例談數(shù)學(xué)新教材中的數(shù)學(xué)史（Word）

1、例談數(shù)學(xué)新教材中的數(shù)學(xué)史廣州大學(xué)理學(xué)院數(shù)學(xué)系 盧建川摘要：本文主要選取新教材北京師范大學(xué)、華東師范大學(xué)出版的數(shù)學(xué)教科書中的閱讀材料與讀一讀中有關(guān)數(shù)學(xué)史的問題進(jìn)行簡單分析、拓展。關(guān)鍵詞： 歐拉公式 多面體 黑洞數(shù) 皮克公式 格點 面積 正文一、 “數(shù)學(xué)史選講”的主要形式二、 數(shù)學(xué)發(fā)展簡史三、 例談數(shù)學(xué)新教材中的數(shù)學(xué)史(一)、歐拉公式1、歐拉公式的相關(guān)史料及其發(fā)現(xiàn)過程2、歐拉定理3、歐拉示性數(shù)4、研究簡單多面體歐拉定理的重要意義5、歐拉公式的應(yīng)用(二)、黑洞數(shù)的種種1、黑洞數(shù)6174、4952、黑洞數(shù) 37 58 89 和1、371 、370、407、153 等 16 145 4 20 42 3、

2、黑洞數(shù)421421 4、黑洞數(shù)1231 / 40 5、黑洞數(shù)0 (三)、皮克公式1、皮克公式2、皮克公式的應(yīng)用附：1、蜂房問題 2、圓錐曲線的實際背景 3、數(shù)列求和的思想與方法 4、的近似求值一、 “數(shù)學(xué)史選講”的主要形式1、 設(shè)置“數(shù)學(xué)史選講”的必要性數(shù)學(xué)發(fā)展的歷史是一部內(nèi)容豐富、思想深刻的歷史。通過生動、豐富的事例，使學(xué)生了解數(shù)學(xué)發(fā)展過程中若干重要事件、重要人物與重要成果，初步了解數(shù)學(xué)產(chǎn)生與發(fā)展的過程，有助于學(xué)生對數(shù)學(xué)的全面認(rèn)識和了解，有助于學(xué)生對數(shù)學(xué)在人類社會的發(fā)展中所發(fā)揮作用的了解，有助于學(xué)生對科學(xué)技術(shù)、社會、政治、經(jīng)濟(jì)等方面對數(shù)學(xué)發(fā)展所起的作用的了解，有助于學(xué)生學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)興趣的培養(yǎng)，有

3、助于學(xué)生感受數(shù)學(xué)家的嚴(yán)謹(jǐn)和鍥而不舍的探索精神。2、處理好“數(shù)學(xué)史選講”的兩個要求的關(guān)系一方面，不要求學(xué)生系統(tǒng)學(xué)習(xí)數(shù)學(xué)史，不必追求整個數(shù)學(xué)或某個分支發(fā)展歷史的系統(tǒng)性和完整性，通過學(xué)生容易理解的內(nèi)容、生動活潑的語言和喜聞樂見的事例呈現(xiàn)數(shù)學(xué)發(fā)展歷史的一些過程，使學(xué)生體會數(shù)學(xué)的重要思想和發(fā)展軌跡。另一方面，絕非將一個數(shù)學(xué)家的故事或一項數(shù)學(xué)發(fā)展中的曲折事例放到某一教學(xué)內(nèi)容的后面那么簡單，而是要求將數(shù)學(xué)的發(fā)展歷史有計劃、有目的、和諧地與數(shù)學(xué)教育內(nèi)容進(jìn)行整合。二、 數(shù)學(xué)發(fā)展簡史（一） 數(shù)學(xué)的萌芽時期（前3500年-前600年）古埃及數(shù)學(xué)、古巴比倫數(shù)學(xué)、古印度數(shù)學(xué)、古中國數(shù)學(xué)（二） 初等數(shù)學(xué)時期（前600年-

4、17世紀(jì)中葉）希臘文明時期（雅典時期：愛奧尼亞學(xué)派、畢達(dá)哥拉斯學(xué)派）（亞歷山大前期：歐幾里德、阿基米德、阿波羅尼斯）（亞歷山大后期：海倫、丟番圖）東方數(shù)學(xué)（中國古代數(shù)學(xué)的高度發(fā)展：）（印度數(shù)學(xué)：）（阿拉伯?dāng)?shù)學(xué)）中世紀(jì)和文藝復(fù)興時期的歐洲數(shù)學(xué)（斐波那契）（三次和四次方程、韋達(dá)、三角學(xué)、小數(shù)和對數(shù)）（三） 變量數(shù)學(xué)時期（17世紀(jì)中葉-19世紀(jì)20年代）變量數(shù)學(xué)建立（笛卡兒和解析幾何的創(chuàng)建、費爾馬、射影幾何、）微積分的發(fā)明變量數(shù)學(xué)的發(fā)展（四） 近代數(shù)學(xué)時期（19世紀(jì)20年代-1945年）高等微積分的發(fā)展形形色色的幾何學(xué)各種各樣的代數(shù)分析的算術(shù)化希爾伯特和哥廷根學(xué)派（五） 現(xiàn)代數(shù)學(xué)時期應(yīng)用數(shù)學(xué)數(shù)學(xué)計算

5、機數(shù)學(xué)數(shù)學(xué)哲學(xué)三、例談數(shù)學(xué)新教材中的數(shù)學(xué)史（一）、歐拉公式（一）歐拉公式的相關(guān)史料及其發(fā)現(xiàn)過程古希臘的畢達(dá)哥拉斯學(xué)派對正多面體進(jìn)行過許多研究，因為在柏拉圖的唯心主義體系中，它們被認(rèn)為是可以作為宇宙基石的最簡單的理想物體。這些結(jié)果被收入了幾何原本中，它們是正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體。歐幾里得曾試圖證明只有這五種正多面體，但未能成功。這一問題的解決，完全不同于我們平時所習(xí)慣的幾何方法，它不是依靠度量的量（長度、面積、體積角度等），而是依靠簡單的算術(shù)量多面體的面數(shù)、棱數(shù)和頂點數(shù)之間的內(nèi)在關(guān)系。17世紀(jì)法國著名數(shù)學(xué)家笛卡兒已經(jīng)注意到：任意的封閉多面體的面、棱、頂點的數(shù)目之間存

6、在一定的關(guān)系，以圖1中的正多面體為例列表 （圖1） 正多邊形頂點數(shù)（v）面數(shù)(F)棱數(shù)(E)正四邊形446正六邊形8612正八邊型6812正十二邊形201230正二十邊形122030 (表1)從五個正多面體我們發(fā)現(xiàn)了：V+F-E=2,那么這個規(guī)律適合哪些多面體呢？到1750年，瑞士的數(shù)學(xué)家歐拉發(fā)現(xiàn),不論什么形狀的凸多面體，其頂點數(shù)v、棱數(shù)e、面數(shù)f之間總有v-e+f=2這個關(guān)系。v-e+f被稱為歐拉示性數(shù)。這就是后人以他名字命名的“歐拉公式定理”。歐拉定理：簡單多面體的頂點數(shù)V、棱數(shù)E及面數(shù)F之間有關(guān)系 VFE2這個定理叫做歐拉定理。其關(guān)系式叫做歐拉公式。這個歐拉公式的嚴(yán)格證明是由18世紀(jì)最著

7、名的數(shù)學(xué)家歐拉給出的。它也是這種非度量的幾何學(xué)拓?fù)鋵W(xué)的歷史上第一定理，這公式的證明方法是新穎而巧妙的，與我們所熟悉的度量的幾何學(xué)的證明大不相同。下面我們先來簡單介紹一下多面體的變形與簡單多面體的概念，然后再對上述關(guān)系式給出證明。我們考慮一個多面體，例如正六面體，假定它的面是用橡膠薄膜做成的，如果充以氣體，那么它就會連續(xù)（不破裂）變形，最后可變?yōu)橐粋€球面。（如圖2） （圖2） 像這樣，表面經(jīng)過連續(xù)變形可變?yōu)榍蛎娴亩嗝骟w，叫做簡單多面體棱柱、棱錐、正多面體等一切凸多面體都是簡單多面體（二）歐拉定理驗證下面以立方體為例加以證明方法1：逐步減少多面體的棱數(shù)，分析V+F-E如圖3（是立方體，但證明是一般

8、的，是“拓?fù)洹钡模海?）把多面體（圖3）看成表面是薄橡皮的中空立方體。（2）去掉多面體的一個面，就可以完全拉開鋪在平面上而得到一個平面中的直線形，像圖4的樣子。假設(shè)F、E和V分別表示這個平面圖形的（簡單）多邊形（面）、邊和頂點的個數(shù)，我們只須證明VFE 1 。（圖3） （圖4）（圖5）（3）對這個平面圖形，進(jìn)行三角形分割，也就是說，對還不是三角形的多邊形陸續(xù)引進(jìn)對角線，一直到成為一些三角形為止，像圖5的樣子。每引進(jìn)一條對角線，F(xiàn)和E各增加1，而V卻不變，所以VFE不變。因此完全分割成三角形的時候，VFE的值仍然沒有變，有些三角形有一邊或兩邊在平面圖形的邊界上。（圖6）（圖7）（圖8） （4）

9、如果某一個三角形有一邊在邊界上，例如圖6的ABC，去掉這個三角形的不屬于其他三角形的邊，即BC，這樣也就去掉了ABC。這樣F和E各減去1而V不變，所以VFE也沒有變。 （5）如果某一個三角形有二邊在邊界上，例如圖7的DEF，去掉這個三角形的不屬于其他三角形的邊，即DF和EF，這樣也就去掉了DEF。這樣F減1，E減2，V減1，因此VFE仍然沒有變。 （6）繼續(xù)這樣進(jìn)行，直到只剩下一個三角形為止，像圖8的樣子。這時F1，E3，V3，因此VFE3131。（7）最后加上去掉的一個面，得到VFE2因為對任意的簡單多面體，運用這樣的方法，最后都會只剩下一個三角形，所以都可得到上面的結(jié)果，從而，歐拉公式對任

10、何簡單多面體都是成立的。方法2：計算多面體各面內(nèi)角和設(shè)多面體頂點數(shù)V，面數(shù)F，棱數(shù)E。剪掉一個面，使它變?yōu)槠矫鎴D形（拉開圖）,求所有面內(nèi)角總和一方面，在原圖中利用各面求內(nèi)角總和。 設(shè)有F個面，各面的邊數(shù)為n1,n2，nF，各面內(nèi)角總和為： = (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，在拉開圖中利用頂點求內(nèi)角總和。設(shè)剪去的一個面為n邊形，其內(nèi)角和為(n-2)·18

11、00，則所有V個頂點中，有n個頂點在邊上，V-n個頂點在中間。中間V-n個頂點處的內(nèi)角和為(V-n)·3600，邊上的n個頂點處的內(nèi)角和(n-2)·1800。所以，多面體各面的內(nèi)角總和： = (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）歐拉示性數(shù)在歐拉公式中，令f(p)VFE，f(p）叫做歐拉示性數(shù)。上述多面體歐拉定理告訴我們，簡單多面體的歐拉示性數(shù)f(p)=

12、2除簡單多面體外，還有不是簡單多面體的多面體。例如，將長方體挖去一個洞連結(jié)底面相應(yīng)頂點得到的多面體（圖9）。它的表面不能經(jīng)過連續(xù)變形變?yōu)橐粋€球面，而能變?yōu)橐粋€環(huán)面。此多面體的歐拉示性數(shù)f(p)0。（圖9）從以上分析，我們可看到不同類型的多面體，它們的歐拉示性數(shù)也不同。事實上，數(shù)學(xué)家歐拉也正是在研究多面體分類時發(fā)現(xiàn)歐拉定理的。（四）研究簡單多面體歐拉定理的重要意義我們研究簡單多面體歐拉定理到底有什么重要意義呢？1、過去我們研究的幾何問題主要涉及到長度、距離、面積、體積等度量問題，而歐拉定理與度量無關(guān)。事實上我們在引導(dǎo)大家進(jìn)入一個新的幾何學(xué)領(lǐng)域：拓?fù)鋵W(xué)我們用一種可隨意變形但不得撕破或粘連的材料（如

13、橡皮泥）做成圖形，拓?fù)鋵W(xué)就是研究圖形在這種變形過程中的不變的性質(zhì)。2、這個歐拉公式在中學(xué)的教科書里曾多次出現(xiàn)，例如華東師大出版的七年級上冊的第四章中的閱讀材料，北師大出版的七年級上冊的第一章里的讀一讀，高中第四冊，為避免老師無言以答學(xué)生的發(fā)問“有正的奇數(shù)面體嗎？”，所以在這里給大家介紹歐拉公式。（五）歐拉公式的應(yīng)用例1：為什么正多面體只有正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體這五種多面體呢？讓我們由歐拉定理研究這個問題。解：設(shè)一個正多面體有V個頂點，E條棱，F(xiàn)個面。并且它的每一個面都是n（n3）邊形,而且每個頂點都是m(m3)條棱的公共端點。 因為E條棱的每一條棱是兩個n邊形的公

14、共邊，又因為F個n邊形的邊數(shù)總和為nF，則有nF2E（1）又因為每一條棱上有兩個端點（頂點），而已知每一個頂點都有m條棱，所以V個頂點總棱數(shù)為mV，則有mV2E（2）根據(jù)歐拉定理，又有VFE2。將這個式子的兩端都乘以2m后，得2mV2mF2mE4m（3）利用（1）、（2）兩式得到2mV2(2E)2nF, 2mEmnF再把這兩項代入（3）中，有（2n2mmn）F4m因為這式子中的F和m都是正數(shù)故有mn2n2m0即(n2)(m2)4又因為 m3 ，n3 所以很容易解得： 3m5 3n5因此滿足這個不等式組合的n與m只可能是下表中所列出的5種取值。每個面的邊數(shù)（n）每個頂點的數(shù)（m）多面體的棱數(shù)（E

15、）多面體的名稱336正四面體4312正六面體3412正八面體5330正十二面體3530正二十面體 （表2）這就說明了為什么正多體只有正四面體、正六面體、正八面體、正十二面體、正二十面體這五種。例2：歐拉定理在研究化學(xué)分子結(jié)構(gòu)中的應(yīng)用下面再讓我們看看歐拉定理在研究化學(xué)分子結(jié)構(gòu)中的應(yīng)用。1996年的諾貝爾化學(xué)獎授予對發(fā)現(xiàn)有重大貢獻(xiàn)的三位科學(xué)家。如圖，是由60個C原子構(gòu)成的分子，它是一個形如足球的多面體。這個多面體有60個頂點，以每一頂點為一端點都有三條棱，面的形狀只有五邊形和六邊形，你能計算出中有多少個五邊形和六邊形嗎？解：設(shè)分子中五邊形和六邊形的個數(shù)分別為x個和y個。分子這個多面體的頂點數(shù)V60

16、，面數(shù)Fxy，棱數(shù)E3×60÷2根據(jù)歐拉公式，可得 60（xy） 3×60÷22（1） 另一方面，棱數(shù)也可由多邊形的邊數(shù)之和來表示（注意重復(fù)計算） 于是，又得 5x+6y3×60（2） （圖10）解方程（1）和（2）組成的方程組，得 x12，y20例3：足球的構(gòu)造常見的足球（圖3）是由若干塊黑色和白色的兩種皮縫制而成的。所有黑塊可以近似地看成全等的正五邊形，所有白塊可以近似地看成全等的正六邊形。這樣，足球可以近似地看作一個多面體，下文中我們稱之為“足球”?，F(xiàn)在我們來研究“足球”是由多少個黑塊和多少個白塊組成的，分別有多少個面、頂點和棱。觀察“足

17、球”，不難發(fā)現(xiàn)以個特點：每個黑塊與5個白塊相鄰，每個白塊與黑塊的3條棱相關(guān)聯(lián)，“足球”的每一個頂點恰好是黑塊的一個頂點，等等。設(shè)“足球”的黑塊數(shù)、白塊數(shù)、面數(shù)、頂點數(shù)、棱數(shù)分別為x、y、F、V、E，則xyF，5x3y，3V2E，V5x。于是，y=x,E=V=x. 應(yīng)用歐拉定理，有x + x + 5x - x=2，解之得，x=12。從而y=20,F=32,V=60,E=90.所以，“足球”是由12個黑塊（正五邊形）和20個白塊（正六形）組成的，有32個面，60個頂點，90條棱?！白闱颉钡?2個面包含兩種正多邊形，可以把它看作一種“準(zhǔn)正多面體”。我們來考察“足球”與正二十面體的關(guān)系。正二十面體的每

18、個面是正三角形（圖4），把每個正三角形的每條邊3等分，順次連結(jié)6個分點，把每個三角形分成一個正六邊形和3個小正三角形（圖5）。這樣，在正二十面體中，具有公共頂點的5個小正三角形構(gòu)成一個正五棱錐的側(cè)面，棱錐的頂點就是正二十面體的頂點，共有12個這種小正五棱。截去這12個小正五棱，保留底面正五邊形（圖6顯示了截去3個小正五棱錐的情形），剩下的多面體就是“足球”。原二十面體所有面剩下的20個正六邊形就是“足球”的白塊，被截去的12個小正五棱錐的底面就是“足球”的黑塊。二、黑洞數(shù)的種種在銀河系里有一個很大的黑洞，它的密度大的驚人。只要進(jìn)了黑洞就再也出不來了。在數(shù)學(xué)里也有黑洞，就是黑洞數(shù)，黑洞數(shù)又稱陷阱

19、數(shù)，是一類具有奇特特性的整數(shù)，而且品種繁多，遠(yuǎn)遠(yuǎn)不止一個。下面向大家介紹幾個黑洞數(shù). （一） 黑洞數(shù)6174請你想出任意一個四位數(shù)，并且它的各個數(shù)位上的數(shù)字不全相同，例如1987,把這個四位數(shù)的四個數(shù)字由小至大排列，組成一個新數(shù)，又由大至小排列，組成一個新數(shù)，這兩個數(shù)相減（大減?。笾貜?fù)這個運算（稱為卡布列克運算），用式子描述這些卡氏運算如下：987117898082 882002888532 853223586174 764114676174一直運算下去，都是得到6174這個數(shù)。這就好像掉進(jìn)了6174這個黑洞里，再也出不來了。有趣的是，除了1987外的任意一個四位數(shù)，只要4個數(shù)字不完全相

20、同，重復(fù)多次卡氏運算，最后都是掉到6174這個洞里。再例如：77868776-6778=19989981-1899=79829872-2789=8082882002888532 853223586174 764114676174最終得到的還是6174，我們把這個6174叫做四位數(shù)的黑洞數(shù)。任意一個四位的正整數(shù)，只要它的四個數(shù)字不全相同，則至多進(jìn)行7次卡氏運算，就會得到6174。 下面用程序驗證一下這個四位數(shù)的黑洞數(shù)。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&

21、lt;=3;a+) for (b=a+1;b<=4;b+) if(aa<=9999;n+) i=n;m=0; while (i!=6174 && i!=0) i=sub(i);m+; if(m>y) y=m;pintf("n驗證全可轉(zhuǎn)換最多轉(zhuǎn)換次數(shù)為:%dn",y);printf("需要看某數(shù)的轉(zhuǎn)換過程,請輸入該數(shù),否則輸入0:");scanf("%d",&i);if(i=0) exit(0);printf("%d",i);while(!=6174 && i

22、!=0)i=sub(i);printf(" ->%d",i); 注：四位數(shù)i的四個數(shù)字全同，一次即轉(zhuǎn)為0。如果用程序來檢驗這個黑洞數(shù)6174對所有的四位數(shù)都成立，要逐個輸入四位數(shù)進(jìn)行檢驗，工作量很大，至少要進(jìn)行9000次，這是很費神的。因為四位數(shù)很多，對卡氏運算來說，檢驗了一個數(shù)（如2687），就相當(dāng)于檢驗了24個四位數(shù)（2687，2678，2768，2786，2867，2876，6278，6287，6728，6782，6827，6872，7268，7286，7628，7682，7826，7862，8267，8276，8627，8672，8726，8762），這是因為

23、這24個數(shù)的組成數(shù)字是一樣的，只不過排列順序不同。這就是卡布列克運算的基本性質(zhì)。依據(jù)此性質(zhì)，工作量變?yōu)樵ぷ髁康?。但依然要檢驗375次。下面給大家介紹一個用字母代表數(shù)的代數(shù)思想方法，這會大大減少檢驗的工作量。設(shè)a, b, c, d 是組成一個任意四位數(shù)的數(shù)字，并設(shè)dc b a（ a b c d 除外 ），對此四位數(shù)進(jìn)行一次卡氏運算 a b c d d c b a x 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 （）這（）式說明了，對任

24、何一個四位數(shù) abcd 進(jìn)行一次卡氏運算后，所得差是一個四位數(shù)（x 0時也視為四位數(shù)），它的十位數(shù)字和百位數(shù)字都是9，千位和個位的數(shù)字和等于9；或它的十位數(shù)字和百位數(shù)字和為8，千位和個位的數(shù)字和等于10。這樣一來，檢驗工作又大大地簡化了只要檢驗以下四位數(shù)：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 85322

25、3586174 ； 996336996264 664224664176 764114676174； 995445995355 555335551998 998118998082 808202888532 853223586174 ；. 所以全部的四位數(shù)得到了檢驗，這是一個巧妙的證明。 除了四位數(shù)，兩位數(shù)、三位數(shù)也有黑洞數(shù)，對兩位數(shù)和三位數(shù)，用這個辦法最終將分別得到一個循環(huán)（27，45，09，81，63）和495。也即兩位數(shù)、三位數(shù)的黑洞數(shù)分別是一個循環(huán)（27，45，09，81，63）和495，五位數(shù)也有類似的性質(zhì)，但數(shù)字是不斷地循環(huán)變換，而不是停留在某個數(shù)值，黑洞也不只一個。（注：對兩位數(shù)和三

26、位數(shù)的黑洞數(shù)的驗證，也可效仿上面四位數(shù)的證明方法，這里我不再對兩位數(shù)和三位數(shù)進(jìn)行詳細(xì)的證明。）接下來講一講有關(guān)這一類黑洞數(shù)的研究情況。 兩百多年前，美國數(shù)學(xué)家卡布列克(D.R.Kaprekar)研究了對四位數(shù)的一種變換。任給出四位數(shù)k0,用它的四個數(shù)字由大到小重新排列成一個四位數(shù)m,再減去它的反序數(shù)rev(m),得出數(shù)k1=m-rev(m),然后,繼續(xù)對k1重復(fù)上述變換,得出數(shù)k2.如此進(jìn)行下去,卡布列克發(fā)現(xiàn),無論k0是多大的四位數(shù), 只要四個數(shù)字不全相同,最多進(jìn)行7次上述變換,就會出現(xiàn)四位數(shù)6174。例如： k0=5298,k1=9852-2589=7263,k2=7632-2367=526

27、5,k3=6552-2556=3996,k4=9963-3699=6264,k5=6642-2466=4176,k6=7641-1467=6174.。后來,這個問題就流傳下來,人們稱這個問題為"6174問題",上述變換稱為卡布列克變換,簡稱 K 變換.。一般地,只要在0,1,2,.,9中任取四個不全相等的數(shù)字組成一個整數(shù)k0(不一定是四位數(shù)),然后從k0開始不斷地作K變換,得出數(shù)k1,k2,k3,.,則必有某個m(m=<7),使得km=6174. 更一般地,從0,1,2,.,9中任取n個不全相同的數(shù)字組成一個十進(jìn)制數(shù)k0(不一定是n位數(shù)),然后,從k0開始不斷地做K變

28、換,得出k1,k2,.,那么結(jié)果會是怎樣的呢?現(xiàn)在已經(jīng)知道的是：n=2,只能形成一個循環(huán):(27,45,09,81,63).例如取兩個數(shù)字7與3,連續(xù)不斷地做K變換,得出：36,27,45,09,81,27,.出現(xiàn)循環(huán)； n=3,只能形成一個循環(huán)：(495)； n=4,只能形成一個循環(huán)：(6174)； n=5已經(jīng)發(fā)現(xiàn)三個循：(53855,59994),(62964,71973,83952,74943),(63954,61974,82962,75933)； n=6,已經(jīng)發(fā)現(xiàn)三個循環(huán)：(642654,.),(631764,.),(549945,.)；n=7,已經(jīng)發(fā)現(xiàn)一個循環(huán)：(8719722,.)

29、；n=8,已經(jīng)發(fā)現(xiàn)四個循環(huán)：(63317664),(97508421),(83208762,.),(86308632,.)；n=9,已經(jīng)發(fā)現(xiàn)三個循環(huán)：(864197532),(975296421,.),(965296431,.)； 容易證明,對于任何自然數(shù)n>=2,連續(xù)做K變換必定要形成循環(huán)。這是因為由n個數(shù)字組成的數(shù)只有有限個的緣故。但是對于n>=5,循環(huán)的個數(shù)以及循環(huán)的長度(指每個循環(huán)中所包含數(shù)的個數(shù))尚不清楚,這也是國內(nèi)一些數(shù)學(xué)愛好者熱衷于研究的一個課題.。（二）黑洞數(shù) 37 58 89 和1、371 、370、407、153 等 16 145 4 20 42我們隨便選一個數(shù)

30、，例如1234。把這個數(shù)的各位數(shù)字平方，然后相加，即：1222324230，這樣就變?yōu)?0，接下來將30這個數(shù)的各位數(shù)字平方，再相加，即：32029，按照上面的規(guī)則，不斷重復(fù)就會得到：1234 30 9 81 65 61 37 58 89 16 145 4 20 42 這些數(shù)又掉進(jìn)了一個漩渦黑洞，再也出不來了。再看168 168 101 2 4 16 37 20 58 42 145 89同樣的168也掉進(jìn)了這個漩渦黑洞。但是，在這里要指出的是有些數(shù)按照上面的規(guī)則進(jìn)行變換的話，則是以“1”為歸宿。例如1995變換的情況如下：1995 188 129 86 100 1同樣的：對任意的數(shù)，求其各數(shù)字

31、立方和，經(jīng)過有限步后必為1或407或153或371或370或進(jìn)入下圖的循環(huán)之一。136 244 919 1459 250 55 217 160133 352 注：暫未能證明所有的數(shù)都會掉到這些黑洞里，只能通過程序驗證了一部分。 對一個數(shù)的各數(shù)字的其它的次方求和，我想也會有一定的循環(huán)規(guī)律，暫時我只找到4次，5次，6次的循環(huán)規(guī)律如下：（1）一個數(shù)各數(shù)字4次方和有以下的循環(huán)： 13139 6725 4338 4514 1138 4179 9219 8208 9474 6514 2178（2）一個數(shù)各數(shù)字5次方和有以下的循環(huán)： 83633 41273 18107 49577 96812 99626 1

32、33682 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 178414 51625 14059 63199 126118 40579 80005

33、 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（3）一個數(shù)各數(shù)字6次方和有以下的循環(huán)： 282595 824963 845130 3

34、01676 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 477201 239459 1083396 841700 93531 548525 313

35、179 650550 利用下面的程序找到這些循環(huán)規(guī)律的，但可能會因為輸入的數(shù)有限，而未能找到全部的黑洞漩渦。#include main()int t,n,i;unsigned long a,b,m,sum,c;scanf("%lu,%dn",&m,&n);for(i=0;i<m&&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<=9

36、999) t=4;else if(10000<=m&&m<=99999) t=5;else if(100000<=m&&m<=999999) t=6;else if(1000000<=m&&m<=9999999) t=7;else t=8;sum=0;for(t=t-1;t>=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）黑洞數(shù)421421任意一個自然數(shù)，如果它是偶數(shù)，就除以

37、2；如果它是奇數(shù)，就將它乘以3再加1。一直按這一規(guī)則算下去，奇跡出現(xiàn)了，結(jié)果總是421421的循環(huán)。例如58。 58(58÷2=)29(3×291=)88(88÷2=)44221134175226134020105168421421經(jīng)過19次計算，最終到1，之后是4、2、1的循環(huán)。任意選幾個自然數(shù)按上面的規(guī)則計算，結(jié)果還是一樣的出現(xiàn)421的循環(huán)。目前，雖然人們經(jīng)過檢驗，在109951162776之內(nèi)的數(shù)，按上面計算都是正確的，但卻未能對此作出數(shù)學(xué)上的嚴(yán)格證明，因此只能稱它是一個猜想。而且有人猜測，要證明它將是十分困難的。冰雹猜想在流傳過程中，有人把它稍稍改動了一下

38、，即對任一個自然數(shù)，如果它是偶數(shù)，就將它除以2；如果它是奇數(shù)，則將它乘以3后再減1。根據(jù)這樣的計算，它的結(jié)果將會是什么呢？任給一個自然數(shù)N，當(dāng)N是奇數(shù)時，就把它變成3N+1，當(dāng)N是偶數(shù)時，就把它變成N/2，變化后的數(shù)仍按此規(guī)律進(jìn)行變換。有趣的是，不論你給出的自然數(shù)有多大，經(jīng)有限步運算之后，其結(jié)果必為1。而由1又可變換為4，由4又變換為2和1。因此所給的數(shù)經(jīng)過這樣的變換規(guī)則，都將走進(jìn)這個出不來的循環(huán)圈之中。如：N=10，按照是奇數(shù)則乘3加1，是偶數(shù)則除以2的變換法則：有： 105168421421人們經(jīng)過大量的實驗，得出的結(jié)論都是一致的，因此人們認(rèn)為：從任一個自然數(shù)經(jīng)過有限次變換都能最終得到1。

39、這就是有名的角谷猜想。之所以稱它為猜想，是因為這是一個尚未證明的結(jié)論。即使有人用電子計算機對大約12000億以內(nèi)的所有自然數(shù)一一進(jìn)行核查，均不例外，其結(jié)果總是那么令人難以置信，而由于人們迄今為止無法證明和否定這一事實，它也只能說是一個猜想。（四）黑洞數(shù)123隨便找一個數(shù)，然后分別數(shù)出這個數(shù)中的奇數(shù)個數(shù)和偶數(shù)個數(shù)以及這個數(shù)有多少位，并用數(shù)出來的個數(shù)組成一個新數(shù)，最后組成的數(shù)字總會歸結(jié)到123。舉個例子，如：58967853，這里面有8、6、8共3個偶數(shù)，5、9、7、5、3共5個奇數(shù)，共8位數(shù)。然后我們用新得到的幾個數(shù)字重新組合，把原數(shù)中的偶數(shù)個數(shù)放在最左邊，中間放原數(shù)的奇數(shù)個數(shù)，最右邊表示原數(shù)的

40、位數(shù)。根據(jù)這個規(guī)則，上面的數(shù)就變成358了，然后按照這個規(guī)則繼續(xù)變換下去，就會得到123。再取任一個數(shù)，如：81872115378，其中偶數(shù)個數(shù)是4，奇數(shù)個數(shù)是7，是11位數(shù)，又組成一個新的數(shù)4711。該數(shù)有1個偶數(shù)，3個奇數(shù)，是4位數(shù)，又組成新數(shù)134。再重復(fù)以上程序，1個偶數(shù)，2個奇數(shù)，是3位數(shù)，便得到123黑洞。反復(fù)重復(fù)以上程序，始終是123，就再也逃不出去，得不到新的數(shù)了。對任何一個數(shù)重復(fù)以上等程序都會得到123黑洞。即使你選一個簡單的數(shù)結(jié)果也都一樣會得到123。例如一位數(shù)6變換后為101（6中只有一個偶數(shù)，沒有奇數(shù)，它是一位數(shù)），然后再變就成了123。123又叫西西弗斯數(shù)，為什么把數(shù)

41、學(xué)黑洞123叫西西弗斯數(shù)呢？相傳古希臘國王西西弗斯被天神處罰將一巨石推到一座山上，不管國王如何努力，那巨石總是在到達(dá)山頂之前不可避免地滾下山坡。國王被迫重新再推，永無休止，因此，人們把123黑洞叫做西西弗斯數(shù)。對此黑洞數(shù)暫也未能作出數(shù)學(xué)上的嚴(yán)格證明。（五）黑洞數(shù)0隨意取4個數(shù)，如8，3，12，5寫在圓周的四面。用兩個相鄰數(shù)中的大數(shù)減小數(shù)，將得數(shù)寫在第二圈圓周 。如此做下去，必會得到4個相同的數(shù)。這個現(xiàn)象是意大利教授杜西在1930年發(fā)現(xiàn)的，所以叫作"杜西現(xiàn)象"。其實把“杜西現(xiàn)象”再繼續(xù)下去必會得到這個圓周的最外層是四個0。因為得到的4個相同的數(shù)兩兩相減差為0，也就得到：任意地

42、在圓周的四面寫上4個數(shù)，用兩個相鄰數(shù)中的大數(shù)減小數(shù)（相同的也相減），將得數(shù)寫在第二圈圓周 。如此做下去，必會得到4個0。這就是黑洞0。三、皮克公式（格點與面積）因為在新課標(biāo)北京師范大學(xué)版教材中的第七冊下涉及到皮克公式，所以我在這里給大家講述一點皮克公式的由來、證明及應(yīng)用。奧地利數(shù)學(xué)家皮克(Georg Pick，1859-1943年)發(fā)現(xiàn)了一個計算點陣中多邊形面積的公式：SN1 其中多邊形面積S，內(nèi)部格點數(shù)N，邊上格點數(shù)L（一） 皮克公式一張方格紙上，上面畫著縱橫兩組平行線，相鄰平行線之間的距離都相等，這樣兩組平行線的交點，就是所謂格點。如果取一個格點做原點O，如圖1，取通過這個格點的橫向和縱向

43、兩直線分別做橫坐標(biāo)軸OX和縱坐標(biāo)軸OY，并取原來方格邊長做單位長，建立一個坐標(biāo)系。這時前面所說的格點，顯然就是縱橫兩坐標(biāo)都是整數(shù)的那些點。如圖1中的O、P、Q、M、N都是格點。由于這個緣故，我們又叫格點為整點。（圖1）（圖2）一個多邊形的頂點如果全是格點，這多邊形就叫做格點多邊形。有趣的是，這種格點多邊形的面積計算起來很方便，只要數(shù)一下圖形邊線上的點的數(shù)目及圖內(nèi)的點的數(shù)目，就可用公式算出。那么格點與面積間有什么公式呢？下面我們一起看看怎樣尋求這公式。我們要借助一個簡單的例子尋求格點多邊形的面積和格點數(shù)之間的精確關(guān)系通過特殊的情形歸納出一般的公式。為簡單起見，假定每個小方格的邊長d1。首先選擇面

44、積和格點數(shù)容易計算的格點多邊形作為具體例子,加以討論。例如邊長是1或2的格點正方形(圖2的OABC和OPQR),兩腰是1的格點三角形(圖2中的OAB),一腰是1,一腰是2的格點三角形(圖2中的OPC),邊長是2和4的格點矩形(圖2中的OLMR)。我們把它們的面積S,內(nèi)部格點數(shù)N和邊上格點數(shù)L,列成一表如下：圖形SNLSNL/2OABC10412OPQR41834OAB0 3OPC10412OLMR831256看過上表的前四列，我們可能感到很失望，S，N，L之間幾乎看不出有什么聯(lián)系來，不過，我們在前面已經(jīng)看到，當(dāng)S很大時，S和N的差(相對地說)是很小的。因此，我們在表上添了一列，包含S-N的值，

45、這列數(shù)字是隨著L增大而增大的。如果用2去除L，列到最后一列，我們立刻得到下面的有趣的關(guān)系： SN1即 SN1 （1） 也就是說,（格點數(shù)N）（）與面積S的差恰好是1。公式（1）是我們從五個特例歸納出來的，它到底是正確的還是巧合呢？下面我們一起來驗證一下。 m (圖3) 像尋求公式的時候那樣，我們在思索一個公式的證明時，也可以先從簡單的特殊情形想起?，F(xiàn)在我們就先考慮兩邊平行于坐標(biāo)軸的格點矩形ABCD，如圖（3）。假定這矩形的長寬分別是m和n。容易從圖3看出，這時，面積S，內(nèi)部的格點數(shù)N和邊上的格點數(shù)L分別是Smn,N(m1)(n1), （2） L2(m1)2(n1)2(mn).（最后一式中，2（

46、m1）是上下兩邊的格點數(shù)，2（n1）是左右兩邊除去頂點以外的格點數(shù)。） 因此，N 1(m1)(n1)(mn)1mnS。這表明公式（1）對于矩形是成立的。 有了矩形作基礎(chǔ)，我們就不難討論兩腰分別和兩坐標(biāo)軸平行的格點直角三角形，例如上圖中的BCD或ABD。由圖形的對稱性，容易看出BCD和ABD的面積，內(nèi)部格點數(shù)和邊上格點數(shù)都是分別相等的。（事實上，如果把矩形ABCD繞它的中心即對角線的交點旋轉(zhuǎn)180°，那么ABD就和CDB重合，而且格點也都一一重合起來了。）如果用L1表示BD線段內(nèi)部的格點數(shù)（即不包含端點的格點數(shù)），那么，除去這L1個格點以后，矩形內(nèi)部的格點就平均分配在BCD和ABD的內(nèi)

47、部。又前面已經(jīng)算出，矩形內(nèi)部的格點數(shù)是(m1)(n1)，所以這兩個三角形內(nèi)部都有 N個格點。又容易看出，這兩個三角形邊上的格點數(shù)都是Lm1nL1，而面積顯然都是 S因此 N 1S1。這表明公式（1）對于兩腰平行于坐標(biāo)軸的格點直角三角形是正確的?，F(xiàn)在我們進(jìn)一步討論一般的格點三角形。 n m（圖4）ABC是一個三角形，如圖4，方格紙上通過三頂點的直線圍成一個矩形ALMN。三角形ALB，BMC，CNA都是直角三角形，因此都滿足公式（1）?，F(xiàn)在把圖中四個三角形的面積，內(nèi)部格點數(shù)和邊上格點數(shù)，分別用不同的記號表示出來，列成下表：三角形面積內(nèi)部格點數(shù)邊上格點數(shù)ABC S N LALB S1 N1 L1BM

48、CS2 N2 L2CNA S3 N3 L3利用前面所得到的關(guān)于矩形面積和格點的公式（2），由圖4容易看出 SS1 S2 S3mn， NN1 N2 N3 L3(m1)(n1)， （3） LL1 L2 L3 2L2(mn)。 順次用1，1，乘（3）式的三個式子，然后相加，就得到S（N）S1（N1 ）S2 （N2 ）S3 （N3 ）31。我們已經(jīng)知道公式（1）對于直角三角形是成立的，因此，上式中有方括號的各項都等于1。所以由上式得 S（NL）1。這表明對于格點三角形，公式（1）是正確的。 最后，討論一般的具有n個頂點的格點多邊形A1A2An，如圖5所示,我們可以用數(shù)學(xué)歸納法證明。當(dāng)n3時，公式（1）已經(jīng)證明?，F(xiàn)在假定該公式對于n