【Sonic π】電路學之補充《四》無窮小算術‧中下中‧下

錦帶橋的清晨

交叉梯子之問題

在《【Sonic π】聲波之傳播原理︰原理篇《四下》》一文中我們談到了『駐波』的形成，之後又說明了『樂器』製造通常需要『共振腔』的放大。事實上『調和序列』 $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \cdots, \frac{1}{n}, \cdots$ ，與『調和級數』 $\sum \limits_{k=1}^{k=n} \frac{1}{k}$ 的『調和』之名源於『樂理』中的『泛音』 overtone 和『泛音列』 harmonic series。一首『樂曲』從『數學』上講，就是一個個『音符』構成的頻率序列，在『時序』上『和諧』的展開，因此才有人說︰『音樂』是有聲的『數學』，『數學』是無聲的『音樂』的啊！我們如果自『遞迴關係式』所比之擬之『相空間』的『符號動力學』來看，或許它該說是『物理』中的『音符動力學』的吧！

即使由『調和平均數』一詞來說，假使 $t_k = \frac{1}{k}$ 是一個『調和序列』的第 $k$ 項，那麼任意兩項的『調和平均數』 $h$ 就是 $h = \frac{2}{\frac{1}{t_i} + \frac{1}{t_j}}$ ，所以 ${h} = \frac{2}{i + j}$ 。於是『調和序列』中任意連續的三個數 $t_{h-1}, t_h, t_{h+1)$ 『全部』都構成了『調和平均數』之『關係』 ${2h} = (h-1) + (h+1)$ 。因此這就是『為什麼』那個『調和序列』會被稱之為『調和』的了。現實裡，大概也只有大自然中，那不期而遇的『山光水影』之『漸層』的『美』，方能夠與之『匹配』的吧！！

幾何上講， $a, b$ 兩正數的算術平均值是 $A = \frac{a+b}{2}$ ，幾何平均量是 $G = \sqrt{a \cdot b}$ ，搭配上調和平均數 $H = \frac{2 a \cdot b}{a+b}$ 滿足 $H = \frac {G^2} {A}$ 。如果再添上『平方平均數』 $Q = \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{2}$ ，彼此間擁有 $\min{(a,b)} \leq H \leq G \leq A \leq Q \leq \max{(a,b)}$ 的關係。

作者不知從何時起網路上開始流傳了一個『交叉梯子之問題』 Crossed ladders problem，根據『 Wolfram‧mathworld』的索引，它來自於
Gardner, M. Mathematical Circus: More Puzzles, Games, Paradoxes and Other Mathematical Entertainments from Scientific American. New York: Knopf, pp. 62-64, 1979.
這本書。為什麼它又被稱之為『迷惑‧難題』 puzzle 的呢？假使你知道『巷子』中兩根斜擺的『梯子』的長度是 $a,b$ ，你也知道它的『交叉點』距地的『高度』是 $h$ ，那麼你能不能算出『巷寬』 $w$ 的呢？

由於 $h \parallel h_1$ 和 $h \parallel h_2$ ，可以得到 $\frac{d_2}{d} = \frac{h}{h_1}$ 與 $\frac{d_1}{d} = \frac{h}{h_2}$ 。然而 $d_1 + d_2 = d = \left( \frac{h}{h_2} \right) d + \left( \frac{h}{h_1} \right) d$ ，化簡後得到 $\frac{1}{h_1} + \frac{1}{h_2} = \frac{1}{h}$ ，這三者竟然滿足這個『不預期』之『關係式』，而且不見 $d$ 的蹤影了。假設 $h_1$ 的梯子長 $l_1$ ， $h_2$ 的梯子長 $l_2$ ，由『畢氏定理』可以得到 $l_1^2 + d^2 = h_1^2$ 與 $l_2^2 + d^2 = h_2^2$ ，所以 $l_1^2 - l_2^2 = h_1^2 - h_2^2 = (h_1 + h_2) \cdot (h_1 - h_2)$ ，因此 ${\left[ l_1^2 - l_2^2 \right]}^2 = {(h_1 + h_2)}^2 \cdot {(h_1 - h_2)}^2$
$= {(h_1 + h_2)}^2 \cdot {\left[ {(h_1 + h_2)}^2 - 4 h_1 h_2 \right] }$ ，由於 $\frac{1}{h_1} + \frac{1}{h_2} = \frac{1}{h}$ ，因此 $h_1h_2 = (h_1+h_2)h$ ，將之代入上式得到
$= {(h_1 + h_2)}^2 \cdot {\left[ {(h_1 + h_2)}^2 - 4 (h_1+h_2)h \right] }$

。如果我們仔細考察下面的方程式

${\left[ l_1^2 - l_2^2 \right]}^2 = {(h_1 + h_2)}^2 \cdot {\left[ {(h_1 + h_2)}^2 - 4 (h_1+h_2)h \right] }$

，『左邊項』為『已知量』，『右邊項』是『未知數』 $h_1+h_2$ 的『方程式』。假設 $l_1 > l_2$ ，如果我們定義

$c = \frac{4 h}{\sqrt{l_1^2 - l_2^2}}$ ， $x = \frac{h_1+h_2}{\sqrt{l_1^2 - l_2^2}}$

，可以將之化簡為

$x^3(x - c) - 1 = 0$

，總是不見『巷寬』 $d$ 的『蹤影』，所以方說令人『迷惑』的啊！竟然得要『求解』四次方程式，因此才是個『難題』的吧！更不要講它還能夠有全『整數解』，舉例來說， $(l_1, l_2, h, h_1, h_2, d_1, d_2, d) = (119, 70, 30, 105, 42, 40, 16, 56)$ ，果然是奇也怪哉！！

假使我們已經解得了 $x_{\lambda}$ ，那麼要怎們求出『巷寬』 $d$ 的呢？我們還得解下面的方程式？？假設 $\alpha = \sqrt{l_1^2 - l_2^2} x_{\lambda}$

$h_1 + h_2 = \alpha$

$h_1 \cdot h_2 = \alpha h$

，用二次方程式的『公式解』可以得到

$h_1 = \frac{\alpha \pm \sqrt{{\alpha}^2 - 4 \alpha h}}{2}$

$h_2 = \frac{\alpha \mp \sqrt{{\alpha}^2 - 4 \alpha h}}{2}$

再由， $l_1^2 + l_2^2 = (h_1^2 + d^2) + (h_2^2 + d^2)$ ，因此 $d = \sqrt{\frac{(l_1^2 + l_2^2) - (h_1^2 + h_2^2)}{2}$ ，因為 $h_1^2 + h_2^2 = {(h_1+h_2)}^ 2 - 2 h_1 h_2 = {\alpha}^ 2 - 2 \alpha h$ ，所以那個久違的『巷寬』就是 $d = \sqrt{\frac{(l_1^2 + l_2^2) - ( {\alpha}^ 2 - 2 \alpha h)}{2}$ ！！

有人問為什麼要『假設』 $l_1 > l_2$ 的呢？由於那個『方程式』對於 $h_1, h_2$ 與 $l_1, l_2$ 來講是『對稱的』，所以除非這兩者『相等』，否則『假設』 $l_1 > l_2$ 只是方便論述而已，畢竟『根號』內之數在此該是正的啊！再者當 $l_1 = l_2$ 時，就有 ${(\frac{l_1}{2})}^2 + h^2 = {(\frac{d}{2})}^2$ 的關係存在，就可以直接求得 $d = \sqrt{l_1^2 + 4 h^2}$ 的了！如此根本不需要解那個四次方程式的吧！！

如果從『直覺上』來講，假使當 $h_2 = \delta h_2 \approx 0$ ，此時 $h = \delta h \approx 0$ ，那麼我們能夠求得 $\frac{\delta h}{\delta h_2}$ 之『極限值』的嗎？因為這時 $l_2 \approx d$ ，因此 $c = \frac{4 h}{\sqrt{l_1^2 - l_2^2}} \approx \frac{4 \delta h}{\sqrt{l_1^2 - d^2}} \approx 0$ ，所以那個四次方程式就變成了 $x^3(x - c) -1 =0 \Longrightarrow x^4 - 1 \approx 0$ ，它有四個解 $\pm 1, \pm \sqrt{-1}$ ，於是 $\alpha = \sqrt{l_1^2 - l_2^2} x_{\lambda} \approx \sqrt{l_1^2 - d^2}$ ，由於 $h_1 \delta h_2 = \alpha \delta h$ ，故得 $\frac{\delta h}{\delta h_2} = \frac{h_1}{\alpha} \approx \frac{h_1}{\sqrt{l_1^2 - d^2}} \approx 1$ 。

事實上，即使 $\angle BAC$ 與 $\angle DCA$ 不是『直角』，依然是 $\frac{1}{\overline{AB}} + \frac{1}{\overline{CD}} = \frac{1}{\overline{EF} }$ 。在它們是『直角』時，甚至可以得到 $\angle BFE = \angle DFE$ ，如果將它想像成『入射角』等於『反射角』，從 $B$ 點發出的光線，將於 $F$ 點反射到 $D$ 點上。