2018年3月28日 星期三

二元一次不等式,法向量所指區域為正區域,法向量反向之區域為負區域;二元一次式之函數值循法向量方向移動而增加

謹以此文紀念我的高中數學老師黃靜卿先生。

==定理1==(用法向量判斷正區域和負區域)


考慮二元一次式$f(x, y) = ax + by + c$,其中$a, b$不同時為零。在座標平面上,

(i) $ax + by + c = 0$的幾何圖形為一直線;
(ii) $ax + by + c > 0$代表之區域正是以直線$ax + by + c = 0$為邊界,而落於法向量$\overrightarrow{n} = (a, b)$所指方向的區域;
(iii) $ax + by + c < 0$代表之區域正是以直線$ax + by + c = 0$為邊界,而落於法向量$\overrightarrow{n} = (a, b)$所指方向反側的區域。

==證明==


(i) 顯然。

(ii) 命直線集合為$L = \{ (x, y) | ax+by+c=0 \}$,而正區域為$L_+ = \{ (x, y) | ax+by+c>0 \}$,負區域為$L_- = \{ (x, y) | ax+by+c<0 \}$。

顯然$\mathbb{R}^2 = L \cup L_+ \cup L_-$,且$L, L_+, L_-$互不相交,亦即$L \cap L_+ = \phi, L \cap L_- = \phi, L_+ \cap L_- = \phi$。

以直線$ax + by + c = 0$為邊界,而落於法向量$\overrightarrow{n} = (a, b)$所指方向的區域」可描述為$L$上的點經任意正倍數的法向量$\overrightarrow{n}$平移後所得到的點集。若記此區域為$D_+$,以數學式表達就是
$$D_+ = \{ (x, y) + t \overrightarrow{n} | (x, y) \in L, t > 0 \}.$$
我們要證明的即是
$$L_+ = D_+.$$

任取$P \in D_+$,則$\exists (x, y) \in L, t > 0$使得$P = (x, y) + t \overrightarrow{n}$。於是
\begin{align}
f(P) &= f(x+ta, y+tb) \notag \\
&= a(x+ta) + b(y+tb) + c \notag \\
&= (ax+by+c) + t(a^2+b^2). \notag
\end{align}
由於$t>0$且$a, b$不同時為零,所以$t(a^2+b^2) > 0$,也就是$f(P) > 0$。因此得$P \in L_+$,從而$D_+ \subseteq L_+$。

任取$Q = (x, y) \in L_+$,我們想證明$Q$也落在$D_+$之中,如此就可得$L_+ \subseteq D_+$。而要完成此目標,我們必須找到$(x_0, y_0) \in L$以及正數$t$使得$Q = (x_0, y_0) + t \overrightarrow{n}$。

設$f(Q) = d$,即有$ax+by+c=d$。由於$Q \in L_+$,所以當然$d > 0$。對照證明$D_+ \subseteq L_+$的過程「$f(P) = \ldots = (ax+by+c) + t(a^2 +b^2)$」,我們合理猜測現在應該取$t = \frac{d}{a^2 +b^2}$,同時$(x_0, y_0)$應為$\left( x - \frac{d}{a^2 +b^2}\cdot a, y - \frac{d}{a^2 +b^2}\cdot b \right)$。以下驗證這樣的猜測是正確的。
\begin{align}
f \left( x - \frac{d}{a^2 +b^2}\cdot a, y - \frac{d}{a^2 +b^2}\cdot b \right)
&= a \left( x - \frac{d}{a^2 +b^2}\cdot a \right) + b \left(y - \frac{d}{a^2 +b^2}\cdot b \right) \notag \\
&= (ax+by+c) - \frac{d}{a^2 + b^2}(a^2 + b^2) \notag \\
&= d - d \notag \\
&= 0. \notag
\end{align}
所以若取$(x_0, y_0) = \left( x - \frac{d}{a^2 +b^2}\cdot a, y - \frac{d}{a^2 +b^2}\cdot b \right)$,則$(x_0, y_0)$確實$\in L$。而
\begin{align}
Q &= (x, y) \notag \\
&= \left( x - \frac{d}{a^2 +b^2}\cdot a + \frac{d}{a^2 +b^2}\cdot a , y - \frac{d}{a^2 +b^2}\cdot b + \frac{d}{a^2 +b^2}\cdot b\right) \notag \\
&= \left( x - \frac{d}{a^2 +b^2}\cdot a, y - \frac{d}{a^2 +b^2}\cdot b \right) + \left( \frac{d}{a^2 +b^2}\cdot a, \frac{d}{a^2 +b^2}\cdot b \right) \notag \\
&= (x_0, y_0) + \frac{d}{a^2 +b^2} (a, b) \notag \\
&= (x_0, y_0) + t \overrightarrow{n}. \notag
\end{align}
如此就證明了$Q \in D_+$,也就有$L_+ \subseteq D_+$。

綜合上述$D_+ \subseteq L_+$與$L_+ \subseteq D_+$,我們得到$L_+ = D_+$。

(iii) 「以直線$ax + by + c = 0$為邊界,而落於法向量$\overrightarrow{n} = (a, b)$所指方向反側的區域」可描述為$L$上的點經任意負倍數的法向量$\overrightarrow{n}$平移後所得到的點集。若記此區域為$D_-$,以數學式表達就是
$$D_- = \{ (x, y) + t \overrightarrow{n} | (x, y) \in L, t < 0 \}.$$

顯然有$\mathbb{R}^2 = L \cup D_+ \cup D_-$,且$L \cap D_+ = \phi, L \cap D_- = \phi, D_+ \cap D_- = \phi$。

由於已知$\mathbb{R}^2 = L \cup L_+ \cup L_-$,與上式相比較,可得
\begin{align}
D_- &= \mathbb{R}^2 \backslash \left( L \cup D_+ \right) \notag \\
&= \mathbb{R}^2 \backslash \left( L \cup L_+ \right) \notag \\
&= \left( L \cup L_+ \cup L_- \right) \backslash \left( L \cup L_+ \right) \notag \\
&= L_-. \notag
\end{align}
(證明終了)

==定理2==(線性規劃中目標函數在限定區域發生極值位置的探索方法)


二元一次式之函數值循法向量方向移動而增加。

==證明==


設$P_0 = (x_0, y_0) \in L, P_t = P_0 + t \overrightarrow{n}$。當$t > 0$時,$P_t \in L_+$;而當$t < 0$時,$P_t \in L_-$。

取正數$t, s$滿足$t < s$,於是乎$P_t$與$P_s$皆落在$L_+$之中,而自$P_t$移動到$P_s$必須沿$(s - t) \overrightarrow{n}$。注意這裡$s - t > 0$,是以自$P_t$移動到$P_s$是循著法向量$\overrightarrow{n}$之正方向前進。

我們要證明的是$f(P_s) > f(P_t)$。

進行以下計算,
\begin{align}
f(P_s) - f(P_t)
&= f(P_0 + s \overrightarrow{n}) - f(P_0 + t \overrightarrow{n}) \notag \\
&= s(a^2 + b^2) - t(a^2 +b^2) \notag \\
&= (s - t)(a^2 + b^2) \notag \\
&> 0. \notag
\end{align}
從而$f(P_s) > f(P_t)$。
(證明終了)

==討論==


我們的討論可以毫無困難地推廣到$n$維空間。這裡我們所得到的結果,其實只是多元微積分學中關於空間曲面梯度向量以及方向導數的定理的特例。

定理. 設$D$為$\mathbb{R}^n$中的開集。若函數$f : D \rightarrow \mathbb{R}$在$D$上可微,則對於任意單位向量${\bf \overrightarrow{u}} \in \mathbb{R}^n$以及${\bf x} \in D$,函數$f$在${\bf x}$循${\bf \overrightarrow{u}}$的方向導數為
$$D_{{\bf \overrightarrow{u}}} f({\bf x}) = \nabla f({\bf x}) \cdot {\bf \overrightarrow{u}}.$$
而方向導數最大值為$|\nabla f({\bf x})|$,發生於${\bf \overrightarrow{u}}$與$\nabla f({\bf x})$平行同向之際。

在高中數學傳統教學中,正、負區域的判定是採用「約定x項的係數為正...P點在L的右邊,則f(P)>0;若P在L的左邊,則f(P)<0」(參見部落格【王的夢田】文章〈平面被一直線分成兩部份的正負情形〉),學生常常會搞不清楚正區域和負區域的位置。因為這個約定太麻煩了,還得先化簡所給定的直線方程式,然後要去記所謂的左邊或是右邊。試想,在三維或是更高維空間中,如果要處理線性規劃區域問題,我們還會有什麼左、右之分嗎?我們唯一可以依循的只有法向量,按其指向去區分各區域,法向量才是處理判定正、負區域的根本工具。

$h \rightarrow 0$時,$o(h) = o(|h|)$

==定理==


$h \rightarrow 0$時,$o(h) = o(|h|)$

==證明==


若$f(h) = o(h)$,則$\lim \limits_{h \rightarrow 0} \frac{f(h)}{h} = 0$。由極限的$\varepsilon-\delta$定義,$\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0, \forall h \in (-\delta, \delta) \backslash \{0\}, \left| \frac{f(h)}{h} - 0 \right| < \varepsilon$。於是我們有
\begin{align}
\varepsilon &> \left| \frac{f(h)}{h} - 0 \right| \notag \\
&= \left| \frac{f(h)}{h} \right| \notag \\
&= \frac{|f(h)|}{|h|} \notag \\
&= \frac{|f(h)|}{||h||} \notag \\
&= \left| \frac{f(h)}{|h|} \right| \notag \\
&= \left| \frac{f(h)}{|h|} - 0 \right|. \notag
\end{align}
這意味著
$$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h)}{|h|} = 0.$$
從而$f(h) = o(|h|)$。

若$f(h) = o(|h|)$,則$\lim \limits_{h \rightarrow 0} \frac{f(h)}{|h|} = 0$。由極限的$\varepsilon-\delta$定義,$\forall \varepsilon > 0, \exists \delta > 0, \forall h \in (-\delta, \delta) \backslash \{0\}, \left| \frac{f(h)}{|h|} - 0 \right| < \varepsilon$。於是我們有
\begin{align}
\varepsilon &> \left| \frac{f(h)}{|h|} - 0 \right| \notag \\
&= \left| \frac{f(h)}{|h|} \right| \notag \\
&= \frac{|f(h)|}{||h||} \notag \\
&= \frac{|f(h)|}{|h|} \notag \\
&= \left| \frac{f(h)}{h} \right| \notag \\
&= \left| \frac{f(h)}{h} - 0 \right|. \notag
\end{align}
這意味著
$$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(h)}{h} = 0.$$
從而$f(h) = o(h)$。

綜上所述可得$o(h) = o(|h|)$。
(證明終了)

2018年3月27日 星期二

單變數函數的導函數的定義與例子

導函數的定義


設$(a, b) \subseteq \mathbb{R}$。

若$\forall x \in (a, b)$,$f$在$x$皆可導,則稱$f$在$(a, b)$上可導。此時得一函數(映射)
$$f': (a, b) \rightarrow \mathbb{R}, f': x \mapsto f'(x).$$
此函數稱為$f$在$(a, b)$上的導函數(derivative)。

導函數的例子


例1. 常數函數的導函數。

設$c \in \mathbb{R}$是一個常數,$f_1 : (-\infty, +\infty) \rightarrow \mathbb{R}, f_1 (x) = c$。$\forall x \in (-\infty, +\infty)$有$f_1' (x) = 0$,$f_1$在$(-\infty, +\infty)$上可導,所以$f_1$在$(-\infty, +\infty)$的導函數為$f_1' (x) = 0$。

例2. 線型/一次函數的導函數。

設$m, k \in \mathbb{R}, m \neq 0$,$f_2 : (-\infty, +\infty) \rightarrow \mathbb{R}, f_2 (x) = mx+k$。$\forall x \in (-\infty, +\infty)$有$f_2' (x) = m$,$f_2$在$(-\infty, +\infty)$上可導,所以$f_2$在$(-\infty, +\infty)$的導函數為$f_2' (x) = m$。

例3. 二次函數的導函數。

設$a, b, c \in \mathbb{R}, a \neq 0$,$f_3 : (-\infty, +\infty) \rightarrow \mathbb{R}, f_3 (x) = ax^2 + bx +c$。$\forall x \in (-\infty, +\infty)$有$f_3' (x) = 2ax+b$,$f_3$在$(-\infty, +\infty)$上可導,所以$f_3$在$(-\infty, +\infty)$的導函數為$f_3' (x) = 2ax+b$。

例4. $n$次方函數的導函數。

設$n \in \mathbb{N}$,$f_4 : (-\infty, +\infty) \rightarrow \mathbb{R}, f_4 (x) = x^n$。$\forall x \in (-\infty, +\infty)$有$f_4' (x) = nx^{n-1}$,$f_4$在$(-\infty, +\infty)$上可導,所以$f_4$在$(-\infty, +\infty)$的導函數為$f_4' (x) = nx^{n-1}$。

例5. 倒數函數的導函數。

設$f_5 : (-\infty, 0) \cup (0, +\infty) \rightarrow \mathbb{R}, f_5 (x) = \frac{1}{x}$。$\forall x \in (-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$有$f_5' (x) = \frac{-1}{x^2}$,$f_5$在$(-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$上可導,所以$f_5$在$(-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$的導函數為$f_5' (x) = \frac{-1}{x^2}$。

例6. 平方根函數的導函數。

設$f_6 : [0, +\infty) \rightarrow \mathbb{R}, f_6 (x) = \sqrt{x}$。$\forall x \in (0, +\infty)$有$f_6' (x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$,$f_6$在$(0, +\infty)$上可導(注意這裡可導的區間是開區間!),所以$f_6$在$(0, +\infty)$的導函數為$f_6' (x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$。

單變數函數可導必連續

==定理==(可導必連續)


設$(a, b) \subseteq \mathbb{R}, f: (a, b) \rightarrow \mathbb{R}, c \in (a, b)$。

若$f$在$c$可導,則$f$在$c$連續。

==證明==


$f: (a, b) \rightarrow \mathbb{R}$且$c \in (a, b) \Rightarrow f$在$c$有定義,函數值為$f(c)$。

$f$在$c$可導$\Rightarrow \lim \limits_{h \rightarrow 0} \frac{f(c+h) - f(c)}{h}$存在,此極限值即為$f$在$c$的導數$f'(c)$。

注意$\lim \limits_{h \rightarrow 0} h = 0$且$\lim \limits_{h \rightarrow 0} f(c) = f(c)$。

根據極限論的四則運算,我們有
\begin{align}
\lim \limits_{h \rightarrow 0} f(c+h)
&= \lim \limits_{h \rightarrow 0} \left[ \frac{f(c+h) - f(c)}{h} \times h + f(c) \right] \notag \\
&= \left[ \lim \limits_{h \rightarrow 0} \frac{f(c+h) - f(c)}{h} \right] \times \left[ \lim \limits_{h \rightarrow 0} h \right] + \left[ \lim \limits_{h \rightarrow 0} f(c) \right] \notag \\
&= f'(c) \times 0 + f(c) \notag \\
&= f(c). \notag
\end{align}
考慮代換$x = c+h$,則$h = x - c$,而$h \rightarrow 0$變為$x - c \rightarrow 0$,也就有$x \rightarrow c$。所以上面推導所得的
$$\lim_{h \rightarrow 0} f(c+h) = f(c)$$
可改寫為
$$\lim_{x \rightarrow c} f(x) = f(c).$$
換句話說,我們推得「極限值等於函數值」,這意味著$f$在$c$連續。
(證明終了)

==注意==


這個定理告訴我們「可導必連續」,但反之未必成立,亦即「連續不一定可導」。

. 絕對值函數$f: (-\infty, +\infty) \rightarrow \mathbb{R}, f(x) = |x|$,$f$在$(-\infty, +\infty)$上連續,但在$0$不可導。

2018年3月26日 星期一

單變數函數可導的定義與例子

設$(a, b) \subseteq \mathbb{R}$,$f: (a, b) \rightarrow \mathbb{R}$是一個函數(映射),$c \in (a, b)$,也就是說$c$為開區間$(a, b)$內部的一個點。

函數$f$在$c$點當然有定義,函數值記為$f(c)$。

導數/可導的定義


若極限$\displaystyle \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(c+h) - f(c)}{h}$存在,則稱函數$f$在$x = c$處「可導(differentiable)」,而極限值記為$f'(c)$,稱為$f$在$c$的導數(derivative)。換句話說,我們可形式地定義導數$f'(c)$為
$$f'(c) = \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(c+h) - f(c)}{h}.$$
其中極限式裡的分式$\frac{f(c+h) - f(c)}{h}$稱為$f$在$c$的牛頓商(Newton quotient)或是差商(difference quotient)(這裡「形式地」意味著我們只著重上面定義式子所表現的形式,至於右方那個極限式是否有極限並非最優先考慮的事。)

代號的代換


$f$在$x = c$可導$\displaystyle \Leftrightarrow \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(c+h) - f(c)}{h}$存在,導數值$=f'(c)$。

$f$在$x = d$可導$\displaystyle \Leftrightarrow \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(d+h) - f(d)}{h}$存在,導數值$=f'(d)$。

$f$在$x = e$可導$\displaystyle \Leftrightarrow \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(e+h) - f(e)}{h}$存在,導數值$=f'(e)$。

$f$在$x = x_0$可導$\displaystyle \Leftrightarrow \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x_0+h) - f(x_0)}{h}$存在,導數值$=f'(x_0)$。

$f$在$x = t_1$可導$\displaystyle \Leftrightarrow \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(t_1+h) - f(t_1)}{h}$存在,導數值$=f'(t_1)$。

$f$在$x = {\text{火星}}$可導$\displaystyle \Leftrightarrow \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f({\text{火星}}+h) - f({\text{火星}})}{h}$        存在,導數值$=f'(\text{火星})$。

$F$在$x = x_0$可導$\displaystyle \Leftrightarrow \lim_{h \rightarrow 0} \frac{F(x_0+h) - F(x_0)}{h}$存在,導數值$=F'(x_0)$。

$g$在$x = x_0$可導$\displaystyle \Leftrightarrow \lim_{h \rightarrow 0} \frac{g(x_0+h) - g(x_0)}{h}$存在,導數值$=g'(x_0)$。

為何導數要叫做導數?「導」的涵義為何?


這個問題會另文討論,讀者就先暫時接受這樣算出來的東西稱作「導數」。

例子


例1. 常數函數

設$c \in \mathbb{R}, f_1 : (-\infty, +\infty) \rightarrow \mathbb{R}$,$f_1 (x) = c$。

我們稱函數$f_1$是「常數函數(constant function)」,因為$f_1$總是將任何一個$x$對應到固定值$c$。(說文解字:「常」這個字具有「恆定」的意思,所以才用「常」。)

任取$x \in \mathbb{R}$,計算導數定義的極限式
\begin{align}
 \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f_1 (x+h) - f_1(x)}{h} &= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{c - c}{h} \notag \\
&= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{0}{h} \notag \\
&= \lim_{h \rightarrow 0} 0 \notag \\
&= 0. \notag
\end{align}
以上的計算告訴我們常數函數$f_1 (x) = c$在任何一處都可導,且導數值為$0$。換句話說,我們有
$$\forall x \in \mathbb{R}, f_1' (x) = 0.$$

例2. 線型函數/一次函數(linear function)

設$m, k \in \mathbb{R}, m \neq 0, f_2: (-\infty, +\infty) \rightarrow \mathbb{R}, f_2 (x) = mx + k$。

我們稱函數$f_2$為「線型函數」或「一次函數」。(說文解字:「線型」的意思是因為這個函數的圖形畫出來就像是一條直線;「一次」的意思是指自變數$x$的次數為$1$次。注意「線型」與「線性」不大一樣,寫的時候別混淆了。)

任取$x \in \mathbb{R}$,計算導數定義的極限式
\begin{align}
 \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f_2 (x+h) - f_2(x)}{h} &= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{[m(x+h) + k] - (mx + k)}{h} \notag \\
&= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{mh}{h} \notag \\
&= \lim_{h \rightarrow 0} m \notag \\
&= m. \notag
\end{align}
以上的計算告訴我們線型函數$f_2$在任何一處都可導,且導數值為$m$。換句話說,我們有
$$\forall x \in \mathbb{R}, f_2' (x) = m.$$

例3. 二次函數(quadratic function)

設$a, b, c \in \mathbb{R}, a \neq 0, f_3 : (-\infty, +\infty) \rightarrow \mathbb{R}, f_3 (x) = ax^2 + bx + c$。

我們稱函數$f_3$為「二次函數(quadratic function)」。(說文解字:「二次」的意思是指自變數$x$的次數為$2$次。)

任取$x \in \mathbb{R}$,計算導數定義的極限式
\begin{align}
 \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f_3 (x+h) - f_3 (x)}{h} &= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{[a(x+h)^2 + b(x+h) + c] - (ax^2 + bx + c)}{h} \notag \\
&= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{ax^2 + 2axh + ah^2 + bx + bh + c - ax^2 - bx - c}{h} \notag \\
&= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{2axh + ah^2 + bh}{h} \notag \\
&= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{h(2ax + ah + b)}{h} \notag \\
&= \lim_{h \rightarrow 0} (2ax + ah + b) \notag \\
&= 2ax + a \times 0 + b \notag \\
&= 2ax + b. \notag
\end{align}
以上的計算告訴我們二次函數$f_3 (x) = ax^2 + bx + c$在任何一處都可導,且導數值為$2ax + b$。換句話說,我們有
$$\forall x \in \mathbb{R}, f_3' (x) = 2ax + b.$$

例4. $x$的$n$次方

設$n \in \mathbb{N}, f_4 : (-\infty, +\infty) \rightarrow \mathbb{R}, f_4 (x) = x^n$。

任取$x \in \mathbb{R}$,計算導數定義的極限式
\begin{align}
 \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f_4 (x+h) - f_4 (x)}{h} &= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{(x+h)^n - x^n}{h} \notag \\
&= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sum_{k=0}^n {n \choose k}x^{n-k}h^k - x^n}{h} \quad [{\text{二項式定理}}] \notag \\
&= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\left[ x^n + nx^{n-1}h + \frac{n(n-1)}{2}x^{n-2}h^2 + \cdots + h^n \right] - x^n }{h} \notag \\
&= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{nx^{n-1}h + \frac{n(n-1)}{2}x^{n-2}h^2 + \cdots + h^n}{h} \notag \\
&= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{h \left[ nx^{n-1} + \frac{n(n-1)}{2}x^{n-2}h + \cdots + h^{n-1} \right]}{h} \notag \\
&= \lim_{h \rightarrow 0} \left[ nx^{n-1} + \frac{n(n-1)}{2}x^{n-2}h + \cdots + h^{n-1} \right] \notag \\
&= nx^{n-1} + \frac{n(n-1)}{2}x^{n-2} \times 0 + \cdots + 0^{n-1}\notag \\
&= nx^{n-1}. \notag
\end{align}
以上的計算告訴我們函數$f_4 (x) = x^n$在任何一處都可導,且導數值為$nx^{n-1}$。換句話說,我們有
$$\forall x \in \mathbb{R}, f_4' (x) = nx^{n-1}.$$

例5. $x$分之一

設$f_5 : (-\infty, 0) \cup (0, +\infty) \rightarrow \mathbb{R}, f_5 (x) = \frac{1}{x}$。

任取$x \in (0, +\infty)$,計算導數定義的極限式
\begin{align}
 \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f_5 (x+h) - f_5 (x)}{h} &= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{x+h} - \frac{1}{x}}{h} \notag \\
&=  \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\left( \frac{1}{x+h} - \frac{1}{x} \right) \cdot (x+h)x}{h \cdot (x+h)x} \notag \\
&=  \lim_{h \rightarrow 0} \frac{x - (x+h)}{hx(x+h)} \notag \\
&=  \lim_{h \rightarrow 0} \frac{-h}{hx(x+h)} \notag \\
&=  \lim_{h \rightarrow 0} \frac{-1}{x(x+h)} \notag \\
&=  \frac{-1}{x(x+0)} \notag \\
&=  \frac{-1}{x^2} \notag
\end{align}
以上的計算告訴我們函數$f_5 (x) = \frac{1}{x}$在$(0, +\infty)$中任何一處都可導,且導數值為$\frac{-1}{x^2}$。換句話說,我們有
$$\forall x \in (0, +\infty), f_5' (x) = \frac{-1}{x^2}.$$

再任取$x \in (-\infty, 0)$,計算導數定義的極限式
\begin{align}
 \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f_5 (x+h) - f_5 (x)}{h} &= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\frac{1}{x+h} - \frac{1}{x}}{h} \notag \\
&=  \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\left( \frac{1}{x+h} - \frac{1}{x} \right) \cdot (x+h)x}{h \cdot (x+h)x} \notag \\
&=  \lim_{h \rightarrow 0} \frac{x - (x+h)}{hx(x+h)} \notag \\
&=  \lim_{h \rightarrow 0} \frac{-h}{hx(x+h)} \notag \\
&=  \lim_{h \rightarrow 0} \frac{-1}{x(x+h)} \notag \\
&=  \frac{-1}{x(x+0)} \notag \\
&=  \frac{-1}{x^2} \notag
\end{align}
以上的計算告訴我們函數$f_5 (x) = \frac{1}{x}$在$(-\infty, 0)$中任何一處都可導,且導數值為$\frac{-1}{x^2}$。換句話說,我們有
$$\forall x \in (-\infty, 0), f_5' (x) = \frac{-1}{x^2}.$$

所以不論$x$是在$(0, +\infty)$還是$(-\infty, 0)$,$f_5 (x) = \frac{1}{x}$都可導,且導數值為$\frac{-1}{x^2}$。換句話說,我們有
$$\forall x \in (-\infty, 0) \cup (0, +\infty), f_5' (x) = \frac{-1}{x^2}.$$

例6. 根號$x$

設$f_6 : [0, +\infty), f_6 (x) = \sqrt{x}$。

回顧導數的定義,要取導數的點必須在開區間中,所以我們取$x \in (0, +\infty)$,計算導數定義的極限式
\begin{align}
 \lim_{h \rightarrow 0} \frac{f_6 (x+h) - f_6 (x)}{h} &= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sqrt{x+h} - \sqrt{x}}{h} \notag \\
&= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sqrt{x+h} - \sqrt{x}}{\color{red}{\sqrt{x+h}^2 - \sqrt{x}^2}} \notag \\
&= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{\sqrt{x+h} - \sqrt{x}}{\left( \sqrt{x+h} - \sqrt{x} \right)\left( \sqrt{x+h} + \sqrt{x} \right)} \notag \\
&= \lim_{h \rightarrow 0} \frac{1}{\sqrt{x+h} + \sqrt{x}} \notag \\
&= \frac{1}{\sqrt{x+0} + \sqrt{x}} \notag \\
&= \frac{1}{2\sqrt{x}} \notag
\end{align}
以上的計算告訴我們函數$f_6 (x) = \sqrt{x}$在$(0, +\infty)$中任何一處都可導,且導數值為$\frac{1}{2\sqrt{x}}$。換句話說,我們有
$$\forall x \in \mathbb{R}, f_6' (x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}.$$

統整


我們略為統整以上討論的結果:

  1. 常數函數$f_1 (x) = c$在$\mathbb{R}$上處處有定義,在$\mathbb{R}$上任一點都可導。對於任意$x \in \mathbb{R}$,有$f_1' (x) = 0$。
  2. 一次函數$f_2 (x) = mx + k$在$\mathbb{R}$上處處有定義,在$\mathbb{R}$上任一點都可導。對於任意$x \in \mathbb{R}$,有$f_2' (x) = m$。
  3. 二次函數$f_3 (x) = ax^2 + bx + c$在$\mathbb{R}$上處處有定義,在$\mathbb{R}$上任一點都可導。對於任意$x \in \mathbb{R}$,有$f_3' (x) = 2ax$。
  4. $n$次方函數$f_4 (x) = x^n$在$\mathbb{R}$上處處有定義,在$\mathbb{R}$上任一點都可導。對於任意$x \in \mathbb{R}$,有$f_4' (x) = nx^{n-1}$。
  5. 倒數函數$f_5 (x) = \frac{1}{x}$定義於$(-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$,在其中任一點都可導。對於任意$x \in (-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$,有$f_5' (x) = \frac{-1}{x^2}$。
  6. 平方根函數$f_6 (x) = \sqrt{x}$定義於$[0, +\infty)$,在$(0, +\infty)$上任一點都可導。對於任意$x \in (0, +\infty)$,有$f_6' (x) = \frac{1}{2\sqrt{x}}$。

導數的另稱


導數有很多別稱,以下列出這些名稱,以及使用那些名稱的教材或數學家。
  1. 流數(fluxion):牛頓。目前沒人使用。
  2. 紀數:熊慶來《高等算學引論》(民國初年清華大學算學系分析教材)。目前沒人使用。
  3. 微商:華羅庚《高等數學引論》、鄧東皋《數學分析簡明教程》、龔昇《簡明微積分》、中國科學技術大學高等數學教研室《高等數學導論》。
  4. 微分係數:小平邦彥《解析入門》、Hardy《純數學教程(Course of Pure Mathematics)》。
這些名稱的由來將會另文討論。

導數$\neq$微分


請讀者注意一點,絕對不可將「導數」稱作「微分」!
導數$\neq$微分
導數$\neq$微分
導數$\neq$微分
之所以不同的理由有幾個。數學上來說,導數是差商的極限,但是微分直觀來說是「微增量」;幾何來說,導數是切線斜率,微分是切線上的點的高度改變量;物理來說,導數是速度,而微分是位移。

例5的倒數函數$f_5 (x) = \frac{1}{x}$來說,對於任意$x \in (-\infty, 0) \cup (0, +\infty)$,其導數為$\frac{-1}{x^2}$。但是不可說「$\frac{1}{x}$的微分是$\frac{-1}{x^2}$」。

微分的詳細介紹將於另文討論。

2018年3月18日 星期日

Apostol Linear Algebra Exercise 0.13.2

題目

若一個實數$x$有性質$x^2=x+1$,用歸納法證明存在函數$f(n)$,使得對所有整數$n \geq 1$,都有$x^{n+1} = f(n+1)x +f(n)$。

解答

  • 分析

$n=1$時,所要證明的的式子為
$$x^{1+1}=f(1+1)x + f(1),$$
也就是
$$x^2 = f(2) x + f(1).$$

比對題目所給的條件$x^2 = x +1$,合理猜測$f(2) = 1, f(1) = 1$。

現在看$n=2$的情況。此時要有
\begin{align*}
x^{2+1} &= f(2+1)x + f(2), \\
x^3 &= f(3) x + 1, \\
f(3) &= \frac{x^3 - 1}{x} \\
&= \frac{x \cdot x^2 - 1}{x} \\
&= \frac{x \cdot (x+1) -1}{x} \\
&= \frac{x^2 + x -1}{x} \\
&= \frac{(x+1)+ x -1}{x} \\
&= \frac{2x}{x} \\
&= 2.
\end{align*}
(注意顯然$x \neq 0$,所以$\frac{\square}{x}$是有意義的)而我們有
$$x^3 = 2x + 1.$$

再繼續看看$n=3$的情況。
\begin{align*}
x^{3+1} &= f(3+1)x + f(3) \\
x^4 &= f(4)x + 2 \\
f(4) &= \frac{x^4 - 2}{x} \\
&= \frac{x \cdot x^3 - 2}{x} \\
&= \frac{x \cdot (2x + 1) -2}{x} \\
&= \frac{2x^2 + x - 2}{x} \\
&= \frac{2(x+1) + x - 2}{x} \\
&= \frac{3x}{x} \\
&= 3.
\end{align*}而我們有
$$x^4 = 3x + 2.$$

彙整以上的計算結果如下
$$f(1) = 1, f(2) = 1, f(3) = 2, f(4) =3.$$
這些結果似乎構成Fibonacci數列,故猜測$f(5) = 5$。

計算$n=4$的情況來確認看看。
\begin{align*}
x^{4+1} &= f(4+1)x + f(4) \\
x^5 &= f(5)x + 3 \\
f(5) &= \frac{x^5 - 3}{x} \\
&= \frac{x \cdot x^4 - 3}{x} \\
&= \frac{x \cdot (3x + 2) -3}{x} \\
&= \frac{3x^2 + 2x - 3}{x} \\
&= \frac{3(x+1) + 2x - 3}{x} \\
&= \frac{5x}{x} \\
&= 5.
\end{align*}
而我們有
$$x^5 =5x + 3.$$

果真有$f(5) = 5$!

所以我們的猜測有可能正確!

甚至,由Fibonacci數列的通式可猜測
$$f(n) = \frac{\sqrt{5}}{5} \cdot \left[\left(\frac{1 + \sqrt{5}}{2}\right)^{n} - \left(\frac{1 - \sqrt{5}}{2}\right)^{n}\right].$$
(如此就把函數$f(n)$的顯式給表示出來)參考維基百科關於Fibonacci數列的條目

  • 正式解答

$n=1$時,由條件$x^2 = x + 1$可取$f(1) = 1, f(2) = 1$。

假定命題對於$n - 1$時成立,亦即存在函數$f$使得有$x^{(n-1)+1} = f\left[ (n-1) + 1 \right]x + f(n-1)$,這也意味著我們確定了$f(n-1)$與$f(n)$的值。

在$n$時,
\begin{align*}
x^{n+1} &= x \cdot x^n &[\text{指數的定義}] \\
&= x \cdot x^{(n - 1) + 1} & \\
&= x \cdot \left\{f[(n - 1) + 1]x + f(n-1) \right\} &[\text{歸納假設}] \\
&= x \cdot \left[ f(n)x + f(n-1) \right] & \\
&= f(n) x^2 + f(n-1) x &[\text{分配律}]\\
&= f(n) (x + 1) + f(n-1)x &[x\text{滿足的性質}]\\
&= \left[ f(n-1) + f(n) \right]x + f(n). &
\end{align*}
因為$f(n-1)$與$f(n)$的值都已確定,由此可定義
$$f(n + 1) = f(n-1) + f(n).$$
亦即$f(n+1)$之存在性由$f(n-1)$與$f(n)$所保證。

由數學歸納法證明了命題。

(證明終了)

2018年3月17日 星期六

Perron悖論

T. Apostol在其Linear Algebra - A First Course with Applications to Differential Equations一書的0.14節中提及一個「定理」(簡體中文版p.13):
定理如果存在最大正整數$n$,則$n=1$。
此地定理兩字加註引號的用意是在說明這條敘述其實並非真的是一條定理。而是要展示錯誤的前提可以推導出荒謬的結論。

幾年前我初次閱讀到這裡便卡住了,因為我實在無法如Apostol所稱「讀者可用反證法證明該定理」。

我試著用反證法做。於是便先假設結論不正確,也就是$n \neq 1$。既然$n$是正整數,於是便有$n \geq 2$。因為$n$是最大正整數,所以有
$$n + 1 \leq n,$$
左右同時減去$n$,得
$$1 \leq 0.$$
是為矛盾。

但是,以上的推理完全沒有用到我的「反假設」,也就是沒有用到「於是便有$n \geq 2$」,只用到了原來定理的條件。

在應用反證法時,理想上應當是,
【定理條件】+【與定理結論相反的敘述】$\Rightarrow$【矛盾】
然後在「【定理條件】恆真」的約定下,推論出【與定理結論相反的敘述】是不成立的,從而就得到定理結論必成立。

但是現在並沒有這樣的結構,僅僅只是
【定理條件】$\Rightarrow$【矛盾】
那這樣不是反證法啊...

因為一直沒有新思路,每次重新做這題時,總是按著老路子碰壁,後來就擱下書本不讀了。(這是我的壞毛病,一本書讀到一處讀不下去,不肯問人,非要自己想,偏偏又笨到想不出來,結果書也放著沒念下去,到頭來一場空。)

幾天前我又重新讀Apostol這本書,再次思考該如何處理這問題。這回我放棄自己解決,到ptt數學版請教網友。果不其然,版上高手雲集,walkwall、Vulpix、ADHD三位網友都給了我建議,非常感謝他們。尤其ADHD網友還追溯出這道「定理」的根源---Perron悖論(Perron's paradox):
假設$N$是最大的正整數。 若$N>1$,則$N^2 >N$,與$N$的定義相矛盾。因此$N=1$。
(參見維基百科關於Perron的條目)我當時非常訝異,原來這還竟然冠上了人名,真的是長知識了。

(順帶一提,Oskar Perron的條目在維基百科中本來只有外文版本,我在與網友討論完數學後,就順手把它給翻成中文。是亞洲地區第一個版本喔!日文、韓文等等其他語言版本的維基百科都沒有)

上面的引文已說明了解法。而我在與網友討論的過程中,自己也想出了一個正面證法,紀錄於下。

設$n$是最大正整數。由於$n$是正整數,所以$n \geq 1$。

由$n \geq 1$得$2n - 1 \geq 1$,故$2n - 1$必亦為正整數。

但因$n$是最大正整數,所以有
$$2n - 1 \leq n.$$
從而
$$n - 1 \leq 0,$$
即有
$$n \leq 1.$$

本來就有$n \geq 1$,如今又推論出$n \leq 1$,那麼必有$n = 1$。

(證明終了)

2018年3月16日 星期五

任意三角形任二邊之中垂線必相交於一點

摘要

本文使用Serge Lang所著Geometry一書中的公設與定理來推導出「三角形任二邊之中垂線必相交於一點」,從而為外心的存在性(Theorem 5-2, p.128)建立論證基礎。

1. 要使用的定義、公設與定理

  • 直線公設LIN (p.1):平面上兩相異點決定唯一直線。
  • 直線$L$與直線$K$相交的部分以$L \cap K$表示。
  • 兩直線平行的定義 (p.2):兩直線互相平行$\Leftrightarrow$兩線重合或兩線不相交。
  • 平行線基本公設,PAR1 (p.3):若兩直線不平行,則兩直線必相交於一點。
  • 線段與直線相垂直的定義 (p.36):某線段與某直線垂直$\Leftrightarrow$該線段所在直線與另一直線相垂直。
  • 垂線基本公設,PERP2 (p.37):若兩直線互相平行,而第三條直線(截線)與前兩線其中一條相垂直,則截線與另一直線亦垂直。
  • Theorem 1-2 (p.37):若兩直線同時與第三條直線(截線)垂直,則原來兩直線互相平行。

2. 定理及其論證


定理任意三角形任二邊之中垂線必相交於一點。

[證]:假定所討論之三角形為$\triangle ABC$,其中$\overline{AB}$的中垂線為$L_1$,$\overline{BC}$的中垂線為$L_2$,從而$L_{AB} \perp L_1$且$L_{BC} \perp L_2$。

$L_1$與$L_2$的關係只有3種可能,且一定有1種會成立:
(i) $L_1 = L_2$; 
(ii) $L_1 \neq L_2$,且$L_1 \parallel L_2$;
(iii) $L_1 \neq L_2$,且$L_1$與$L_2$不平行。 
以下說明情況(i)與情況(ii)都不可能發生。


如果情形(i)成立,則得$L_{AB} \perp L_1$且$L_{BC} \perp L_1$,也就是$L_{AB}$與$L_{BC}$同時垂直於$L_1$。

Theorem 1-2得$L_{AB} \parallel L_{BC}$。($L_1$此時扮演定理中截線的角色)

但由於$B \in \overline{AB} \cap \overline{BC}$,也就是$L_{AB}$與$L_{BC}$至少有1交點$B$,因此由平行之定義可得$L_{AB} = L_{BC}$,故$A, B, C$三點共線。

然而此與$A, B, C$三點可構成三角形之前提相矛盾,所以情形(i)不可能成立。



如果情形(ii)成立。由$L_{AB} \perp L_1$根據垂線基本公設PERP2有$L_{AB} \perp L_2$。($L_{AB}$此時扮演公設中截線的角色)

而本來即有$L_{BC} \perp L_2$,故此時$L_{AB}$與$L_{BC}$皆與$L_2$垂直,所以由Theorem 1-2得$L_{AB} \parallel L_{BC}$。($L_2$此時扮演定理中截線的角色)

但由於$B \in \overline{AB} \cap \overline{BC}$,也就是$L_{AB}$與$L_{BC}$至少有1交點$B$,因此由平行之定義可得$L_{AB} = L_{BC}$,故$A, B, C$三點共線。

然而此與$A, B, C$三點可構成三角形之前提相矛盾,所以情形(ii)不可能成立。


由以上討論可知情形(i)與情形(ii)皆不可能發生,故兩中垂線之相對關係必為情形(iii),即$L_1$與$L_2$必相交於一點。

(證明終了)

3. 參考資料


[1] Serge Lang, Geometry (2nd edn.), Springer-Verlag

2018年3月13日 星期二

三角形ASA全等判定法則的一則探險故事

198X年,知名考古學家暨探險家印第安那瓊斯博士收到法國神秘富豪阿布拉都·鐵托三世的委任,要到中南美洲的瑪雅羽蛇神廟探險,目標是神祕的羽蛇神之眼。


印第安那瓊斯收到消息後,立刻撥了通電話到台灣,邀請了多年好友,在新竹清華大學數學系做研究的周伯欣一同到中南美洲去探險。


接到印第安那瓊斯的邀請,周伯欣當然義不容辭立刻就答應了。於是兩人便在香港大嶼山機場碰面,一同乘坐國泰航空C863航班,直達位於中南美洲瑪雅遺跡入口的國家---貝里斯。


在經歷重重犯難後,兩人終於進入了羽蛇神廟的最內部。遺跡內部的神龕只能容許一人側身進入,經過討論,印第安那瓊斯博士決定自己進入,請周伯欣在神龕門口守著。然而神龕裏頭有重重機關,若沒有按著正確的路徑進去,那麼四周牆上設置的機關會立刻射出數以萬計的毒箭,同時天花板會立刻崩塌。另外,神龕中鋪設的每一塊石磚,下方都有精密的測重機關。如果踏上去後,只要重量不對,一樣會引發毒箭機關。


在這情況限制下,印地安納博士無法拿著紀錄神龕裡頭正確路徑的「詛咒的陶板」進入神龕。他將「詛咒的陶板」交給了周伯欣,隻身一人,只拿著一支火把便進入神龕了。兩人透過無線電確認路徑。

「伯欣,我現在走進了神龕了,地上有三條『橫』線,長度都不一樣,我該選擇哪一條?」

「OK,印第,我看看。嗯...你選擇中間那一條走。走5塊石磚就好。」

「好,我看到了。」

「小心!你一定要從左邊緩步走到右邊,確認那一條橫線上的每一塊石磚都完全的踩下。千萬不要踩出線外!」


「好...這難不倒我。」

約莫過了三十秒。

「印第,現在狀況如何?」

「我走完那一條線了,每一塊石磚應該都有被踩下。至少我現在還能講話。喔,shit,接著我該如何走?這地上有相當多路徑!Fuck,我好像踩到他媽的什麼機關...一股強風吹了過來,他媽的火把被吹熄了!」

「印第,別慌。我看看。喔!快,拿起你的手槍,往你前方偏左30度的方向開槍,那應該有辦法點燃神廟盡頭的那一排油燈。」

「好,來吧!」

砰的一聲,隨之從神龕裡傳來陣陣回音。

「印第?印第?」

「真有你的,亮了亮了。但是現在我才發現,我所在位置不能再往前了。前頭地上都是荊棘,現在沒時間處理它們。而且,羽蛇神之眼就在那些油燈底下,而油燈有好幾個?」

「你先退回來,慢慢回到橫線一開始的起點位置。油燈有幾個?」

「我看到七個。」

「怪了,『詛咒的陶板』上頭畫著九個!」

「那我他媽的怎麼知道要選哪一個?每個油燈底下都有路徑通過去?該走哪一條?」

「嗯...從左數來第三個!」

「你確定?但是你忘了圖上記載的個數與我看到的不一樣啊!」

「啊,對,差點害死你了!我想想...對,你站回起點了吧?面向前方,走你前方偏右45度的方向,那應該就行了!」

「你真是他媽的聰明!」

「快,印第,外頭的鷹嘴神像沙漏的沙要漏光了,你所剩時間不多了!」


「OK,我要得手了。把繩子拋進來!」

不到十秒鐘,神廟天花板開始震動,似乎就要崩塌下來了。


「印第!」

「抓住!」

周伯欣一把接住印第安那瓊斯博士從神龕裡丟出的羽蛇神之眼,就在神龕天花板即將崩塌之際,印第安那瓊斯總算在最後一刻爬出了神龕。兩人命也沒似的一般拔腿狂奔。總算完成了奪寶任務。

2018年3月8日 星期四

Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.22, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.21, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.20, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.19, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.18, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.17, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.16, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.15, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.14, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.13, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.12, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.11, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.10, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.9, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.8, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.7, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.6, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.5, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.4, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.3, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.2, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 3.1.1, Solution


2018年3月7日 星期三

$\sin 18^{\circ}$及其相關的數值

==定理==


$\displaystyle \sin 18^{\circ} = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$。

==推導==


首先注意$18^{\circ} \times 5 = 90^{\circ}$。命$\theta = 18^{\circ}$,即有$5\theta = 90^{\circ}$。

我們已知的基礎公式有:
  1. $\sin \varphi = \cos (90^{\circ} - \varphi)$;
  2. $\sin 3 \varphi = 3 \sin \varphi - 4 \sin^3 \varphi$;
  3. $\cos 2 \varphi = \cos^2 \varphi - \sin^2 \varphi = 2 \cos^2 \varphi -1 = 1 - 2 \sin^2 \varphi$。
於是有
\begin{align*}
\sin 3 \theta &= \sin (90^{\circ} - 2 \theta),  \\
\sin 3 \theta &= \cos 2 \theta, \\
3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta &= \cos 2 \theta, \\
3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta &= 1 - 2 \sin^2 \theta.
\end{align*}
得方程式
$$4 \sin^3 \theta - 2 \sin^2 \theta - 3 \sin \theta + 1 = 0.$$
此地我們要解出$\sin \theta$。注意到方程式係數和為$0$,所以容易因式分解得
$$(\sin \theta - 1)(4 \sin^2 \theta + 2 \sin \theta - 1) = 0,$$
從而得
$$\displaystyle \sin \theta = 1, \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{4}.$$
但$\sin 18^{\circ} > 0$且$< 1$,所以
$$\displaystyle \sin 18^{\circ} = \frac{-1 + \sqrt{5}}{4}.$$
(證明終了)

==其他相關數值==



  • $\displaystyle \cos 18^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$

[証]. 利用$\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$,同時注意$\cos 18^{\circ} > 0 $,所以$\cos 18^{\circ} = + \sqrt{1 - \sin^2 18^{\circ}} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$。


  • $\displaystyle \sin 72^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$

[証]. 利用$\sin 72^{\circ} = \sin (90^{\circ} - 18^{\circ}) = \cos 18^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$。


  • $\displaystyle \cos 72^{\circ} = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$

[証]. 利用$\cos 72^{\circ} = \cos (90^{\circ} - 18^{\circ}) = + \sin 18^{\circ} = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$。


  • $\displaystyle \sin 108^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$

[証]. 利用$\sin 108^{\circ} = \sin (90^{\circ} + 18^{\circ}) =  + \cos 18^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$。


  • $\displaystyle \cos 108^{\circ} = \frac{1 - \sqrt{5}}{4}$

[証]. 利用$\cos 108^{\circ} = \cos (90^{\circ} + 18^{\circ}) =  - \sin 18^{\circ} = - \frac{\sqrt{5} - 1}{4} = \frac{1 - \sqrt{5}}{4}$。

  • $\displaystyle \sin 36^{\circ} = \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4}$
[証]. $\sin 36^{\circ} = \sin 2 \times 18^{\circ} = 2 \sin 18^{\circ} \cos 18^{\circ} = 2 \cdot \frac{\sqrt{5} - 1}{4} \cdot \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4} = \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4}$。

  • $\displaystyle \cos 36^{\circ} = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}$

[証]. $\cos 36^{\circ} = \cos 2 \cdot 18^{\circ} = 2(\cos 18^{\circ})^2 - 1 = 2 \left( \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}}}{4} \right)^2 -1 = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}$。

  • $\displaystyle \sin 42^{\circ} = \frac{\sqrt{30 + 6 \sqrt{5}} - \sqrt{5} + 1}{8}$

[証]. 利用$\sin 42^{\circ} = \sin (60^{\circ} - 18^{\circ}) =  \sin 60^{\circ} \cos 18^{\circ} - \cos 60^{\circ} \sin 18^{\circ}$。


  • $\displaystyle \cos 42^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}} + \sqrt{15} - \sqrt{3}}{8}$

[証]. 利用$\cos 42^{\circ} = \cos (60^{\circ} - 18^{\circ}) =  \cos 60^{\circ} \cos 18^{\circ} + \sin 60^{\circ} \sin 18^{\circ}$。

==整理==

\begin{array}{ccc}
\text{角度} \theta & \sin \theta & \cos \theta \\
\hline
18^{\circ} & \frac{\sqrt{5} - 1}{4} & \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4} \\
36^{\circ} & \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4} & \frac{1 + \sqrt{5}}{4} \\
42^{\circ} & \frac{\sqrt{30 + 6 \sqrt{5}} - \sqrt{5} + 1}{8} & \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}} + \sqrt{15} - \sqrt{3}}{8} \\
72^{\circ} & \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4} &\frac{\sqrt{5} - 1}{4}  \\
108^{\circ} & \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4} & \frac{1 - \sqrt{5}}{4}
\end{array}

2018年3月6日 星期二

Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.A.9, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.A.8, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.A.7, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.A.6, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.A.5, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.A.4, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.A.3, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.A.2, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.A.1, Solution

==問題==

Using your protractors, measure the following angles.

==解答==

因為太簡單,所以沒什麼好解答的。
(a) 略。
(b) 略。
(c) 略。
(解答結束)

2018年3月3日 星期六

Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.6.23, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.6.22, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.6.21, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.6.20, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.6.19, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.6.18, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.6.17, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.6.16, Solution

Exercise 1.6.16 (Theorem 1-7)

平行四邊形對角互補(相加為平角,$180^{\circ}$)。

Exercise 1.6.15之解答。

(解答結束)

Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.6.15, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.6.14, Solution


Serge Lang, Geometry(2nd ed.), Exercise 1.6.13, Solution