「三等分角」 與 「特殊方程式求解」

「三等分角」 與 「特殊方程式求解」

姜添恭 · ^鄭昌源

摘要: 一百多年前己有數學家證明無法以尺規作圖法處理著名的 「三等分角問 題」; 在其探討過程中, 卻留下了許多的相關結果。 此篇工作主要在於推廣卡爾丹公 式求解三次多項式方程式的方法, 以求解特殊的奇次多項式; 並且以 「三等分角問 題」 所引發的相關概念探究一般奇次多項式方程式的近似值解。

一 . 前言

「三等分角問題」 (trisection of an angle) 是早在二千四百年前, 古希臘人提出的幾何三 大作圖問題之一。 眾所周知, 1837年數學家凡齊爾己運用代數方法證明了無法以 「尺規作圖法」

將一個己知角三等分。 在此期間, 因為研究 「三等分角問題」 而產生的許多相關或間接相關結果 卻意外地豐富了這片學術園地。 我們也是因為對此問題的再次探究而發現一些特殊方程式的特 別解, 進而推廣為一般奇次多項式方程式的近似值解。

二 . 卡爾丹公式 (Cardan formula)

對於一個一般的三次 (cubic) 多項式方程式,

ax

³

+ bx

²

+ cx + d = 0,

其中 a, b, c, d, 為實數, 且 a 6= 0, 數學家早在十六世紀已能完整解出此方程式的一般解。 其方 法為: 令 y = x +

₃ ^b _a

, 則可得

y

³

+ 3py + 2q = 0, (1) 其中,

2q = 2b

³

27a

³

− bc 3a

²

+ d

a, 3p = 3ac − b

²

3a

²

. 應用卡爾丹公式, 可得方程式 (1) 有解:

y

1

= u + v, y

2

= ε

1

u+ ε

2

v, y

3

= ε

2

u+ ε

1

v,

39

40

數學傳播

²⁹

卷

⁴

期 民

⁹⁴

年

¹²

月

其中,

u= ³

r

−q +

^q

q

²

+ p

³

, v = ³

r

−q −

^q

q

²

+ p

³

,

且 ε

1

與 ε

2

為方程式 x

²

+ x + 1 = 0 之解, 即 ε

¹ ,2

= −

^{1 2}

±

^√ 2 ³

i。 對於三次多項式方程式, 前 人已有如此明確的解法, 我們有興趣的是將此概念推廣至更高次的多項式方程式。

三 . 高次多項式方程式

3.1. 三等分角的靈感

對於一個角 θ, 0

^◦

< θ < 360

^◦

, 雖然無法以尺規作圖法將其三等分; 但, 其三等分角後的 幾何圖形可以提供我們在特殊三次多項式方程式的求解法。 在此, 我們分 (1) 0

^◦

< θ <180

^◦

、 (2) 180

^◦

< θ <360

^◦

分別探討其三等分角後的幾何圖形。

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...

...

0

-1 1

-1 1

A

1

A

2

X

1

X

2

−A/ 2 −X/ 2 X/2 A/2 B X

3

X

4

...

...

...

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...

...

-1 1

-1 1

...

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... .

. .

A

1

A

2

X

1

X

2

−A/ 2 A/2

−X/ 2 X/2

X

3

X

4 . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . . . . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . .. .. .. . ...

.. ...

圖 1 圖 2

(1) 0

^◦

< θ < 180

^◦

: 圖 (1) 中, 圓的半徑均為 1, 角 θ 的兩邊分別交圓於點 A

¹

及點 A

2

, 使線段 A

¹

A

2

平行 x 軸, 且兩條三等分角線分別交圓於點 X

1

及點 X

2

, 令 α = A

¹

A

2

、 β = X

¹

X

2

。 可知, △A

¹

OX

1

、 △X

¹

OX

2

、 △X

²

OA

2

為三個腰長為 1、 底長為 β 的全等等腰 三角形, 由餘弦定理可知

X

1

X

3

= X

²

X

4

= β

²

2 ; 且由畢氏定理可得

A

1

X

3

= X

²

X

3

= X

¹

X

4

= X

⁴

A

2

=

s

β

²

−β

⁴

4 ,

「三等分角」 與 「特殊方程式求解」

⁴¹

A

1

X

2

= A

²

X

1

= 2

s

β

²

−β

⁴

4 =

^q

4β

²

−β

⁴

. 由 A

¹

B = A

¹

X

1

× cos

^∠

X

1

A

1

A

2

及餘弦定理可得

α 2 − β

2 = A

1

A

2

2

+ A

¹

X

1

2

− X

¹

A

2 2

2 × A

¹

A

2

= α

²

+ β

²

(√

4β

²

− β

⁴

)

²

2α = α

²

− 3β

²

+ β

⁴

2α ; 進一步可得 β

³

−3β+α = 0。 也就是說, 三等分角之後的圖 (1) 中, 若 α = A

¹

A

2

、 β = X

¹

X

2

, 則長度 β 為三次多項式方程式

x

³

− 3x + α = 0

的解。 假若我們再引用卡爾丹公式即可得 β 以 α 表示之形式解:

β= ³

s

−α 2 −

r

(α

2)

²

− 1 − ³

s

α 2 −

r

(α

2)

²

− 1.

(2) 180

^◦

< θ <360

^◦

: 同理, 若圖 (2) 中 α = A

¹

A

2

、 β = X

¹

X

2

則可得:

β = ³

s

−α 2 +

r

(α

2)

²

− 1 − ³

s

α 2 +

r

(α

2)

²

− 1.

3.2. 五次特別方程式

在前一節中我們引用卡爾丹公式解決三次多項式方程式; 本節主要在於推廣其方法至五次 特別方程式。 對於一個五次的特別方程式

x

⁵

+ 5bx

³

+ 5dx + c = 0. (2) 類似卡爾丹公式的求解方法, 令

x= u³⁵ + v³⁵, 得 (u³⁵ + v³⁵)

⁵

+ 5b(u³⁵ + v³⁵)

³

+ 5d(u³⁵ + v³⁵) + c = 0.

展開五次方項可得

u

³

+ v

³

+ 5u³⁵v³⁵(u⁹⁵ + 2u⁵⁶v³⁵ + 2u³⁵v⁶⁵ + v⁹⁵) + 5b(u⁵³ + v³⁵)

³

+ 5d(u³⁵ + v³⁵) + c = 0, u

³

+v

³

+5u³⁵v³⁵[(u³⁵+v⁵³)

³

− u³⁵v³⁵(u³⁵ + v³⁵)] + 5b(u⁵³ + v³⁵)

³

+ 5d(u³⁵ + v³⁵) + c = 0, u

³

+ v

³

+ 5(u⁵³ + v³⁵)

³

[u³⁵v³⁵ + b] + 5(u³⁵ + v³⁵)[d − u⁶⁵v⁶⁵] + c = 0.

令



 

 

u³⁵v³⁵ + b = 0, d− u⁶⁵v⁶⁵ = 0,

42

數學傳播

²⁹

卷

⁴

期 民

⁹⁴

年

¹²

月

則得 u

³

+ v

³

+ c = 0 及 d = b

²

。 於是 (2) 式成為

x

⁵

+ 5bx

³

+ 5b

²

x+ c = 0. (3) 由 u

³

+ v

³

= −c 及 u³⁵v³⁵ = −b 得

(u

³

− v

³

)

²

= (u

³

+ v

³

)

²

− 4u

³

v

³

= c

²

+ 4b

⁵

. 因此, u

³

− v

³

= ±√

c

²

+ 4b

⁵

。 取正值可得 u

³

= 1

2[−c +√

c

²

+ 4b

⁵

], v

³

= 1

2[−c −√

c

²

+ 4b

⁵

], 即

u³⁵ = ⁵

s

−c 2+

r

(c

2)

²

+ b

⁵

, v³⁵ = ⁵

s

−c 2−

r

(c

2)

²

+ b

⁵

. 於是解得 (3) 式之一組解為

x= u³⁵ + v³⁵. 若令 s = u³⁵, t = v³⁵, 則可證得另外四組解為

ωs+ ω

⁴

t, ω

²

s+ ω

³

t, ω

³

s+ ω

²

t, ω

⁴

s+ ωt.

其中,

ω = −1 +√ 5

4 +

q

10 + 2√ 5 4 i 為 1 + x + x

²

+ x

³

+ x

⁴

= 0 之一根。

註一: 當 (

^c ₂

)

²

+ b

⁵

≤ 0 時, 式子 (3) 有五個實根。 當 (

^c 2

)

²

= b

⁵

= 0 時, 式子 (3) 有五 重根 0。 當 (

₂ ^c

)

²

+ b

⁵

>0 時, 式子 (3) 有一實根及四複數根。

註二: 對類似於式子 (3) 的更高次的特殊奇次多項式方程式 (七次、 九次、 十一次、· · ·) 我 們也能找到其解; 如七次特殊多項式方程式

x

⁷

+ 7bx

⁵

+ 14b

²

x

³

+ 7b

³

x+ e = 0, 我們有解為:

x

1

= u + v, x

2

= ωu + ω

⁶

v, x

3

= ω

⁶

u+ ω

¹

v, x

4

= ω

²

u+ ω

⁵

v, x

5

= ω

⁵

u+ ω

²

v, x

6

= ω

³

u+ ω

⁴

v, x

7

= ω

⁴

u+ ω

³

v,

其中,

u= ⁷

s

−e 2 +

r

(e

2)

²

+ b

⁷

, v = ⁷

s

−e 2−

r

(e

2)

²

+ b

⁷

, ω

⁷

= 1.

—本文作者姜添恭為自由業工作者, 鄭昌源為台南縣國小教師—