就是無限分割方法。公元前的
數學家就知道將拋物線圍成的圖形或球體切割成
一片片或一塊塊來計算它們的面積或體積。這其
中無限分割的思想經過長時間數學家發現的累積，
終於建立起數學一個重要的分支─微積分學。
「分合並用」的策略在幾何中的應用則更為廣泛
與靈巧，在中學數學中的平面幾何與立體幾何，
許多內容都包含圖形的拼補與分割。例如：畢氏
定理的證明方法之一就是將三個正方形拼接在一
個直角三角形的三邊上；多邊形的研究則必須將
它分割成若干個三角形；三稜錐的體積公式之推
導首先必須將三稜錐補成一個三稜柱，然後再將
三稜柱分割成三個等體積的三稜錐；欲求動點繞
圓錐側面一週的最短路徑，則必須用剪刀延母線
將圓錐側面剪開。這些豐富多彩的拼補與分割的
方法構成了幾何中獨特的思路。
Slide 21
例 3.
如 圖 所 示 , A1 B 1C 1 D1 是 長 方 體 的 一 個 斜 截 面 , 其 中 A B 4 , B C 3 ,
AA1 5 , B B1 8 , C C1 12 . 試 求 該 立 體 的 體 積 .
C1
D1
B1
A1
C
D
A
B
Slide 22
【 參 考 解 答 】：
利用對稱性, 將此幾何圖形補上一個等體積的幾何體, 使其成為一個長方體.
則原圖形的體積等於
V
1
2
(5 12) 3 4 102 .
Slide 23
4.整體考量─對於某些數學問題，有時不需要對
條件或結論進行分解，也無需設立中途點去
逐步逼近；而是全面地、整體地考慮問題，
注意問題的整體結構。在讀題階段即形成對
問題整體的概約表象，從全局的觀點把握條
件與結論的聯繫，擺脫局部細節一時難以弄
清的數量關係的困擾，避免各解題環節的脫
節與孤立；從而在解題過程中整體把握，跳
脫常規步驟，使問題簡潔明快地得到解決。
我們稱這種解題策略為整體考量的策略，這
是數學觀念與系統論中整體思想原則在解題
中的具體表現，是一種以合制分，著眼於全
局的思考。
Slide 24
例 3.
設 集 合 S {1, 2,
, n } . 對 於 S 的 每 個 非 空 子 集 合 Si , 定 義 它 所 有 元
素 的 和 si 為 它 的 「 權 」 , 那 麼 S 的 所 有 非 空 子 集 合 的 「 權 」 之 平 均 數
是多少？
Slide 25
【 參 考 解 答 】：顯 然 S 有 2 1 個 非 空 子 集 合 , 為 了 求 出 S 的 所 有 非 空
n
子 集 合 的「 權 」之 平 均 數 , 其 關 鍵 即 是 求 出 所 有 子 集 合 所 有 元 素 的 和 .
作整體考慮, S 中每一個元素在全體非空子集合中出現的次數都相等.
這個次數就是 n 1個元素的所有子集合的個數 2
n 1
(w hy? ). 因 此 所 求
的算數平均數為
(1 2
n)2
2 1
n
n 1
n ( n 1) 2
2 1
n
n 2
.
Slide 26
例 3.
把 1, 2, … , 10 這 般 個 數 任 意 的 排 在 一 個 圓 周 上 . 證 明：一 定 有 三 個 相
鄰 的 數 , 它 們 的 和 不 小 於 17.
Slide 27
【 參 考 解 答 】： 我 們 可 將 三 個 相 鄰 的 數 之 和 看 做 一 個 整 體 , 對 這 個 整
體 的 特 徵 進 行 討 論 . 設 a1 , a 2 ,
並 設
S1 a1 a 2 a3 ,
, a1 0 是 1, 2, … , 10 的 任 意 一 個 重 排 ,
S2 a2 a3 a4 ,
S3 a3 a4 a5 , … ,
S1 0 a1 0 a1 a 2 . 則
S1 S 2
S 1 0 3 ( a1 a 2
a1 0 ) 3 ( 1 2
10 ) 165 .
如 果 這 1 0 個 相 鄰 的 三 個 數 之 和 S1 , S 2 , … , S1 0 均 小 於 1 7 , 即 不 大
於 16, 則 S1 S 2
S1 0 1 6 0 , 此 與 S1 S 2
以 S1 , S 2 , … , S1 0 中 至 少 有 一 數 不 小 於 1 7 .
S1 0 1 6 5 矛 盾 , 所
Slide 28
例 3.
已 知 a, b, c 是 非 零 實 數 , 且 滿 足
1
( i) a (
1
b
) b(
c
1
c
1
) c(
a
( ii) a b c 1 .
2
2
2
試求 a b c 所有可能的值.
1
a
1
b
) 3 ;
Slide 29
【 參 考 解 答 】： 若 欲 分 別 先 求 出 a, b , c, 再 求 a b c 是 不 可 能 的 . 從
整 體 考 慮 , 令 u a b c , 再 求 u 之 值 .首 先 我 們 可 將 已 知 條 件 (ii)改
寫為
u 2( ab bc ca ) 1 .
2
我 們 再 設 法 利 用 條 件 ( i)求 出 ab bc ca 的 值 .
a(
1
b
bc
1
c
a
ua
a
3,
) b(
ca
1
c
b
ub
b
1
a
) c(
ab
c
uc
c
1
a
1
b
)
Slide 30
所以
u(
1
1
a
由此可得 u 0 或
b
1
a
由
1
a
1
b
1
1
) 0.
c
1
b
1
0.
c
0 又 可 得 bc ca ab 0 , 從 而 u 1 , 即 u 1 .
2
c
故 , a b c 所 有 可 能 的 值 為 0, 1, 1 .
最後強調 指出， 在探索 解題途 徑的過程 之中， 我們既 要觀察 局部內 容的形
式，又 要 理 解 整 體 結 構 的 實 質；既 要 進 行 局 部 分 析，又 要 全 面 地 考 慮 所 有 的 條 件；
既要進行局部改造，又要進行整體控制，才能充分發揮整體策略的作用。
Slide 31
六、動靜轉換
動和靜是事物狀態表現的兩個面象，它們相對比較
而存在，依情況而轉化，動中有靜，靜中寓動。在
數學中，一方面動和靜在一個參照系統中是相對的，
可以轉化的。另一方面，對於同一事物可以追尋形
成靜止狀態以前的運動過程；或反過來，從運動表
現中推出事物將會到達到的相對靜止情形。因此在
解決數學問題時，可以用動的觀點來處理靜的數量
和形態，即以動求靜；也可以用靜的方法來處理運
動過程和事物，即以靜求動。這就是數學解題中的
動靜互換策略。遞推法、變換法、軌跡相交法、定
值探求法等都是動靜轉換解題策略的具體表現。利
用動靜轉換策略處理問題不僅可以有化難為易的作
用，而且可以簡潔明快的解決問題。
Slide 32
1. 化靜為動、以動求靜─事物運動的靜止狀
態只是相對的，在一定的條件下，它會向
顯著變動的方向轉化，有的問題在靜態下
雖然可得到結果，但往往較為繁雜，如果
善於變靜態為動態，即將靜止狀態看成運
動過程中的某一瞬間，通過研究變動的一
般狀態來考察確定的、特殊的情形。比如
將常數看成變數的取值，這種以動求靜的
處理手法往往會收到奇效。
Slide 33
例 3.
試 求 與 圓 x y 4 x 8 y 1 5 0 相 切 於 點 A ( 3, 6 ) , 且 經 過 點 B ( 5, 6 )
2
的圓之方程式.
2
Slide 34
【 參 考 解 答 】： 本 問 題 可 用 化 靜 為 動 來 解 決 .
首 先 , 我 們 視 點 A ( 3, 6 ) 為 圓
( x 3) ( y 6) R ,
2
2
2
(1)
當 R 0 時 的 極 限 狀 態 . 則 過 圓 (1) 與 已 知 圓 x y 4 x 8 y 1 5 0
2
2
交點圓系的方程式為
( x 3) ( y 6) R ( x y 4 x 8 y 15) 0 .
2
2
2
2
2
將 點 B ( 5, 6 ) 代 入 並 令 R 0 , 可 得
1
(2)
. 將 此 代 入 (2 ) 可 得 欲 求 的
2
圓為
( x 3) ( y 6)
2
2
1
( x y 4 x 8 y 15) 0 .
2
2
2
整理後可得到
x y 8 x 16 y 75 0 .
2
2
對 靜 態 的 事 物 可 以 追 尋 變 成 靜 止 狀 態 以 前 的 運 動 過 程，或 理 解 為 運 動 過 程 的
特殊位置與瞬息形態，使靜態具有運動的活力。
Slide 35
例 3.
E ule r 定 理 ： 設 凸 多 面 體 的 頂 點 數 為 V , 面 數 為 F , 稜 數 為 E , 則
V F E 2.
Slide 36
【 參 考 解 答 】： 設 想 多 面 體 是 由 富 有 彈 性 的 材 質 做 成 的 , 將 所 給 多 面
體去掉 一個 面, 在將 其餘 面所 組成 的多 面體 展開 成為 一個 平面 網路
圖 . 這 時 頂 點 數 和 稜 數 都 沒 有 變 , 而 面 數 減 少 了 1, 於 是 定 理 的 證 明
歸結為對平面網路圖來證明： V F E 1.
如圖所示, 將平面網路圖畫對角線分割成三角形, 每畫一條對角線即
增加一條稜, 一個 面, 但頂 點數不 變, 故 V F E 不變. 在從 做過三
角形劃 分的 平面 網路 中以 某種 順序 將三 角形 一個 一個 地移 走, 每移
走一個三角形即減少一稜、一面, 或減少兩稜、一 面、一頂點, 所以
V F E 仍 然 保 持 不 變 . 移 到 最 後 只 剩 一 個 三 角 形 , 此 時
V F E 1 確 實 成 立 , 從 而 E ule r 定 理 成 立 .
上述證明中首先使用拓樸變換, 將立體圖形變到平面上, 接著通過三角形的
產生和消失變動, 在變換中保持 V F E 不變, 動中有靜, 以動求靜.
Slide 37
2. 以靜制動、動靜互換─運動和靜止是相對
的，運動的A 相對於靜止的B，也可看成B
動A 靜。此外，正如颱風中心是平靜的一
樣，事物的運動中也會有一些穩定的狀態，
抓住這些不變的性質或不變量作為解題的
突破口，也常會收到奇效。
Slide 38
例 3.
已 知 變 量 x , y, z, t 滿 足 1 x y z t 100 . 試 求 Q
x
y
值.
z
t
的最小
Slide 39
【 參 考 解 答 】： 由 於 變 數 太 多 , 使 得 討 論 困 難 . 不 妨 先 把 y, z, t 暫 時 當
作 常 數 , 只 讓 x 在 區 間 [ 1, y ] 上 變 化 . 此 時 , 當 x 1 時 , Q 有 最 小 值
Q1
1
y
z
. 再 把 z, t 暫 時 當 作 常 數 , 讓 y 在 區 間 [ x , z ] 上 變 化 , 則 當
t
y z 時 , Q1 有 最 小 值 Q 2
1
z
z
t
. 又 把 Q2 中 的 z 看 作 常 數 , 讓 t 在 區
間 [ z , 100 ] 上 變 化 , 則 當 t 1 0 0 時 , Q 2 有 最 小 值 Q 3
由 算 幾 不 等 式 求 得 當 z 10 時 ,
y z 10 , t 100 時 , Q 有 最 小 值
Q3 有 最 小 值
1
1
1
z
z
. 最後
100
. 所以當 x 1 ,
5
.
5
上例利用以靜制動, 實現靜止與運動的轉化, 巧妙地解答了問題.
Slide 40
例 3.
一位游泳健將於河中逆流游泳, 在 A 處遺失了一個空水壺, 他繼續逆
流 游 了 20 分 鐘 才 發 現 水 壺 失 落 , 當 即 轉 身 游 回 追 尋 , 結 果 在 距 離 A
下游 2 公里的 B 處追上水壺. 試問河水的流速.
Slide 41
【 參 考 解 答 】： 當 然 本 問 題 可 以 利 用 國 中 生 常 用 的 代 數 方 法 來 解 題 ,
即 設 水 流 速 度 為 x 公 里 /小 時 , 游 泳 速 度 為 y 公 里 /小 時 . 則 游 泳 健 將 向
上 游 20 分 鐘 共 游 了
20
( y x) 公里.
60
他游回追上水壺, 共游了
20
( y x) 2 公里,
60
因而, 他從游回追上水壺, 共用了
20
(y x)2
60
x y
小時.
游泳健將向上游及回頭追水壺共用去的時間與水 壺漂流 2 公里所花
的時間相同, 所以
20
20
60
( y x) 2
60
x y
2
.
x
化 整 後 可 得 xy 3 y . 因 為 y 0 , 所 以 x 3 公 里 /小 時 .
Slide 42
以上的解法雖然正確，但較繁瑣。下面我們試著以靜制動的方式解題。
【 參 考 另 解 】： 首 先 假 設 游 泳 健 將 是 在 靜 止 的 水 裡 游 泳 , 20 分 鐘 發 現
水壺失落, 當即轉身游回追尋. 因水是靜止的, 水 壺應留在原處, 而
游 泳 健 將 游 回 來 也 需 20 分 鐘 , 來 回 共 用 了 40 分 鐘 (
2
小 時 ).
3
再 考 慮 水 是 動 的 , 水 壺 隨 水 流 而 下 漂 流 了 2 公 里 , 這 2 公 里 是 在 40
分鐘內完成的. 故, 水流速度為 v 2
2
3
3 公 里 /小 時 .