多項式除法與極限問題

今天來解一道關於多項式除法、餘式，並結合極限概念的數學題。這類問題的關鍵在於理解多項式除法的基本原理，並應用極限的運算規則。

題目

令多項式 $2(x+1)^n$ 除以 $(3x-2)^n$ 的餘式為 $r_n$，試問極限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} r_n$ 之值為何？

答案

2

解題思路

這道題目主要的解題關鍵在於利用多項式除法原理。當被除式與除式的最高次項次數相同時，其商會是一個常數。

首先，我們令被除式為 $P(x) = 2(x+1)^n$，除式為 $D(x) = (3x-2)^n$。

根據多項式除法，我們可以將被除式寫成：

$$ P(x) = Q(x) \cdot D(x) + R_n(x) $$

其中 $Q(x)$ 是商，而 $R_n(x)$ 是餘式。

接著，我們觀察被除式與除式的最高次項：

• $P(x)$ 的最高次項為 $2x^n$。
• $D(x)$ 的最高次項為 $(3x)^n = 3^n x^n$。

因為 $P(x)$ 和 $D(x)$ 的次數都是 $n$，所以商 $Q(x)$ 會是一個常數。這個常數的值等於兩者最高次項係數的比值：

$$ Q(x) = \frac{2}{3^n} $$

有了商，我們就可以推導出餘式 $R_n(x)$：

$$ R_n(x) = P(x) - Q(x) \cdot D(x) = 2(x+1)^n - \frac{2}{3^n}(3x-2)^n $$

題目中定義的 $r_n$ 是餘式的常數項（或解釋為餘式多項式代入 $x=0$ 的值）。因此，我們將 $x=0$ 代入 $R_n(x)$：

$$ r_n = R_n(0) = 2(0+1)^n - \frac{2}{3^n}(3 \cdot 0 - 2)^n $$

化簡上式：

$$ r_n = 2(1)^n - \frac{2}{3^n}(-2)^n = 2 - 2 \cdot \frac{(-2)^n}{3^n} = 2 - 2\left(-\frac{2}{3}\right)^n $$

最後一步，就是計算當 $n$ 趨近於無限大時 $r_n$ 的極限：

$$ \lim_{n \to \infty} r_n = \lim_{n \to \infty} \left[2 - 2\left(-\frac{2}{3}\right)^n\right] $$

由於 $\left|-\frac{2}{3}\right| < 1$，當 $n$ 趨近於無限大時，$\left(-\frac{2}{3}\right)^n$ 會趨近於 0。

所以，極限值為：

$$ \lim_{n \to \infty} r_n = 2 - 2 \cdot 0 = 2 $$

這就是最終的答案。

數學家：楊宗磐

楊宗磐（1916年－1976年3月10日），原籍江蘇鎮江，生於北京，中國著名數學家、教育家。他是中國研究值分布理論和半序空間的先驅之一，在複變函數論、實變函數論及泛函分析等領域有重要貢獻。

早年生活與教育

1916年，楊宗磐出生於北京的一個官宦世家，原籍江蘇鎮江。其父楊恩華於1903年通過科舉獲進士，後留學日本法政大學，曾任清末吏部主事及北洋政府國務秘書、司法部次長。

1935年，楊宗磐畢業於北京志成中學，同年考入清華大學化學系。一年後，他憑藉對數學的濃厚興趣轉入算學系，師從華羅庚、熊慶來等著名數學家。在校期間，他亦向熊慶來學習法語和德語。

1938年，楊宗磐前往日本留學，進入大阪大學理學部數學科，師從清水辰次郎。畢業後獲理學學士學位，並因其卓越的學術能力留校任教，此事在當時極為罕見，一度成為大阪地區報紙的熱門新聞。同年4月，他在日本數學物理學會廣島年會上宣讀了關於黎曼面的論文《黎曼面定义的分析》，該文後發表於權威學術期刊《東北帝大數學雜誌》。憑藉出色的研究能力，他被選為清水研究室主任，並負責指導清水教授招收的研究生。

學術生涯

1943年，楊宗磐回到中國，獲聘為北京大學講師，並兼任北京師範大學講師。此後，他陸續晉升為北京大學與四川大學數學系教授。中華人民共和國成立後，他先後在天津北洋大學（今天津大學）、天津大學及南開大學任教。

在南開大學任教期間，他專注於複變函數中的黎曼面理論研究，並發表了《在閉共形黎曼面的一個基本位函数及其应用》、《一個存在定理》、《不可拓的共形黎曼面的某些性质》等多篇重要論文。

楊宗磐是中國數學界在多個領域的開拓者。1953年，在中國數學會學術討論會上，他發表了題為《幾何函數論》的複變函數論報告，以及《巴拿赫空間及半序線性空間》的泛函分析報告。1956年，他在中國數學會論文宣讀大會上報告了《半序空間理論中某些問題的一些體會》，將半序空間理論應用於概率論研究。1961年，熊慶來先生在數學學會的函數論組會議上，特別介紹了楊宗磐的學術論文。

研究貢獻

楊宗磐的學術研究涵蓋多個數學分支，其主要貢獻集中在以下幾個方面：

黎曼面理論

楊宗磐在黎曼面領域進行了系統性研究，當時國內在此領域的研究相對薄弱。他將二維位勢函數理論的基本部分，歸納為共形閉黎曼面上的位勢函數理論，使其系統化。他在該領域的研究深度在當時的中國數學界首屈一指。

值分布理論

他是中國最早從事複變函數中值分布理論研究的學者之一。他的開創性工作為後續研究奠定了基礎。

貝爾性質理論

在貝爾性質理論方面，他將度量的L可測集的函數與具廣義貝爾性質的集的函數進行類比，並利用D. Montgomery運算於有度空間，創造了「貝爾包」與「貝爾核」作為分析工具，成功推導出關於不具貝爾性質集合的一些重要結果。

泛函分析與概率論

楊宗磐是中國泛函分析領域的元老之一，也是國內研究半序空間的第一人。他巧妙地運用半序空間理論來深化概率論的研究，並撰寫了內容豐富、包含大量物理學應用的《概率論入門》手稿。

個人生活

1945年，楊宗磐與錢亞慎結婚。錢亞慎畢業於日本奈良女子高等學校博物專業，是歷史學教授錢稻孫之女、物理學家錢三強的侄女。婚後，錢亞慎全力支持他的學術工作，兩人育有一子二女。

楊宗磐精通多國語言，能流利閱讀俄語、英語、法語、德語及日語的數學文獻，並將多部重要著作譯成中文。除數學外，他對物理學，特別是量子力學和電動力學亦有深入研究。

他一生誨人不倦，治學嚴謹，以「實事求是」的態度享譽教育界。1976年3月10日，楊宗磐因病逝世。

主要著作

楊宗磐一生共發表15篇學術論文，出版3部專著及2部譯著。

專著

• 數學分析入門
• 半序空間引論
• 概率論入門（手稿）

譯著

• 近代數學概觀
• 蘇聯數學三十年

複利之分期付款：觀念解析與公式推導

本講義依據「宇宙數學教室 2025/07/29」手稿擴充編寫而成，旨在幫助同學深入理解複利分期付款的計算原理。

一、 核心觀念複習

在開始探討分期付款之前，我們必須先牢記最重要的基礎：複利本利和公式。

若你存入 \(P\) 元的本金，年利率為 \(r\)，經過 \(n\) 期後，連本帶利的總金額（本利和）\(S\) 為： \(S = P \times (1+r)^n\)

這個公式是我們接下來所有推導的基石。無論是借款的增長，還是還款的累積價值，都遵循這個原則。

二、 範例解析：分期付款的計算

讓我們跟著手稿的範例，一步步拆解問題。

【問題情境】

假設某甲於1月1日在商店購買了一件價格為 \(a\) 元的商品，他與店家約定分 3 期 付款，每期的利率為 2%。從下個月起，即2月1日開始，每月1日都償還一筆固定金額 \(x\) 元。請問 \(x\) 是多少？

【條件整理】

• 商品價格 (借款本金)：\(a\) 元
• 分期期數：3 期
• 每期利率：2% (即 0.02)
• 每期固定還款：\(x\) 元 (這是我們要解的未知數)

三、 推導方法 (一)：追蹤欠款法

這個方法最直觀，就是模擬銀行的角度，一期一期地計算「欠款」在計息和還款後的變化。

時間點	事件	欠款變化過程
1月1日	購買商品	欠款為 \(a\)
1月30日	第一次計息	欠款增加為： \(a \times (1+2\%)\)
2月1日	第一次還款	剩餘欠款為： \(a(1+2\%) - x\)
2月28日	第二次計息	欠款增加為： \([a(1+2\%) - x] \times (1+2\%) = a(1+2\%)^2 - x(1+2\%)\)
3月1日	第二次還款	剩餘欠款為： \(a(1+2\%)^2 - x(1+2\%) - x\)
3月30日	第三次計息	欠款增加為： \([a(1+2\%)^2 - x(1+2\%) - x] \times (1+2\%) = a(1+2\%)^3 - x(1+2\%)^2 - x(1+2\%)\)
4月1日	第三次還款	還完 \(x\) 元後，欠款結清為 0。 方程式： \(a(1+2\%)^3 - x(1+2\%)^2 - x(1+2\%) - x = 0\)

將方程式整理一下，將 \(x\) 的項目全部移到等號右邊，就得到手稿中的關鍵等式：

\[ a(1+2\%)^3 = x(1+2\%)^2 + x(1+2\%)^1 + x \]

四、 推導方法 (二)：未來價值平衡法

手稿的後半部提供了一個更宏觀、更漂亮的思考方式。我們可以想像有兩個獨立的帳戶在同時進行：一個是「借款帳戶」，另一個是「還款帳戶」。當我們在最後一期還款結束的那一刻，這兩個帳戶的「未來價值」必須相等，才代表款項已完全結清。

1. 借款帳戶的未來價值 (Future Value of Loan)

你一開始借了 \(a\) 元，這筆錢在你手中經過了整整 3 期。因此，在第 3 期期末（即 4月1日），這筆借款的「本利和」總價值為：

\[ \text{借款未來價值} = a(1+2\%)^3 \]

2. 還款帳戶的未來價值 (Future Value of Payments)

你總共還了 3 次 \(x\) 元，但因為還款時間點不同，它們各自累積的價值也不同：

• 第一次還的 \(x\) (2月1日)：到 4月1日 為止，共計息了 2 期。它的未來價值是 \(x(1+2\%)^2\)。
• 第二次還的 \(x\) (3月1日)：到 4月1日 為止，共計息了 1 期。它的未來價值是 \(x(1+2\%)^1\)。
• 第三次還的 \(x\) (4月1日)：在最後一刻才還，沒有時間計息。它的價值就是 \(x\)。

將這三次還款的未來價值全部加總，得到：

\[ \text{還款未來價值總和} = x(1+2\%)^2 + x(1+2\%)^1 + x \]

3. 讓價值相等！

當「借款未來價值」等於「還款未來價值總和」時，就代表結清了！這個方法的核心思想是：將所有發生在不同時間點的金流，全部換算到「同一個時間點」上來比較價值。

\[ a(1+2\%)^3 = x(1+2\%)^2 + x(1+2\%)^1 + x \]

五、 通用公式推導

現在，我們將這個概念推廣到更一般的情況。對於商品價格 \(a\)、分期期數 \(n\)、每期利率 \(r\) 的情況，根據「未來價值平衡法」：

\[ a(1+r)^n = x(1+r)^{n-1} + x(1+r)^{n-2} + \dots + x(1+r)^1 + x \]

等號右邊是一個**等比級數**，套用級數和公式 \(S_n = \frac{a_1(\text{公比}^n - 1)}{\text{公比} - 1}\) 可得：

\[ a(1+r)^n = \frac{x \cdot [(1+r)^n - 1]}{(1+r) - 1} = \frac{x[(1+r)^n - 1]}{r} \]

最後，整理方程式，解出我們想要的每期還款金額 \(x\)：

\[ x = a(1+r)^n \cdot \frac{r}{(1+r)^n - 1} \]

這就是分期付款的通用計算公式。下次遇到類似問題，除了可以直接套用公式外，也試著自己從「未來價值平衡」的觀念推導一次，你會更有感覺！

三角形面積的終極密碼：希羅公式 (Heron's Formula) 推導全解析

大家好，相信大家在高中時都學過各式各樣的三角形面積公式。其中，希羅公式（又稱海龍公式）絕對是最特別的一個——它完全不需要知道任何角度，只需要三邊長，就能算出三角形的面積。

這份講義將帶你從最熟悉的公式出發，一步步推導，讓你徹底看懂希羅公式背後的代數與幾何之美。這不僅是個公式證明，更是對高中三角函數與代數運算能力的一次總回顧！

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Part 1: 我們的起點——必備的先備知識

在開始證明之前，讓我們先回憶一下幾個關鍵的工具：

• 三角形面積公式：這是我們最熟悉的公式之一，利用兩邊長及其夾角來計算面積。 $$ \triangle = \frac{1}{2}ab \sin C $$
• 餘弦定理 (Law of Cosines)：連接三角形三邊長與一個內角的重要橋樑。 $$ \cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} $$
• 三角函數的平方關係：一個簡單卻極其強大的恆等式。 $$ \sin^2 C + \cos^2 C = 1 \implies \sin C = \sqrt{1 - \cos^2 C} $$

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Part 2: 推導的奇幻旅程

我們的目標是將面積公式 $\triangle = \frac{1}{2}ab \sin C$ 中的 $\sin C$ 換掉，讓整個公式只剩下邊長 $a, b, c$。

Step 1: 用邊長取代角度

首先，我們將平方關係代入面積公式，把 $\sin C$ 換成 $\cos C$ 的表示式。

$$ \triangle = \frac{1}{2}ab \sin C = \frac{1}{2}ab \sqrt{1 - \cos^2 C} $$

接著，利用餘弦定理，將 $\cos C$ 換成用三邊長表示的式子。這一步是整個證明的核心！

$$ \triangle = \frac{1}{2}ab \sqrt{1 - \left(\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}\right)^2} $$

Step 2: 展開與化簡的代數魔法

現在，公式裡已經沒有任何角度了，剩下的是純粹的代數運算。我們把 $\frac{1}{2}ab$ 乘進根號裡，方便後續計算。

$$ \triangle = \sqrt{\left(\frac{1}{2}ab\right)^2 \left[1 - \left(\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}\right)^2\right]} $$ $$ = \sqrt{\frac{1}{4}a^2b^2 - \frac{1}{4}a^2b^2 \frac{(a^2 + b^2 - c^2)^2}{4a^2b^2}} $$ $$ = \sqrt{\frac{4a^2b^2 - (a^2 + b^2 - c^2)^2}{16}} $$

Step 3: 平方差公式的連環應用

觀察根號內的分子，你是否看到了熟悉的結構？沒錯，就是**平方差公式** $x^2 - y^2 = (x-y)(x+y)$！這裡的 $x$ 是 $2ab$，$y$ 是 $(a^2+b^2-c^2)$。

$$ \triangle = \sqrt{\frac{1}{16} \left[ (2ab)^2 - (a^2 + b^2 - c^2)^2 \right]} $$ $$ = \sqrt{\frac{1}{16} [2ab - (a^2 + b^2 - c^2)][2ab + (a^2 + b^2 - c^2)]} $$ $$ = \sqrt{\frac{1}{16} (2ab - a^2 - b^2 + c^2)(2ab + a^2 + b^2 - c^2)} $$

Step 4: 重新整理，再次使用平方差

我們將括號內的項重新整理，配成完全平方式。

$$ \triangle = \sqrt{\frac{1}{16} [c^2 - (a^2 - 2ab + b^2)][(a^2 + 2ab + b^2) - c^2]} $$ $$ = \sqrt{\frac{1}{16} [c^2 - (a-b)^2][(a+b)^2 - c^2]} $$

看！又是兩組平方差！我們再次把它們分解開來。

$$ = \sqrt{\frac{1}{16} [c - (a-b)][c + (a-b)][(a+b) - c][(a+b) + c]} $$ $$ = \sqrt{\frac{1}{16} (c - a + b)(c + a - b)(a + b - c)(a + b + c)} $$

Step 5: 引入半周長 s，迎接最終型態

為了讓公式更優雅，我們引入一個新的符號：半周長 (semi-perimeter) $s$。

$$ s = \frac{a+b+c}{2} $$

現在，我們來看看根號裡的四個括號如何用 $s$ 來表示：

• $a+b+c = 2s$
• $a+b-c = (a+b+c) - 2c = 2s - 2c = 2(s-c)$
• $a+c-b = (a+b+c) - 2b = 2s - 2b = 2(s-b)$
• $b+c-a = (a+b+c) - 2a = 2s - 2a = 2(s-a)$

將這些代回我們的面積公式：

$$ \triangle = \sqrt{\frac{1}{16} \cdot 2(s-a) \cdot 2(s-b) \cdot 2(s-c) \cdot 2s} $$ $$ = \sqrt{\frac{16}{16} \cdot s(s-a)(s-b)(s-c)} $$

於是，我們得到了最終的完美形式：

$$ \triangle = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} $$

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Part 3: 總結與反思

我們從一個包含角度的面積公式 $\triangle = \frac{1}{2}ab \sin C$ 出發，巧妙地結合了餘弦定理與多次的平方差運算，最終推導出一個只與三邊長有關的優美公式。

這個過程不僅展現了數學符號運算的威力，也體現了從不同知識點（面積、邊、角）之間建立聯繫的數學思想。希望這次的複習，能讓你對高中數學有一個更全面、更深刻的理解。

將4本書全部分給甲、乙、丙、丁、戊、己6人

==問題== 

將 $4$ 本書全部分給甲、乙、丙、丁、戊、己 $6$ 人，則下列敘述哪些是正確的？(多選)

(A) 若 $4$ 本書都是相同的書，且每人至多分一本，則共有 $C_4^6$ 種分法

(B) 若 $4$ 本書是不同的書，且每人至多分一本，則共有 $P_4^6$ 種分法

(C) 若 $4$ 本書是不同的書，且每人可以不只分一本，則共有 $6^4$ 種分法

(D) 若 $4$ 本書是不同的書，且每人可以不只分一本，則甲恰得一本的分法有 $C_1^4 \times 5^3 = 500$ 種

(E) 若 $4$ 本書是不同的書，且每人可以不只分一本，則甲至少得一本的分法有 $C_1^4 \times 6^3 = 864$ 種

==答案== 

(A), (B), (D)

==解析==

(A) ◯：既然書本是相同的，那麼區別不同的分法就是某人有無拿到書，根據題目條件，任何一人要嘛有1本書，不然就沒有，而且書會分完，所以分法就是6人中取4人來拿書，這4人每人一本，而沒取到的2人就是不用拿，因此方法數為$6^4$。

(B) ◯：[法一] 6人先取4人領書，由於書不同，再依序選書：$C_4^6 \times C_1^4 C_1^3C_1^2 C_1^1$=$ C_4^6 \times 4! = \frac{6!}{4!2!} \times 4! = \frac{6!}{2!} = \frac{6!}{(6-4)!} = P_4^6$。

[法二]每一個都要求找一位主人，被選中的人不能再被選

$C_1^6 C_1^5 C_1^4 C_1^3 = 6 \times 5 \times 4 \times 3 = \frac{6!}{2!} = \frac{6!}{(6-4)!} = P_4^6$。

(C) ✕：每一本書都要尋找一位主人，被選中的人可以再被選：$C_1^6 C_1^6 C_1^6 C_1^6 =$$6 \times 6 \times 6 \times 6 = 6^4$。

(D) ◯：4本先挑1本給甲，然後剩下了3本書再依序從剩下5人中每次挑1人為主人，被選中的人可以再被選：$C_1^4 \times C_1^5 C_1^5 C_1^5$=$ 4 \times 5 \times 5 \times 5 = 500$。

(E) ✕：n(甲至少一本)=n(任意分)$-$n(甲無)= $6^4 - 5^4 = 1296$$- 625 = 671$。

責任編輯：蔡懷萱

[107指考數甲，圓] 圓內兩線段互相垂直，求$\overline{CD}$長度

==問題== 

設$A$，$B$，$C$，$D$為圓上的相異四點。已知圓的半徑為$\frac{7}{2}$，$\overline{AB}=5$，兩線段$\overline{AC}$與$\overline{BD}$互相垂直，如圖所示（此為示意圖，非依實際比例）。則\( \overline{CD} \)的長度為何？（化成最簡根式）

[107，指考，數學甲]

==答案==

$2\sqrt{6}$

==解析==

設$\overline{AC}$與$\overline{BD}$的交點為$O$。然後再假設$\angle BAC = \theta$，於是$\overparen{BC}$之弧度為$2 \theta$。由於$\angle BDC$所對的弧也是$\overparen{BC}$，因此$\angle BDC = \theta$。

接著座標化，取$\overline{AC}$為$x$軸，$\overrightarrow{AC}$之方向為正向；取$\overline{BD}$為$y$軸，$\overrightarrow{BD}$之方向為正向。於是$O$點座標為$(0, 0)$。

再假設$\overline{CD} = x$，於是$\overline{OC} = x \sin \theta, \overline{OD} = x \cos \theta, \overline{OA} = 5 \cos \theta, \overline{OB} = 5 \sin \theta$，從而可得各點座標$A = (-5 \cos \theta, 0), B = (0, -5 \sin \theta), C = (x \sin \theta, 0), D = (0, x \cos \theta)$。

再設圓心為$K$，注意到$K$點的$x$座標與$\overline{AC}$中點的$x$座標相同，$y$座標與$\overline{BD}$中點的$y$座標相同，因此可得$K$點的座標為$\left( \frac{x \sin \theta - 5 \cos \theta}{2}, \frac{x \cos \theta - 5 \sin \theta}{2} \right)$。

由題目條件「圓的半徑為$\frac{7}{2}$」可知

$$\overline{KC} = \frac{7}{2},$$

$$\sqrt{ \left( \frac{x \sin \theta - 5 \cos \theta}{2} - x \sin \theta \right)^2 + \left( \frac{x \cos \theta - 5 \sin \theta}{2} - 0 \right)^2 } = \frac{7}{2},$$

等號兩邊左右同時平方，展開得

$$\frac{x^2 \sin^2 \theta + 10 x \sin \theta \cos \theta + 25 \cos^2 \theta + x^2 \cos^2 \theta - 10 x \sin \theta \cos \theta + 25 \sin^2 \theta}{4} = \frac{49}{4},$$

於是

$$\frac{(x^2 \sin^2 \theta + x^2 \cos^2 \theta) + (25 \cos^2 \theta + 25 \sin^2 \theta)}{4} = \frac{49}{4},$$

$$\frac{ x^2(\sin^2 \theta + \cos^2 \theta) + 25( \cos^2 \theta + \sin^2 \theta)}{4} = \frac{49}{4},$$

$$\frac{ x^2 \cdot 1 + 25 \cdot 1}{4} = \frac{49}{4},$$

$$x^2 + 25 = 49,$$

$$x^2 = 24,$$

$$x = \pm \sqrt{24} = \pm 2 \sqrt{6} \quad {\text{負不合}},$$

$$x = 2 \sqrt{6}.$$

因此所求$\overline{CD} = 2 \sqrt{6}$。

(解答終了)

正方形內扇形重疊區域面積問題

=題目=

如圖，ABCD 為正方形且邊長為1 公分，以各頂點為圓心，1 公分為半徑做$\frac{1}{4}$弧，試求斜線區域面積。

=答案=

$1+\frac{\pi}{3}-\sqrt{3}$

=詳解=

首先假設圖中各區域的面積分別為$a, b, c$，如下圖所示。

為了求出$c$的大小，我們可以連接$\overline{OA}$與$\overline{OB}$，然後考慮正三角形$OAB$與扇形$AOD$及扇形$BOC$，將這三個部分從整個正方形$ABCD$中扣掉後，就會得到一塊$c$的面積。如下圖所示。

因此

$$c = 1\times 1  - \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 1^2 - \pi \cdot 1^2 \cdot \frac{30}{360} - \pi \cdot 1^2 \cdot \frac{30}{360} = 1 - \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{6}.$$

另外再看原圖中，可知整個正方形$ABCD$扣除$\frac{1}{4}$圓形$ABD$後，剩下的部分恰好是$2c+b$，也就有

$$2c+b = 1 - \pi \cdot 1^2 \cdot \frac{90}{360} = 1 - \frac{\pi}{4}.$$

因此

$$b = \left( 1 - \frac{\pi}{4} \right) - 2 \cdot \left( 1 - \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{6} \right) = \frac{\pi}{12} + \frac{\sqrt{3}}{2} - 1.$$

於是

$$a = 1-4b-4c = 1-4 \cdot \left( \frac{\pi}{12} + \frac{\sqrt{3}}{2} - 1 \right) - 4\cdot \left( 1 - \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{6} \right) = 1 + \frac{\pi}{3} - \sqrt{3}.$$