棣美弗定理與

棣美弗定理與 _Euler 公式

林琦焜

『The shortest path between two truths in the real domain passes through the complex domain.』

— J. Hadamard (1865−1963) — 數學裡有許多迷人的公式能夠知道它的來源, 瞭解其內涵並有深刻的体會, 雖然花點時間 但絕對是值得的。 引用高斯 (Karl Friedrich Gauss, 1777-1855) 的商標, 即一幅畫其中有一 棵樹, 上面只結了七個果實, 下面寫著 “ 雖少卻熟透”, 所謂 “抓一小把而心安理得, 遠勝過雙 手滿捧卻勞碌捕風”。 在三角函數與複數理論中最重要的公式, 我個人認為是 Euler 公式

e^iθ = cos θ + i sin θ 這是 Euler 在 1748 年所發表。 若 θ = π 就是

e^πi+ 1 = 0

Euler (1707-1783) 非常喜愛這個公式, 並宣稱這是最美麗的數學公式, 他熱愛到將這公式刻 在皇家科學院的大門上。 這式子有 1, 0 分別是乘法, 加法這兩個基本運算系統的單位元素, 整 個數字系統最根本的概念, 還有三個運算方法 — 加、 乘與次方。 另外還有兩個特別的數: 指數 e 與圓周率 π, 再加上 i 這個虛數單位 (i 顧名思意是取虛數 imaginary number 的第一個字 母, 這是 Euler 第一個提議, 但卻是高斯使得代表√

−1 的符號 i 廣被使用, 他將 a + ib 命名 為複數 (complex number) 而稱 √

a²+ b² 為範數 (norm))。 i 的幾何意義是旋轉, 將 x 軸 轉換到 y 軸。 關於這個事實人們有這麼一段笑話:

『You have reached an imaginary number. If you reguire a real number, please rotate your telephone by 90⁰ and try again. 』

您撥的是虛號 (虛數), 如果您要撥實號 (實數) 請將您的電話旋轉 90 度後再重撥。

3

歷史上第一個給出複數之幾何表示的學者是挪威數學家 Casper Wessel (1745-1818) 之 後 Jean Robert Argand (1768-1822), J. Warnen 和高斯 (Gauss) 等人也相繼獨立發表了 複數的幾何表示。 其中以高斯的工作對於後代的數學產生普遍的影響。 實際上 Euler 並不是憑 空想像推導出 Euler 公式, 在他之前法國數學家棣美弗 (de Moivre, 1667-1754) 就在 1722 年提出著名的棣美弗定理 (1.1), 由棣美弗定理加上極限的概念可推導出 Euler 公式。 除此之 外, 棣美弗也是機率論的創始者之一, 今天我們所說的常態分配 (normal distribution) 或高 斯分配事實上是棣美弗先發現的, 關於其生平讀者可參閱 「毛起來說三角」([4]) 一書。

1. 棣美弗定理

從歷史的發展而言, Euler 公式與棣美弗定理

(cos nϕ + i sin nϕ) = (cos ϕ + i sin ϕ)ⁿ (1.1) 有直接密切的關係, 令 ϕ = _n^θ 則

cos θ + i sin θ =



cos θ

n + i sin θ n

n

(1.2) 這等式對所有的正整數 n 都成立, 所以可以考慮 n → ∞ 的情形, 由三角函數之性質

cos θ

n ≈ 1, sinθ n ≈ θ

n, n ≫ 1, θ n ≈ 0 可以合理地猜測

cos θ + i sin θ = lim

n→∞



cos θ

n + i sin θ n

n

= lim

n→∞



1 + iθ n

n

= e^iθ (1.3) 這就是 Euler 公式! 在這裡我們已悄悄地承認極限 lim_n→∞(1 + ^x_n)ⁿ = e^x 對於複數 x 也成 立。

我們從三角公式 cos²x + sin²x = 1 (畢氏定理) 開始, 因式分解可得 1 = cos²x + sin²x = (cos x + i sin x)(cos x − i sin x) 令右式的兩個函數分別是

f (x) = cos x + i sin x, g(x) = cos x − i sin x (1.4) f , g 之關係為

f (x)g(x) = 1, g(x) = f^∗(x)

則棣美弗定理告訴我們 f 滿足函數方程

f (x)f (y) = f (x + y), [f (x)]ⁿ= f (nx) (1.5) 但根據我們對於函數的瞭解, 具有這個性質的函數就是指數函數 (exponential function) 所以 可以大膽假設 f 就是指數函數

f (x) = cos x + i sin x = e^Kx (K待求) 我們可以驗證看看

e^Kx1 · e^Kx2 = e^K(x1+x2), (e^Kx)ⁿ= e^K(nx) 與 (1.5) 不謀而合, 現在決定 K 是甚麼? f 對 x 微分

df

dx = Ke^Kx= − sin x + i cos x = i(cos x + i sin x) 因此 K = i, 換言之

f (x) = cos x + i sin x = e^ix (1.6) 這正是 Euler 公式。 同理對於函數 g(x) 也有類似的公式:

g(x)g(y) = g(x + y), [g(x)]ⁿ= g(nx) (1.7) g(x) = cos x − i sin x = e^−ix (1.8) 將正負兩者合併

(cos x ± i sin x)ⁿ= cos nx ± i sin nx 設 z = r(cosθ + i sin θ) 則棣美弗定理的一般式為 (n = 0, 1, 2, 3, . . .)

zⁿ = [r(cos θ + i sin θ)]ⁿ = rⁿ(cos nθ + i sin nθ) (1.9) 實際上棣美弗定理對於負整數也成立, 假設 1/z = ρ(cosϕ+i sin ϕ) 則

1 = z · z⁻¹ = rρ[cos(θ + ϕ) + i sin(θ + ϕ)]

所以

rρ = 1, θ + ϕ = 2nπ =⇒ ρ = 1

r, ϕ = −θ + 2nπ 故

z⁻¹ = 1

z = r⁻¹(cos θ − i sin θ) = r⁻¹[cos(−θ) + i sin(−θ)]

再由歸納法結論

z⁻ⁿ = (1/z)ⁿ = r⁻ⁿ[cos(−nθ) + i sin(−nθ)] (1.10)

2. 指數函數

既然 Euler 公式本質上就是指數函數 e^x 之解析延拓 (analytic continuation) 的問題, 我們就從指數函數的角度來探討 Euler 公式。 基本上指數函數 e^x 有兩個定義方式

(A) e^x = lim

n→∞



1 + x n

n

, x ∈^R (B) e^x = ^X∞

n=0

xⁿ

n!, x ∈^R

(A) 我們模仿 (A) 的定義方式將 x 換為任意的複數 z = x + iy e^z = lim

n→∞



1 + z n

n

(2.1) 首先將 1 +_n^z 表為極式

1 + z n =



1 + x n



+ iy

n = rn(cos θn+ i sin θn) (2.2) 其中

rn =

r

(1 + x

n)² + (y

n)², tan θn =

y n

1 + ^x_n = y

x + n (2.3) 所以由棣美弗定理得知 (假設極限存在)

e^z = lim

n→∞



1 + z n

n

= lim

n→∞rⁿ_n(cos nθn+ i sin nθn) = r(cos θ + i sin θ) (2.4) 所以現在的問題就是決定 r, θ 這兩個極限

r = lim

n→∞r_nⁿ=? θ = lim

n→∞nθn=? (2.5)

直觀而言 rn=

s

(1 + x

n)²+ y² n² =

s

1 + 2x

n +x²+ y² n² ≈

s

1 + 2x

n , 1 ≪ n 因此由指數的定義可以證明

r = lim

n→∞r_nⁿ= lim

n→∞



1 + x n/2

ⁿ

2 = e^x (2.6)

另外因為 θn → 0 (n → ∞)

n→∞lim θn

tan θn

= lim

n→∞

θn

sin θn · cos θⁿ= 1 所以

θ = lim

n→∞nθn = lim

n→∞

 θn

tan θn · n tan θⁿ



= lim

n→∞

 θn

tan θn · y 1 + ^x_n



= y (2.7)

定理 2.1. 已知 z = x + iy 則

e^z = e^x+iy = e^x(cos y + i sin y) (2.8) 如果 z = iy 就回到 Euler 公式。 由這個定理可容易證明函數方程。

系 2.2. 指數函數 e^z 滿足函數方程

e^z1+z2 = e^z1e^z2 z₁, z₂ ∈^C (2.9)

證明: z1 = x1+ iy1, z2 = x2+ iy2 則 e^z1+z2 = e^{(x1+x2)+i(y1+y2)}

= e^x1+x2( cos(y₁+ y₂) + i sin(y₁+ y₂))

= e^x1( cos y1+ i sin y1) · e^x2( cos y2+ i sin y2)

= e^z1 · e^z2

這個函數方程 (functional equation) 是指數函數的基本性質但是直接由定義是不容易證明的, 不信你可以試看看。

(B) 從分析的角度而言, 利用冪級數來定義指數函數是最自然不過的了 e^z =

X∞

n=0

zⁿ

n!, z = x + iy (2.10)

在複變函數理論我們將這類可以表為冪級數的函數稱為解析函數 (analytic function), 因為是 無窮級數所以必需先討論收斂性問題。 對於複數要比較大小最自然的就是選取其模 (modulus) 或範數 (norm)

|z| = |x + iy| =^qx²+ y²

其實就是平面向量 (x, y) 之長度, 因為 |zⁿ| ≤ |z|ⁿ, 所以

|e^z| =

X∞

n=0

zⁿ n!

   ≤

X∞

n=0

|z|ⁿ n! = e^|z|

這個不等式告訴我們對所有的複數 z ∈ ^C, |z| < ∞, e^z 都是有定義的 (即收斂), 而且可證明 其收斂半徑 R = ∞, e^z 不僅是解析函數, 更是一全函數 (entire function)。 逐項微分

d

dz[e^z] =

X∞

n=1

n

n!zⁿ⁻¹ =

X∞

n=1

1

(n − 1)!zⁿ⁻¹=

X∞

n=0

1

n!zⁿ= e^z (2.11) 也就是說 w = e^z 滿足微分方程 (且是唯一解!)

dw

dz = w, w(0) = 1 (2.12)

同理可證

d

dz(e^z+ξe^−z) = d dz

w(z + ξ)w(−z)^

= w^′(z + ξ)w(−z) − w(z + ξ)w^′(−z)

= w(z + ξ)w(−z) − w(z + ξ)w(−z) = 0

因此 e^z+ξe^−z 是一常數函數, 所以(令 z = 0)

e^z+ξe^−z = e^ξe⁻⁰= e^ξ (2.13) 令 ξ = 0 則

e^z· e^−z = e⁰ = 1 =⇒ e^−z = 1 e^z 利用這個關係式 (2.13) 兩邊乘 e^z 就是指數函數的加法運算法則

e^z+ξ = e^z· e^ξ (2.14)

等式 (2.14) 告訴我們指數函數 e^z 滿足函數方程

f (z + ξ) = f (z)f (ξ) (2.15) 我們也可以由 Taylor 展開式來證明函數方程。 令 f (z) =^P∞_n=0 ^z_n!ⁿ 逐項微分

f⁽ⁿ⁾(z) = f (z), z ∈^C, n ∈ ^N

所以

f (z + ξ) = f (z) + f^′(z)

1! ξ + f^′′(z)

2! ξ²+ · · · + f⁽ⁿ⁾(z)

n! ξⁿ+ · · ·

= f (z)



1 + ξ 1!+ξ²

2! + · · · + ξⁿ n! + · · ·



= f (z)f (ξ)

這個著名的函數方程可追溯至法國數學家 Cauchy (Cours d’Analysis 1821)。 在實數的情形, 他證明 e^αx 是唯一的連續函數滿足函數方程 (2.15), 在後來的研究更證明, 在有限區間時, 指 數函數 e^αx 是唯一滿足 (2.15) 的可測函數 (measurable function)。

令 z = iy 代入定義 (B) 就是 Euler 公式 e^iy =

X∞

n=0

(iy)ⁿ n! =

X∞

k=0

(−1)^k

(2k)!y^2k+ i

X∞

k=0

(−1)^k

(2k + 1)!y^2k+1= cos y + i sin y (2.16) 利用函數方程可得更一般的公式

e^z = e^x+iy = e^x· e^iy = e^x(cos y + i sin y) (2.17) 我們可以驗證 e^z 滿足所有在實數情形的指數函數之性質而且更豐盛, 例如

e^z+2πi = e^z· e^2πi = e^z(cos 2π + i sin 2π) = e^z (2.18) e^z 是一個週期函數其週期為 2πi (虛的週期!) 這個性質在實數是不存在的。

3. 微分方程

從微分方程的角度來看 Euler 公式也是很自然的。 令 z = x + iy 為任意複數, 由指數之 性質我們期待

e^z = e^x+iy= e^x· e^iy (3.1) e^iy 這項是全新, 如果我們希望指數的運算法則對於複數也成立的話, 那麼第一要務就是釐清 e^iy 是什麼! 由微分方程而言這相當於 (姑且將虛數 i 視為一個實數)

f (y) = e^iy ⇐⇒ df

dy = if, f (0) = 1 (3.2) f (y) 不可能是實數, 因此令

f (y) = g(y) + ih(y) (3.3)

代回微分方程 (3.2) df

dy = g^′(y) + ih^′(y) = if (y) = −h(y) + ig(y) 實部等於實部, 虛部等於虛部, 所以

g^′(y) = −h(y), h^′(y) = g(y) 所以 g, h 都滿足二階微分方程

g^′′(y) + g(y) = 0, h^′′(y) + h(y) = 0 g, h 之差異可由 f (0) = 1 來決定

f (0) = g(0) + ih(0) = 1 ⇒ g(0) = 1, h(0) = 0 但這還不夠因為 g, h 都滿足二階微分方程由 g, h 之關係可得

g^′(0) = −h(0) = 0, h^′(0) = g(0) = 1 整理一下 g, h 滿足二階微分方程的初始值問題

g^′′(y) + g(y) = 0, g(0) = 1, g^′(0) = 0

(3.4) h^′′(y) + h(y) = 0, h(0) = 0, h^′(0) = 1

由二階微分方程的理論可以證明 g(y) = cos y, h(y) = sin y, 這就是 Euler 公式 f (y) = e^iy = cos y + i sin y

前面的推導過程中我們發現 f 滿足一階微分方程 (係數是複數) 而其實部與虛部則滿足二階微 分方程 (實係數), 這完全是合理的, 因為複數本來就是二維 (^C≈^R2)

4. 三角函數與雙曲函數

Euler 公式告訴我們

e^ix = cos x + i sin x, e^−ix = cos x − i sin x, x ∈^R 因此三角函數可以表示為指數函數之形式

cos x = 1

2(e^ix+ e^−ix), sin x = 1

2i(e^ix − e^−ix)

(4.1) tan x = sin x

cos x = e^ix− e^−ix i(e^ix+ e^−ix)

這件事實同時說明 Euler 公式也是三角函數與指數函數之橋樑。 利用類比法, 我們可以將三角 函數推廣至複數 z ∈^C

cos z = 1

2(e^iz+ e^−iz), sin z = 1

2i(e^iz − e^−iz),

(4.2) tan z = sin z

cos z = e^iz − e^−iz i(e^iz + e^−iz) 整理就是複數形式的 Euler 公式

e^iz = cos z + i sin z, z ∈^C 另外仿定義 (B) 也可以從冪級數的角度定義三角函數

cos z = 1 − z² 2! +z⁴

4! + · · · + (−1)ⁿ z²ⁿ

(2n)! + · · ·

(4.3) sin z = z −z³

3! +z⁵

5! + · · · + (−1)ⁿ z²ⁿ⁺¹

(2n + 1)! + · · · 而且可以證明 (4.2)。 由 (4.2) 不難證明所有的三角公式 (複數的情形!) 例如

sin(z1± z²) = sin z1cos z2± cos z¹sin z2

cos(z1± z²) = cos z1cos z2∓ sin z¹sin z2 (4.4) sin²z + cos²z = 1,

sin(z + π

2) = cos z, sin(z − π

2) = − cos z (4.5) d

dz sin z = cos z, d

dzcos z = − sin z (4.6) 註解:

(1) 如果 z = π, 則

e^iπ = cos π + i sin π = −1 或 e^iπ+ 1 = 0 (4.7) 這就是 Euler 所說最美麗的公式。 我們可以更進一步取對數, 則 log(−1) = iπ, 負數的 對數是一個虛數。 實際上對 Euler 而言複數是可以放進超越函數裡面!

(2) 取 z = π/2 則

e^iπ2 = cosπ

2 + i sinπ

2 = i (4.8)

取對數 π = ²_i ln i (圓周率 π 可藉由虛數來表示), 或者 (4.8) 兩邊取 i 次方 iⁱ = (e^iπ/2)ⁱ = e^−π/2 ≈ 0.2078 . . .

虛數的虛數次方可以是實數! 這只是其中一個值, 更正確地說

iⁱ = e^{i log i} = ei·i(π/2+2kπ) = e^{−(π/2+2kπ)}, k = 0, ±1, ±2, · · ·

回顧一下雙曲函數

sinh x = e^x− e^−x

2 , cosh x = e^x+ e^−x

2 (4.9)

tanh x = sinh x

cosh x = e^x− e^−x e^x+ e^−x 因此

cos(x ± iy) =1 2

e^i(x±iy)+ e^−i(x±iy)= 1 2

e^ixe^∓y)+ e^−ixe^±y

=1

2e^∓y(cos x + i sin x) + 1

2e^±y(cos x − i sin x)

= cos x cosh y ± i sin x sinh y (4.10) 同理可得

sin(x ± iy) = sin x cosh y ± i cos x sinh y. (4.11) 在複數的領域我們可以輕易地在三角函數 (圓函數) 與雙曲函數之間作變換。 三角函數與 雙曲函數之關係如下:

sin(iz) = i sinh z, cos(iz) = cosh z

(4.12) sinh(iz) = i sin z, cosh(iz) = cos z

其它雙曲函數的重要性質有

sinh(−z) = − sinh z, cosh(−z) = cosh z sinh(z1 ± z²) = sinh z1cosh z2± cosh z¹sinh z2

(4.13) cosh(z1 ± z²) = cosh z1cosh z2± sinh z¹sinh z2

cosh²z − sinh²z = 1 關於其它重要性質讀者可參閱複變函數論的書。

除此之外, 還有更出乎意料之外的, 例如三角方程式

cos z = a, sin z = a, a > 1

在複數的情形是有解 (且有無窮多解!) 這在實數的情形是絕對不可能的 (因為 | sin x| ≤ 1), 例如 cos z = 2 由 (4.10) 得

cos z = cos x cosh y + i sin x sinh y = 2 cos x cosh y = 2, sin x sinh y = 0

這組聯立方程式的解為 x = 2nπ, cosh y = 2, n = . . . , −1, 0, 1, . . . 所以 e^2y− 4e^y + 1 = 0, =⇒ y = ln(2 ±√

3) 因此

z = cos⁻¹2 = 2nπ + i ln(2 ±√ 3) 三角方程式 cos z = 2 不僅有解甚至是無窮多解。

5. 在積分之應用

對 Euler 而言複數的積分可以視為實數的積分, 後來 Poisson, Laplace 更是藉此方法 (複數的變數變換) 計算了許多著名的積分, 這也間接促成 Cauchy 為了解決積分的問題而創 立複變函數論, 也難怪 Hadamard 要說: 複數是通往兩個實數真理的捷徑。 將 −p + iq 視為 實數, 則由微積分的常識可得

Z _∞

0 e^(−p+iq)xdx = p + iq

p²+ q² (p > 0) (5.1) 再由 Euler 公式將 (5.1) 分成實部與虛部

Z _∞

0 e^−pxcos qxdx = _p2+q^{p 2}

(5.2)

Z _∞

0 e^−pxsin qxdx = _p2+q^{q 2}

將 q 視為變數, p 為常數, 從 a 到 b 積分

Z b a

Z _∞

0 e^−pxcos qxdxdq =

Z b a

p

p²+ q²dq = 1 p

Z b a

dq 1 + (q/p)²

=

Z b/p a/p

du

1 + u² = tan⁻¹u

b/p a/p

= tan⁻¹ b

p− tan⁻¹a p 但另一方面變換積分順序

Z _∞

0 e^−px

Z b

a cos qx dqdx =

Z _∞

0 e^−pxsin bx − sin ax

x dx

令 b = 0, 可得積分公式

Z _∞

0 e^−pxsin ax

x dx = tan⁻¹ a p 再令 p → 0,

limp→0

Z _∞

0 e^−pxsin ax

x dx = tan⁻¹(±∞) =











π

2, a > 0

−^π₂, a < 0 把 a = 0 也考慮進來就是著名的 Dirichlet 積分

Z _∞

0

sin ax x dx =











π

2, a > 0 0, a = 0

−π2 , a < 0

(5.3)

例題 5.1. 證明

Z π

0 cosⁿθ cos nθ dθ = π

2ⁿ, n = 0, 1, 2, . . . . (5.4) 解: 這個積分可由複變函數理論的留數定理 (Residue theorem) 而來! 但是藉由棣美弗 定理則是比較直觀。 首先由等式 2 cos θe^iθ = 1 + e^i2θ 可得

2ⁿcosⁿθe^inθ = (1 + e^i2θ)ⁿ 再令 θ → −θ

2ⁿcosⁿθe^−inθ = (1 + e^−i2θ)ⁿ 兩個等式相加

2ⁿcosⁿθ(e^inθ+ e^−inθ) = 2ⁿ⁺¹cosⁿθ cos nθ = (1 + e^i2θ)ⁿ+ (1 + e^−i2θ)ⁿ 但是由二項式定理

(1 + e^i2θ)ⁿ= 1 + a₁e^i2θ+ · · · + ane^i2nθ, a₁, a₂, . . . , a_n, ∈^R (1 + e^−i2θ)ⁿ= 1 + b1e^i2θ+ · · · + bⁿe^i2nθ, b1, b2, . . . , bn ∈^R 由於

Z _π

0 e^i2kθdθ = 0, k = ±1, ±2, . . . , ±n 故

2ⁿ⁺¹

Z π

0 cosⁿθ cos nθdθ =

Z π

0 2dθ = 2π

有興趣也可證明 Wallis 積分 (n = 0, 1, 2, . . .)

Z _π

0 sin²ⁿθdθ =

Z _π

0 cos²ⁿθdθ = π(2n)!

2²ⁿ(n!)²

= 2n n

! π

2²ⁿ = 1 · 3 · 5 · · · (2n − 3)(2n − 1)

2 · 4 · 6 · · · (2n − 2)2n π, (5.5) 令 n → ∞, 可以證明

√π = lim

n→∞

2 · 4 · 6 · · · 2n

1 · 3 · 5 · · · (2n − 1) · 1

√n 或者是(Wallis 乘積)

π

2 = lim

n→∞

2 · 2 1 · 3· 4 · 4

3 · 5 ·6 · 6

5 · 7 · · · 2n · 2n

(2n − 1) · (2n + 1) (5.6) 例題 5.2. 證明 Mehler 公式

Z π 0

1

a + b cos θdθ = π

√a²− b², a, b 6= 0, |b/a| < 1 (5.7)

解: 因為

bz²+ 2az + b = b(z − α)(z − β) 其中

α = −a −√

a² − b²

b , β = −a +√

a²− b²

b , αβ = 1

但由棣美弗定理 1

a + b cos θ = 2

2a + b(e^iθ + e^−iθ) = 2e^iθ be^2iθ+ 2ae^iθ+ b

= − 2e^iθ

b(α − e^iθ)(e^iθ− β) = 2 (β − α)

 α

α − e^iθ + β e^iθ− β



= 1

√a²− b²

 1

1 − βe^iθ + βe^−iθ 1 − βe^−iθ



= 1

√a²− b²



βe^−iθ

X∞

n=0

βⁿe^−inθ+

X∞

n=0

βⁿe^inθ



= 1

√a²− b²



1 + 2

X∞

n=0

βⁿcos nθ



(5.8) 因為^R₀^πcos nθdθ = 0, n = 1, 2, 3, . . . 故

Z _π

0

1

a + b cos θdθ = π

√a² − b²

這個積分也可由複變函數理論的留數定理而來! 如果將 (5.8) 最後的等式視為 Fourier 級 數, 則不難猜測留數 (residue) 與平均值 (Fourier 級數之首項) 或質量中心有極密切之關係。

6. 正多邊形與等分圓

當複數被引進數學界之後, 正 n 邊形的作圖問題就可藉助於分圓方程式 (cyclotomic equation) zⁿ − 1 = 0 來解決。 所謂作圖, 按歐幾里德的意義僅限於使用圓規與直尺, 在這 種限制之下 (可以證明) 只能作出有理數, 平方根以及經由有限次的有理運算 (即加減乘除之四 則運算) 或開方所得的數, 所以一般而言, 三次方根不能以圓規直尺作圖, 這就是三等分一角及 倍立方等古希臘問題不能解的原因。 關於正多邊形的作圖最著名的就是高斯在 18歲時所發現正 十七邊形的作圖法, 他對此一發現既高興又驕傲甚至對朋友說, 將來他的墓碑上要刻一個正十 七邊形 ([6])。

例題 6.1. 試解分圓方程式 zⁿ= 1

解: 可以假設 z = cos θ + i sin θ, 0 ≤ θ < 2π, 則由棣美弗定理可知 zⁿ= (cos θ + i sin θ)ⁿ = cos nθ + i sin nθ = 1 所以 cos nθ = 1, sin nθ = 0。 由正弦、 餘弦函數之性質可得

nθ = 0, 2π, 4π, . . . , 2(n − 1)π, 2nπ =⇒ θ = 0,2π n ,4π

n , . . . , 2(n − 1)π n , 2π 所以方程式的 n 個根為

z = 1, cos2π

n + i sin2π

n , · · · , cos2(n − 1)π

n + i sin2(n − 1)π n 這些點正好把單位圓分成 n 等分, 分圓方程式可以因式分解

zⁿ− 1 = (z − 1)(zⁿ⁻¹+ zⁿ⁻²+ · · · + z + 1) = 0 因此方程式

zⁿ⁻¹+ zⁿ⁻²+ · · · + z + 1 = 0 的根由棣美弗定理可以表示為 (k = 1, 2, . . . , n − 1)

z = zk =



cos 2π

n + i sin2π n

k

= (e^i2πn)^k= cos2kπ

n + i sin2kπ n 我們可以跟古典的方法做比較, 考慮 n = 5, z⁵ = 1:

z⁴ + z³+ z²+ z + 1 = 0 摹仿 Lagrange 的方法, 改寫成

(z²+ z⁻²) + (z + z⁻¹) + 1 = 0 令 u = z + z⁻¹, z²+ z⁻² = u²− 2 則

u²+ u − 1 = 0 ⇒ u = −1 ±√ 5 2 另外由 u 之定義可知z滿足二次方程式 z²− uz + 1 = 0 所以

z = u ±√ u²− 4 2

再利用 u = ^−1±₂^√5 可以將 z 表為與棣美弗定理所得相同之答案, 但如果考慮更高階方程式就 不可能像棣美弗定理那麼直接了當給出所有所有的解。 我們看方程式 z⁵ = 1 其中一個解

z = cos2π

5 + i sin2π

5 , u = z + z⁻¹ = z + 1

z = 2 cos2π 5 因此

4 cos²2π

5 + 2 cos2π

5 − 1 = 0

所以 cos^2π₅ = ^−1±₄^√5因為 cos^2π₅ > 0 故 cos^2π₅ = ^√5−1₄ , 因此這個數可以僅用有限個有理數 與平方根來表示 (√

5 可以由 1 與 5 的比例中項而得), 換句話說正五邊形 (pentagon) 可藉 由圓規直尺作圖而得。

圖一. zⁿ = 1 的根 例題 6.2. 試解 n 次方程式 zⁿ = −1。

解: 仍然假設 z = cos θ + i sin θ, 0 ≤ θ < 2π, 則由棣美弗定理得知 zⁿ = (cos nθ + i sin nθ) = −1

nθ = π, 3π, 5π, . . . , 2(n − 1)π =⇒ θ = π n,3π

n , . . . ,2(n − 1)π n 因此

z = cosπ

n + i sinπ

n, · · · , cos2(n − 1)π

n + i sin2(n − 1)π n

這些點仍然將單位圓分成 n 等份, 但與 zⁿ = 1 比較則是旋轉了 π/n 角。

圖二. zⁿ = −1 的根

例題 6.3. 方程式 zⁿ = ξ = re^iθ = r(cos θ + i sin θ) 的解為 (k = 0, 1, 2, . . . , n − 1) z = ξ^1/n = r^1/ne^i(θ+2kπ)/n = r^1/n



cos^θ

n + 2kπ n

+ i sin^θ

n +2kπ n



從幾何的觀點而言, 複數 ξ = r(cos θ + i sin θ) 開 n 次方根可以解釋為: 以原點為原心, r^1/n 為半徑畫一個圓而後在這圓上作一正 n 邊形, 再將此正 n 邊形旋轉至其中一個頂點所在位 置之輻角等於 θ/n, 則此正 n 邊形的 n 個頂點所在位置之複數座標就是 ξ = r(cos θ + i sin θ) 的 n 次方根。

圖三. zⁿ = ξ 的根

我們看兩個例題: 二次方程式 z² = i 與 z² = −i 的兩個根為

z1 = e^iπ/4= ^√1₂(1 + i) z2 = e^i5π/4 = ^√1₂(−1 − i) z1 = e^i3π/4= ^√1₂(−1 + i) z2 = e^i7π/4= ^√1₂(1 − i)

其幾何意義圖示如下

圖四. z² = i 的根 A, B, z² = −i 的根 A^′, B^′

關於任意角三等分的問題可以表示為 z³ = cos θ + i sin θ, 其三個根分別是 z1= e^iθ/3 = cosθ

3 + i sinθ 3 z₂= e^i(θ+2π)/3 = cosθ + 2π

3 + i sin θ + 2π 3 z3= e^i(θ+4π)/3 = cosθ + 4π

3 + i sin θ + 4π 3

我們可以證明方程式不可化簡 (irreducible), 也就是這三次方程式的根無法經由有限次的開根 號表示, 所以三等分任意角 (特殊角除外) 不可能藉由圓規直尺作圖而得。

例題 6.4. 試解 (z + 1)ⁿ= zⁿ。

解: 顯然 z = 0 不會是方程式的根, 因此方程式可以改寫為 (^z+1_z )ⁿ = 1 根據棣美弗定 理, 這 n 次方根的解可以表示為 (k = 0, 1, 2, . . . , n − 1)

z + 1

z = cos2kπ

n + i sin2kπ n 交叉相乘並利用半角公式整理可得

−1 = z



1 − cos2kπ

n − i sin2kπ n



= z



2 sin² kπ

n − i2 sinkπ

n cos kπ n



= −2iz sinkπ n



coskπ

n + i sinkπ n



所以 z = 1

2i sin^kπ_n(cos ^kπ_n + i sin^kπ_n)

=cos^kπ_n − i sin^kπ_n

2i sin^kπ_n = −1 2 − i1

2cot kπ

n , k = 1, 2, . . . , n − 1

值得一提的是所有的根都落在 x = ¹₂ 這個軸上。

例題 6.5. 證明三角恆等式

n−1Y

k=1

sinkπ 2n =

n−1Y

k=1

coskπ 2n =

√n 2ⁿ⁻¹.

解: 考慮方程式 z²ⁿ− 1 = (z²)ⁿ− 1 = 0 這個方程式有 2n 個根, 正好將單位圓分成 2n 等分, 每一等分之角度為 ^2π_2n = ^π_n, 方程式除 z = ±1 以外其他的根為

e^i(π±kπn), k = 1, 2, . . . , n − 1 按因式分解

z²ⁿ− 1 = (z − 1)(z + 1)

n−1Y

k=1

z − e^i(π+kπn)z − e^{i(π−kπn)}

= (z − 1)(z + 1)

n−1Y

k=1



z²+ 2z coskπ n + 1



= (z²− 1)zⁿ⁻¹

n−1Y

k=1



z + 2 coskπ n + z⁻¹



兩邊同時除以 zⁿ

zⁿ− z⁻ⁿ = (z − z⁻¹)

n−1Y

k=1



z + 2 coskπ n + z⁻¹



z 位於單位圓上, 因此可設為 z = cos θ + i sin θ, 則由棣美弗定理可知

z⁻¹ = cos θ − i sin θ, zⁿ= cos nθ + i sin nθ, z⁻ⁿ= cos nθ − i sin nθ 代回上式

2i sin nθ = 2i sin θ

n−1Y

k=1

(2 cos θ + 2 coskπ n ) sin nθ

sin θ = 2ⁿ⁻¹

n−1Y

k=1

(cos θ + coskπ n ) 令 θ → 0, 因為 lim_θ→0 ^{sin nθ}_{sin θ} = n, lim_θ→0cos θ = 1, 所以

n = 2ⁿ⁻¹

n−1Y

k=1

(1 + coskπ

n ) = 2ⁿ⁻¹

n−1Y

k=1

2 cos² kπ 2n

因為 cos^kπ_2n > 0, (k = 1, 2, . . . , n − 1) 所以開根號得

n−1Y

k=1

coskπ 2n =

√n 2ⁿ⁻¹ 另外由於 sin θ = cos(^π₂ − θ) 可容易證明

n−1Y

k=1

sinkπ 2n =

√n 2ⁿ⁻¹

7. Chebyshev 多項式

由棣美弗定理與二項式定理可以推導出 Chebyshev 多項式 cos nθ + i sin nθ = (cos θ + i sin θ)ⁿ

= cosⁿθ + n cosⁿ⁻¹θ(i sin θ) + n(n − 1)

2 cosⁿ⁻²θ(i sin θ)²+ · · · + (i sin θ)ⁿ (7.1) 所以 cos nθ 就是右邊的實部, 也就是 i sin θ 的偶次方之和, 但 sin²θ = 1 − cos²θ, 因此所有 正弦函數 sin θ 都可以變換為 cos θ , 也就是 cos nθ 可以表示為 cos θ 的多項式。 我們利用這 關係式定義 Chebyshev 多項式 T_n(x):

cos nθ = T_n(cos θ) (7.2) 令 x = cos θ, −1 ≤ x ≤ 1, 則

Tn(x) = cos(n cos⁻¹x) (7.3) 利用共軛之關係可得

cos nθ = 1

2[(cos nθ + i sin nθ) + (cos nθ − i sin nθ)]

=1 2

h(cos θ + i sin θ)ⁿ+ (cos θ − i sin θ)ⁿⁱ

=1 2

h(cos θ + i√

1 − cos²θ)ⁿ+ (cos θ − i√

1 − cos²θ)ⁿⁱ

=1 2

h(cos θ +√

cos²θ − 1)ⁿ+ (cos θ −√

cos²θ − 1)ⁿⁱ (7.4) Tn(x) 可以寫成

Tn(x) = 1 2

h(x +√

x²− 1)ⁿ+ (x −√

x²− 1)ⁿⁱ (7.5)

顯然 Tn(x) 是 x 的 n 次多項式。 我們也可以將 (7.1) 表示為 cos nθ + i sin nθ =

n

X

m=0

n m

!

cos^n−mθ(i sin θ)^m

令 m = 2k, k = 0, 1, 2, . . . , [n/2]

(i sin θ)^m= (−1)^k(1 − cos²θ)^k = (cos²θ − 1)^k (7.6) 所以

cos nθ =

[n/2]

X

k=0

n 2k

!

cos^n−2kθ(cos²θ − 1)^k (7.7)

Tn(x) =

[n/2]

X

k=0

n!

(2k)!(n − 2k)!x^n−2k(x²− 1)^k (7.8) Chebyshev 多項式前面兩項為 T0(x) = 1, T1(x) = x 但是其它項由 (7.8) 直接計算是太過 複雜, 正確的方法是導出遞迴公式

cos nθ = cos[θ + (n − 1)θ] = cos θ cos(n − 1)θ − sin θ sin (n − 1)θ

cos (n − 2)θ = cos[−θ + (n − 1)θ] = cos θ cos (n − 1)θ + sin θ sin (n − 1)θ 兩式相加

cos nθ + cos (n − 2)θ = 2 cos θ cos (n − 1)θ (7.9) 這等式相當於

Tn(x) + T_n−2(x) = 2xT_n−1(x) (7.10) 由此可推得

T2(x) = 2x²− 1, T3(x) = 4x³− 3x, T4(x) = 8x⁴ − 8x²+ 1 · · · (7.11)

參考文獻

1. George F. Simmons, Differential Equations with Applications and Historical Notes, 2nd Ed., McGraw-Hill, 1991.

2. George F. Simmons, Calculus with Analytic Geometry, 2nd Ed., McGraw-Hill, 1996.

3. Eli Maor, e: The story of a number, Princeton University Press, Princeton, New Jersey, 1994. (中譯本: 毛起來說 e, 胡守仁譯, 天下文化出版, 2000。)

4. Eli Maor, Trigonometric Delights, Princeton University Press, Princeton, New Jersey, 1998. (中譯本: 毛起來說三角, 鄭惟厚譯, 天下文化出版, 2000。)

5. Paul J. Nahin, An Imaginary Tale: The Story of √

−1, Princeton University Press, Princeton, New Jersey, 1998.

6. 偉大數學家的一生, 高斯 (Karl F. Gauss 1777-1855), 凡異出版社, 1986。

7. 林琦焜著, 數, 十進位與 Cantor 集, 數學傳播 (中央研究院數學所), 24 卷 4 期 (民 89 年 12 月), p.76-86。

8. 林琦焜著, Euler (1707-1783) – 數學的莎士比亞, 數學傳播 (中央研究院數學所), 26 卷 2 期 (民 91 年 6 月), p.39-52。

9. 林琦焜著, 從三角求和公式到 Fourier 級數, 數學傳播 (中央研究院數學所), 26 卷 3 期 (民 91 年 9 月), p.11-29。

—本文作者任教於國立成功大學數學系_—