例谈数学新教材中的数学史

1、例谈数学新教材中的数学史广州大学理学院数学系 卢建川摘要：本文主要选取新教材北京师范大学、华东师范大学出版的数学教科书中的阅读材料与读一读中有关数学史的问题进行简单分析、拓展。关键词：欧拉公式 多面体 黑洞数 皮克公式 格点 面积 正文一、 “数学史选讲”的主要形式二、 数学发展简史三、 例谈数学新教材中的数学史(一)、欧拉公式1、欧拉公式的相关史料及其发现过程2、欧拉定理3、欧拉示性数4、研究简单多面体欧拉定理的重要意义5、欧拉公式的应用(二)、黑洞数的种种1、黑洞数6174、4952、黑洞数 37 58 89 和1、371 、370、407、153 等 16 145 4 20 42 3、黑

2、洞数421421 4、黑洞数123 5、黑洞数0 (三)、皮克公式1、皮克公式2、皮克公式的应用附：1、蜂房问题 2、圆锥曲线的实际背景 3、数列求和的思想与方法 4、的近似求值一、 “数学史选讲”的主要形式1、 设置“数学史选讲”的必要性数学发展的历史是一部内容丰富、思想深刻的历史。通过生动、丰富的事例，使学生了解数学发展过程中若干重要事件、重要人物与重要成果，初步了解数学产生与发展的过程，有助于学生对数学的全面认识和了解，有助于学生对数学在人类社会的发展中所发挥作用的了解，有助于学生对科学技术、社会、政治、经济等方面对数学发展所起的作用的了解，有助于学生学习数学兴趣的培养，有助于学生感受数

3、学家的严谨和锲而不舍的探索精神。2、处理好“数学史选讲”的两个要求的关系一方面，不要求学生系统学习数学史，不必追求整个数学或某个分支发展历史的系统性和完整性，通过学生容易理解的内容、生动活泼的语言和喜闻乐见的事例呈现数学发展历史的一些过程，使学生体会数学的重要思想和发展轨迹。另一方面，绝非将一个数学家的故事或一项数学发展中的曲折事例放到某一教学内容的后面那么简单，而是要求将数学的发展历史有计划、有目的、和谐地与数学教育内容进行整合。二、 数学发展简史（一） 数学的萌芽时期（前3500年-前600年）古埃及数学、古巴比伦数学、古印度数学、古中国数学（二） 初等数学时期（前600年-17世纪中叶）

4、希腊文明时期（雅典时期：爱奥尼亚学派、毕达哥拉斯学派）（亚历山大前期：欧几里德、阿基米德、阿波罗尼斯）（亚历山大后期：海伦、丢番图）东方数学（中国古代数学的高度发展：）（印度数学：）（阿拉伯数学）中世纪和文艺复兴时期的欧洲数学（斐波那契）（三次和四次方程、韦达、三角学、小数和对数）（三） 变量数学时期（17世纪中叶-19世纪20年代）变量数学建立（笛卡儿和解析几何的创建、费尔马、射影几何、）微积分的发明变量数学的发展（四） 近代数学时期（19世纪20年代-1945年）高等微积分的发展形形色色的几何学各种各样的代数分析的算术化希尔伯特和哥廷根学派（五） 现代数学时期应用数学数学计算机数学数学哲学

5、三、例谈数学新教材中的数学史（一）、欧拉公式（一）欧拉公式的相关史料及其发现过程古希腊的毕达哥拉斯学派对正多面体进行过许多研究，因为在柏拉图的唯心主义体系中，它们被认为是可以作为宇宙基石的最简单的理想物体。这些结果被收入了几何原本中，它们是正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体。欧几里得曾试图证明只有这五种正多面体，但未能成功。这一问题的解决，完全不同于我们平时所习惯的几何方法，它不是依靠度量的量（长度、面积、体积角度等），而是依靠简单的算术量多面体的面数、棱数和顶点数之间的内在关系。17世纪法国著名数学家笛卡儿已经注意到：任意的封闭多面体的面、棱、顶点的数目之间存在一定的关系，

6、以图1中的正多面体为例列表（图1） 正多边形顶点数（v）面数(F)棱数(E)正四边形446正六边形8612正八边型6812正十二边形201230正二十边形122030 (表1)从五个正多面体我们发现了：V+F-E=2,那么这个规律适合哪些多面体呢？到1750年，瑞士的数学家欧拉发现,不论什么形状的凸多面体，其顶点数v、棱数e、面数f之间总有v-e+f=2这个关系。v-e+f被称为欧拉示性数。这就是后人以他名字命名的“欧拉公式定理”。欧拉定理：简单多面体的顶点数V、棱数E及面数F之间有关系VFE2这个定理叫做欧拉定理。其关系式叫做欧拉公式。这个欧拉公式的严格证明是由18世纪最著名的数学家欧拉给出

7、的。它也是这种非度量的几何学拓扑学的历史上第一定理，这公式的证明方法是新颖而巧妙的，与我们所熟悉的度量的几何学的证明大不相同。下面我们先来简单介绍一下多面体的变形与简单多面体的概念，然后再对上述关系式给出证明。我们考虑一个多面体，例如正六面体，假定它的面是用橡胶薄膜做成的，如果充以气体，那么它就会连续（不破裂）变形，最后可变为一个球面。（如图2） （图2） 像这样，表面经过连续变形可变为球面的多面体，叫做简单多面体棱柱、棱锥、正多面体等一切凸多面体都是简单多面体（二）欧拉定理验证下面以立方体为例加以证明方法1：逐步减少多面体的棱数，分析V+F-E如图3（是立方体，但证明是一般的，是“拓扑”的）

8、：（1）把多面体（图3）看成表面是薄橡皮的中空立方体。（2）去掉多面体的一个面，就可以完全拉开铺在平面上而得到一个平面中的直线形，像图4的样子。假设F、E和V分别表示这个平面图形的（简单）多边形（面）、边和顶点的个数，我们只须证明VFE 1 。（图3） （图4）（图5）（3）对这个平面图形，进行三角形分割，也就是说，对还不是三角形的多边形陆续引进对角线，一直到成为一些三角形为止，像图5的样子。每引进一条对角线，F和E各增加1，而V却不变，所以VFE不变。因此完全分割成三角形的时候，VFE的值仍然没有变，有些三角形有一边或两边在平面图形的边界上。（图6）（图7）（图8） （4）如果某一个三角形有

9、一边在边界上，例如图6的ABC，去掉这个三角形的不属于其他三角形的边，即BC，这样也就去掉了ABC。这样F和E各减去1而V不变，所以VFE也没有变。 （5）如果某一个三角形有二边在边界上，例如图7的DEF，去掉这个三角形的不属于其他三角形的边，即DF和EF，这样也就去掉了DEF。这样F减1，E减2，V减1，因此VFE仍然没有变。 （6）继续这样进行，直到只剩下一个三角形为止，像图8的样子。这时F1，E3，V3，因此VFE3131。（7）最后加上去掉的一个面，得到VFE2因为对任意的简单多面体，运用这样的方法，最后都会只剩下一个三角形，所以都可得到上面的结果，从而，欧拉公式对任何简单多面体都是成

10、立的。方法2：计算多面体各面内角和设多面体顶点数V，面数F，棱数E。剪掉一个面，使它变为平面图形（拉开图）,求所有面内角总和一方面，在原图中利用各面求内角总和。设有F个面，各面的边数为n1,n2，nF，各面内角总和为： = (n1-2)1800+(n2-2)1800 +(nF-2) 1800= (n1+n2+nF -2F) 1800=(2E - 2F) 1800= (E-F) 3600（1）另一方面，在拉开图中利用顶点求内角总和。设剪去的一个面为n边形，其内角和为(n-2)1800，则所有V个顶点中，有n个顶点在边上，V-n个顶点在中间。中间V-n个顶点处的内角和为(V-n)3600，边上的n

11、个顶点处的内角和(n-2)1800。所以，多面体各面的内角总和： = (V-n)3600+(n-2)1800+(n-2)1800 =（V-2）3600. （2）由(1)(2)得： (E-F) 3600 =（V-2）3600所以 V + F E = 2.（三）欧拉示性数在欧拉公式中，令f(p)VFE，f(p）叫做欧拉示性数。上述多面体欧拉定理告诉我们，简单多面体的欧拉示性数f(p)=2除简单多面体外，还有不是简单多面体的多面体。例如，将长方体挖去一个洞连结底面相应顶点得到的多面体（图9）。它的表面不能经过连续变形变为一个球面，而能变为一个环面。此多面体的欧拉示性数f(p)0。（图9）从以上分析，

12、我们可看到不同类型的多面体，它们的欧拉示性数也不同。事实上，数学家欧拉也正是在研究多面体分类时发现欧拉定理的。（四）研究简单多面体欧拉定理的重要意义我们研究简单多面体欧拉定理到底有什么重要意义呢？1、过去我们研究的几何问题主要涉及到长度、距离、面积、体积等度量问题，而欧拉定理与度量无关。事实上我们在引导大家进入一个新的几何学领域：拓扑学我们用一种可随意变形但不得撕破或粘连的材料（如橡皮泥）做成图形，拓扑学就是研究图形在这种变形过程中的不变的性质。2、这个欧拉公式在中学的教科书里曾多次出现，例如华东师大出版的七年级上册的第四章中的阅读材料，北师大出版的七年级上册的第一章里的读一读，高中第四册，为

13、避免老师无言以答学生的发问“有正的奇数面体吗？”，所以在这里给大家介绍欧拉公式。（五）欧拉公式的应用例1：为什么正多面体只有正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种多面体呢？让我们由欧拉定理研究这个问题。解：设一个正多面体有V个顶点，E条棱，F个面。并且它的每一个面都是n（n3）边形,而且每个顶点都是m(m3)条棱的公共端点。 因为E条棱的每一条棱是两个n边形的公共边，又因为F个n边形的边数总和为nF，则有nF2E（1）又因为每一条棱上有两个端点（顶点），而已知每一个顶点都有m条棱，所以V个顶点总棱数为mV，则有mV2E（2）根据欧拉定理，又有VFE2。将这个式子的两端都乘以

14、2m后，得2mV2mF2mE4m（3）利用（1）、（2）两式得到2mV2(2E)2nF,2mEmnF再把这两项代入（3）中，有（2n2mmn）F4m因为这式子中的F和m都是正数故有mn2n2m0即(n2)(m2)4又因为 m3 ，n3所以很容易解得： 3m5 3n5因此满足这个不等式组合的n与m只可能是下表中所列出的5种取值。每个面的边数（n）每个顶点的数（m）多面体的棱数（E）多面体的名称336正四面体4312正六面体3412正八面体5330正十二面体3530正二十面体 （表2）这就说明了为什么正多体只有正四面体、正六面体、正八面体、正十二面体、正二十面体这五种。例2：欧拉定理在研究化学分子

15、结构中的应用下面再让我们看看欧拉定理在研究化学分子结构中的应用。1996年的诺贝尔化学奖授予对发现有重大贡献的三位科学家。如图，是由60个C原子构成的分子，它是一个形如足球的多面体。这个多面体有60个顶点，以每一顶点为一端点都有三条棱，面的形状只有五边形和六边形，你能计算出中有多少个五边形和六边形吗？解：设分子中五边形和六边形的个数分别为x个和y个。分子这个多面体的顶点数V60，面数Fxy，棱数E3602根据欧拉公式，可得 60（xy）36022（1） 另一方面，棱数也可由多边形的边数之和来表示（注意重复计算） 于是，又得 5x+6y360（2） （图10）解方程（1）和（2）组成的方程组，得

16、 x12，y20例3：足球的构造常见的足球（图3）是由若干块黑色和白色的两种皮缝制而成的。所有黑块可以近似地看成全等的正五边形，所有白块可以近似地看成全等的正六边形。这样，足球可以近似地看作一个多面体，下文中我们称之为“足球”。现在我们来研究“足球”是由多少个黑块和多少个白块组成的，分别有多少个面、顶点和棱。观察“足球”，不难发现以个特点：每个黑块与5个白块相邻，每个白块与黑块的3条棱相关联，“足球”的每一个顶点恰好是黑块的一个顶点，等等。设“足球”的黑块数、白块数、面数、顶点数、棱数分别为x、y、F、V、E，则xyF，5x3y，3V2E，V5x。于是，y=x,E=V=x. 应用欧拉定理，有x

17、 + x + 5x - x=2，解之得，x=12。从而y=20,F=32,V=60,E=90.所以，“足球”是由12个黑块（正五边形）和20个白块（正六形）组成的，有32个面，60个顶点，90条棱。“足球”的32个面包含两种正多边形，可以把它看作一种“准正多面体”。我们来考察“足球”与正二十面体的关系。正二十面体的每个面是正三角形（图4），把每个正三角形的每条边3等分，顺次连结6个分点，把每个三角形分成一个正六边形和3个小正三角形（图5）。这样，在正二十面体中，具有公共顶点的5个小正三角形构成一个正五棱锥的侧面，棱锥的顶点就是正二十面体的顶点，共有12个这种小正五棱。截去这12个小正五棱，保留

18、底面正五边形（图6显示了截去3个小正五棱锥的情形），剩下的多面体就是“足球”。原二十面体所有面剩下的20个正六边形就是“足球”的白块，被截去的12个小正五棱锥的底面就是“足球”的黑块。二、黑洞数的种种在银河系里有一个很大的黑洞，它的密度大的惊人。只要进了黑洞就再也出不来了。在数学里也有黑洞，就是黑洞数，黑洞数又称陷阱数，是一类具有奇特特性的整数，而且品种繁多，远远不止一个。下面向大家介绍几个黑洞数.（一） 黑洞数6174请你想出任意一个四位数，并且它的各个数位上的数字不全相同，例如1987,把这个四位数的四个数字由小至大排列，组成一个新数，又由大至小排列，组成一个新数，这两个数相减（大减小），

19、之后重复这个运算（称为卡布列克运算），用式子描述这些卡氏运算如下：987117898082 882002888532 853223586174 764114676174一直运算下去，都是得到6174这个数。这就好像掉进了6174这个黑洞里，再也出不来了。有趣的是，除了1987外的任意一个四位数，只要4个数字不完全相同，重复多次卡氏运算，最后都是掉到6174这个洞里。再例如：77868776-6778=19989981-1899=79829872-2789=8082882002888532 853223586174 764114676174最终得到的还是6174，我们把这个6174叫做四位数的黑

20、洞数。任意一个四位的正整数，只要它的四个数字不全相同，则至多进行7次卡氏运算，就会得到6174。 下面用程序验证一下这个四位数的黑洞数。sub(i)int i;int p,kj,h,max,min,a5;a1=i/1000;a2=(i/100)%10;a3=(i%100)/10;a4=i%10for (a=1;a=3;a+) for (b=a+1;b=4;b+) if(aay) y=m;pintf(n验证全可转换最多转换次数为:%dn,y);printf(需要看某数的转换过程,请输入该数,否则输入0:);scanf(%d,&i);if(i=0) exit(0);printf(%d,i);whi

21、le(!=6174 & i!=0)i=sub(i);printf( -%d,i);注：四位数i的四个数字全同，一次即转为0。如果用程序来检验这个黑洞数6174对所有的四位数都成立，要逐个输入四位数进行检验，工作量很大，至少要进行9000次，这是很费神的。因为四位数很多，对卡氏运算来说，检验了一个数（如2687），就相当于检验了24个四位数（2687，2678，2768，2786，2867，2876，6278，6287，6728，6782，6827，6872，7268，7286，7628，7682，7826，7862，8267，8276，8627，8672，8726，8762），这是因为这24个

22、数的组成数字是一样的，只不过排列顺序不同。这就是卡布列克运算的基本性质。依据此性质，工作量变为原工作量的。但依然要检验375次。下面给大家介绍一个用字母代表数的代数思想方法，这会大大减少检验的工作量。设a,b,c,d 是组成一个任意四位数的数字，并设dcba（ a b c d 除外 ），对此四位数进行一次卡氏运算abcd dcbax y t z其中 z10da , （da ） t(c1)10bcb9, y(b1)10cbc9, 或y(b1)c x(a1)dad1. 或xad由此得到 ty18 ty9 或 ty8 xz9 xz9 xz9 （）这（）式说明了，对任何一个四位数abcd 进行一次卡氏

23、运算后，所得差是一个四位数（x 0时也视为四位数），它的十位数字和百位数字都是9，千位和个位的数字和等于9；或它的十位数字和百位数字和为8，千位和个位的数字和等于10。这样一来，检验工作又大大地简化了只要检验以下四位数：9990，8991，7992，6993，5994；9801，9711，9081，8802，8712，1089就可以了。由于999009998991 998118998082 808202888532 853223586174 ；997227997173 773113776354 654334563087 873003788352 853223586174 ；9963369962

24、64 664224664176 764114676174；995445995355 555335551998 998118998082 808202888532 853223586174 ；. 所以全部的四位数得到了检验，这是一个巧妙的证明。除了四位数，两位数、三位数也有黑洞数，对两位数和三位数，用这个办法最终将分别得到一个循环（27，45，09，81，63）和495。也即两位数、三位数的黑洞数分别是一个循环（27，45，09，81，63）和495，五位数也有类似的性质，但数字是不断地循环变换，而不是停留在某个数值，黑洞也不只一个。（注：对两位数和三位数的黑洞数的验证，也可效仿上面四位数的证明

25、方法，这里我不再对两位数和三位数进行详细的证明。）接下来讲一讲有关这一类黑洞数的研究情况。 两百多年前，美国数学家卡布列克(D.R.Kaprekar)研究了对四位数的一种变换。任给出四位数k0,用它的四个数字由大到小重新排列成一个四位数m,再减去它的反序数rev(m),得出数k1=m-rev(m),然后,继续对k1重复上述变换,得出数k2.如此进行下去,卡布列克发现,无论k0是多大的四位数, 只要四个数字不全相同,最多进行7次上述变换,就会出现四位数6174。例如：k0=5298,k1=9852-2589=7263,k2=7632-2367=5265,k3=6552-2556=3996,k4=

26、9963-3699=6264,k5=6642-2466=4176,k6=7641-1467=6174.。后来,这个问题就流传下来,人们称这个问题为6174问题,上述变换称为卡布列克变换,简称 K 变换.。一般地,只要在0,1,2,.,9中任取四个不全相等的数字组成一个整数k0(不一定是四位数),然后从k0开始不断地作K变换,得出数k1,k2,k3,.,则必有某个m(m=2,连续做K变换必定要形成循环。这是因为由n个数字组成的数只有有限个的缘故。但是对于n=5,循环的个数以及循环的长度(指每个循环中所包含数的个数)尚不清楚,这也是国内一些数学爱好者热衷于研究的一个课题.。（二）黑洞数 37 58

27、89 和1、371 、370、407、153 等16 14542042我们随便选一个数，例如1234。把这个数的各位数字平方，然后相加，即：1222324230，这样就变为30，接下来将30这个数的各位数字平方，再相加，即：32029，按照上面的规则，不断重复就会得到：1234 30 9 81 65 61 37 58 89 16 1454 20 42 这些数又掉进了一个漩涡黑洞，再也出不来了。再看168 168 101 2 4 16 37 20 58 42 145 89同样的168也掉进了这个漩涡黑洞。但是，在这里要指出的是有些数按照上面的规则进行变换的话，则是以“1”为归宿。例如1995变换

28、的情况如下：1995 188 129 86 100 1同样的：对任意的数，求其各数字立方和，经过有限步后必为1或407或153或371或370或进入下图的循环之一。136 244 919 1459 250 55 217 160133 352 注：暂未能证明所有的数都会掉到这些黑洞里，只能通过程序验证了一部分。 对一个数的各数字的其它的次方求和，我想也会有一定的循环规律，暂时我只找到4次，5次，6次的循环规律如下：（1）一个数各数字4次方和有以下的循环： 13139 6725 4338 4514 1138 4179 9219 8208 9474 6514 2178（2）一个数各数字5次方和有以下

29、的循环： 83633 41273 18107 49577 96812 99626 133682 41063 9044 61097 92873 108899 183635 44156 12950 62207 24647 26663 23603 8294 44155 8299 150898 127711 33649 68335 24584 37973 93149 119366 74846 59399 180515 39020 59324 63473 26093 67100 10933 59536 73318 50062 70225 19996 184924 93898 183877 99394 1

30、78414 51625 14059 63199 126118 40579 80005 358935998 95428 95998 213040 1300 244 2080 32800 33043 1753 21076 24616 16609 7160225639 76438 58618 4150 54748 98304 9045 63198 99837 167916 91410 60075 27708 66414 17601 17601 24585 40074 18855 71787 83190 92061 66858 84213 34068 41811 33795 79467 101463（

31、3）一个数各数字6次方和有以下的循环： 282595 824963 845130 301676 211691 578164 446171 172499 1184692 844403 275161 179996 1758629 973580 927588 1189067 957892 1458364 333347 124661 97474 774931 771565 313205 17148 383891 1057188 657564 246307 169194 1113636 94773 771564 383890 1057187 513069 594452 570947 786460 477

32、201 239459 1083396 841700 93531 548525 313179 650550 利用下面的程序找到这些循环规律的，但可能会因为输入的数有限，而未能找到全部的黑洞漩涡。#include main()int t,n,i;unsigned long a,b,m,sum,c;scanf(%lu,%dn,&m,&n);for(i=0;im&m=9) t=1;else if(10=m&m=99) t=2;else if(100=m&m=999) t=3;else if(1000=m&m=9999) t=4;else if(10000=m&m=99999) t=5;else if(

33、100000=m&m=999999) t=6;else if(1000000=m&m=0;t-)c=pow(10,t);a=m/c;b=m%c;sum=sum+pow(a,n);m=b;printf(%10lu,sum);m=sum;（三）黑洞数421421任意一个自然数，如果它是偶数，就除以2；如果它是奇数，就将它乘以3再加1。一直按这一规则算下去，奇迹出现了，结果总是421421的循环。例如58。 58(582=)29(3291=)88(882=)44221134175226134020105168421421经过19次计算，最终到1，之后是4、2、1的循环。任意选几个自然数按上面的规则计

34、算，结果还是一样的出现421的循环。目前，虽然人们经过检验，在之内的数，按上面计算都是正确的，但却未能对此作出数学上的严格证明，因此只能称它是一个猜想。而且有人猜测，要证明它将是十分困难的。冰雹猜想在流传过程中，有人把它稍稍改动了一下，即对任一个自然数，如果它是偶数，就将它除以2；如果它是奇数，则将它乘以3后再减1。根据这样的计算，它的结果将会是什么呢？任给一个自然数N，当N是奇数时，就把它变成3N+1，当N是偶数时，就把它变成N/2，变化后的数仍按此规律进行变换。有趣的是，不论你给出的自然数有多大，经有限步运算之后，其结果必为1。而由1又可变换为4，由4又变换为2和1。因此所给的数经过这样的

35、变换规则，都将走进这个出不来的循环圈之中。如：N=10，按照是奇数则乘3加1，是偶数则除以2的变换法则：有： 105168421421人们经过大量的实验，得出的结论都是一致的，因此人们认为：从任一个自然数经过有限次变换都能最终得到1。这就是有名的角谷猜想。之所以称它为猜想，是因为这是一个尚未证明的结论。即使有人用电子计算机对大约12000亿以内的所有自然数一一进行核查，均不例外，其结果总是那么令人难以置信，而由于人们迄今为止无法证明和否定这一事实，它也只能说是一个猜想。（四）黑洞数123随便找一个数，然后分别数出这个数中的奇数个数和偶数个数以及这个数有多少位，并用数出来的个数组成一个新数，最后

36、组成的数字总会归结到123。举个例子，如：58967853，这里面有8、6、8共3个偶数，5、9、7、5、3共5个奇数，共8位数。然后我们用新得到的几个数字重新组合，把原数中的偶数个数放在最左边，中间放原数的奇数个数，最右边表示原数的位数。根据这个规则，上面的数就变成358了，然后按照这个规则继续变换下去，就会得到123。再取任一个数，如：81872115378，其中偶数个数是4，奇数个数是7，是11位数，又组成一个新的数4711。该数有1个偶数，3个奇数，是4位数，又组成新数134。再重复以上程序，1个偶数，2个奇数，是3位数，便得到123黑洞。反复重复以上程序，始终是123，就再也逃不出去

37、，得不到新的数了。对任何一个数重复以上等程序都会得到123黑洞。即使你选一个简单的数结果也都一样会得到123。例如一位数6变换后为101（6中只有一个偶数，没有奇数，它是一位数），然后再变就成了123。123又叫西西弗斯数，为什么把数学黑洞123叫西西弗斯数呢？相传古希腊国王西西弗斯被天神处罚将一巨石推到一座山上，不管国王如何努力，那巨石总是在到达山顶之前不可避免地滚下山坡。国王被迫重新再推，永无休止，因此，人们把123黑洞叫做西西弗斯数。对此黑洞数暂也未能作出数学上的严格证明。（五）黑洞数0随意取4个数，如8，3，12，5写在圆周的四面。用两个相邻数中的大数减小数，将得数写在第二圈圆周 。如

38、此做下去，必会得到4个相同的数。这个现象是意大利教授杜西在1930年发现的，所以叫作杜西现象。其实把“杜西现象”再继续下去必会得到这个圆周的最外层是四个0。因为得到的4个相同的数两两相减差为0，也就得到：任意地在圆周的四面写上4个数，用两个相邻数中的大数减小数（相同的也相减），将得数写在第二圈圆周 。如此做下去，必会得到4个0。这就是黑洞0。三、皮克公式（格点与面积）因为在新课标北京师范大学版教材中的第七册下涉及到皮克公式，所以我在这里给大家讲述一点皮克公式的由来、证明及应用。奥地利数学家皮克(Georg Pick，1859-1943年)发现了一个计算点阵中多边形面积的公式：SN1 其中多边形

39、面积S，内部格点数N，边上格点数L（一） 皮克公式一张方格纸上，上面画着纵横两组平行线，相邻平行线之间的距离都相等，这样两组平行线的交点，就是所谓格点。如果取一个格点做原点O，如图1，取通过这个格点的横向和纵向两直线分别做横坐标轴OX和纵坐标轴OY，并取原来方格边长做单位长，建立一个坐标系。这时前面所说的格点，显然就是纵横两坐标都是整数的那些点。如图1中的O、P、Q、M、N都是格点。由于这个缘故，我们又叫格点为整点。（图1）（图2）一个多边形的顶点如果全是格点，这多边形就叫做格点多边形。有趣的是，这种格点多边形的面积计算起来很方便，只要数一下图形边线上的点的数目及图内的点的数目，就可用公式算出

40、。那么格点与面积间有什么公式呢？下面我们一起看看怎样寻求这公式。我们要借助一个简单的例子寻求格点多边形的面积和格点数之间的精确关系通过特殊的情形归纳出一般的公式。为简单起见，假定每个小方格的边长d1。首先选择面积和格点数容易计算的格点多边形作为具体例子,加以讨论。例如边长是1或2的格点正方形(图2的OABC和OPQR),两腰是1的格点三角形(图2中的OAB),一腰是1,一腰是2的格点三角形(图2中的OPC),边长是2和4的格点矩形(图2中的OLMR)。我们把它们的面积S,内部格点数N和边上格点数L,列成一表如下：图形SNLSNL/2OABC10412OPQR41834OAB0 3OPC1041

41、2OLMR831256看过上表的前四列，我们可能感到很失望，S，N，L之间几乎看不出有什么联系来，不过，我们在前面已经看到，当S很大时，S和N的差(相对地说)是很小的。因此，我们在表上添了一列，包含S-N的值，这列数字是随着L增大而增大的。如果用2去除L，列到最后一列，我们立刻得到下面的有趣的关系： SN1即SN1（1） 也就是说,（格点数N）（）与面积S的差恰好是1。公式（1）是我们从五个特例归纳出来的，它到底是正确的还是巧合呢？下面我们一起来验证一下。 m (图3) 像寻求公式的时候那样，我们在思索一个公式的证明时，也可以先从简单的特殊情形想起。现在我们就先考虑两边平行于坐标轴的格点矩形A

42、BCD，如图（3）。假定这矩形的长宽分别是m和n。容易从图3看出，这时，面积S，内部的格点数N和边上的格点数L分别是Smn,N(m1)(n1), （2）L2(m1)2(n1)2(mn).（最后一式中，2（m1）是上下两边的格点数，2（n1）是左右两边除去顶点以外的格点数。） 因此，N 1(m1)(n1)(mn)1mnS。这表明公式（1）对于矩形是成立的。 有了矩形作基础，我们就不难讨论两腰分别和两坐标轴平行的格点直角三角形，例如上图中的BCD或ABD。由图形的对称性，容易看出BCD和ABD的面积，内部格点数和边上格点数都是分别相等的。（事实上，如果把矩形ABCD绕它的中心即对角线的交点旋转18

43、0，那么ABD就和CDB重合，而且格点也都一一重合起来了。）如果用L1表示BD线段内部的格点数（即不包含端点的格点数），那么，除去这L1个格点以后，矩形内部的格点就平均分配在BCD和ABD的内部。又前面已经算出，矩形内部的格点数是(m1)(n1)，所以这两个三角形内部都有 N个格点。又容易看出，这两个三角形边上的格点数都是Lm1nL1，而面积显然都是 S因此 N 1S1。这表明公式（1）对于两腰平行于坐标轴的格点直角三角形是正确的。现在我们进一步讨论一般的格点三角形。 nm（图4）ABC是一个三角形，如图4，方格纸上通过三顶点的直线围成一个矩形ALMN。三角形ALB，BMC，CNA都是直角三角

44、形，因此都满足公式（1）。现在把图中四个三角形的面积，内部格点数和边上格点数，分别用不同的记号表示出来，列成下表：三角形面积内部格点数边上格点数ABC S N LALB S1 N1 L1BMCS2 N2 L2CNA S3 N3 L3利用前面所得到的关于矩形面积和格点的公式（2），由图4容易看出 SS1 S2 S3mn， NN1 N2 N3 L3(m1)(n1)， （3） LL1 L2 L3 2L2(mn)。 顺次用1，1，乘（3）式的三个式子，然后相加，就得到S（N）S1（N1 ）S2 （N2 ）S3 （N3 ）31。我们已经知道公式（1）对于直角三角形是成立的，因此，上式中有方括号的各项都等

45、于1。所以由上式得 S（NL）1。这表明对于格点三角形，公式（1）是正确的。 最后，讨论一般的具有n个顶点的格点多边形A1A2An，如图5所示,我们可以用数学归纳法证明。当n3时，公式（1）已经证明。现在假定该公式对于n1边形成立，要证明公式（图5） 对于n边形也成立。联结An1 A1，我们就把这个n边形分成一个格点三角形和一个n1边格点多边形。用 S1 ，S2 ，S； N1 ，N2 ，N； L1 ，L2 ，L分别表示这三角形，n1边形和原来的n边形的面积，内部格点数和边上格点数，我们就得到 SS1 S2 ，NN1 N2 L0 2，LL1 L2 2 L02，其中L0表示A1An1 上的格点数（包括A1，An1两点）。因此，根据归纳法的假设N（N1 ）（N2 ）1 S1 1S2 11 S1。这就证明了公式（1）对于n边形也成立。（二）皮克公式的应用例1：下图是一个漂亮礼盒的平面图，请你求出它的面积：分析：这是一个组合图形，面积可分成几个部分来求。本图可分为两个三角形和一个长方形三部分。每一部分面积的求法，因图而异。如两个三角形需要扩展成长方形再求面积，而长方形只要直接数单位面积即可。解答：左边三角形面积=44122432422=5；右边三角形面积=44132244211=4；长方形的面积为62=12；所以礼盒面积为：5412=21显然上面的计算繁杂，我们若用皮克公式直接计算：1