無理有理一線牽

無理有理一線牽

李秋松

摘要: 本文分別探討以 n

2 cos ^2π₇
n

, 2 cos^4π₇
n

, 2 cos^6π₇
no , n

2 cos^2π₇ 2 cos^4π₇
n

, 2 cos ^4π₇ 2 cos^6π₇
n

, 2 cos^6π₇ 2 cos^2π₇
no , n2 cos_2n+1^2kπ | 1 ≤ k ≤ no

或 n

2 cos^2kπ_2n | 1 ≤ k ≤ no 等四

組無理數為根的整係數多項式, 進而探討該諸多項式的係數間的關係。

這些研究顯示透過整係數多項式, 我們可以把由三角函數所形成的一

些無理數一線牽起來。

引理1: 

x− 2 cos2π 7



x− 2 cos4π 7



x− 2 cos6π 7

= x³+ x²− 2x − 1 令 T_n=

2 cos2π 7

n

+

2 cos4π 7

n

+

2 cos6π 7

n

, Q_n =

2 cos2π

7 2 cos4π 7

n

+

2 cos4π

7 2 cos6π 7

n

+

2 cos6π

7 2 cos2π 7

n

, 則 T_n∈ Z, (T1, T₂, T₃) = (−1, 5, −4), Tn+3 = −Tn+2+ 2Tn+1+ Tn,

Q_n= 1

2[T_n²− T2n]。

證: (1). α = 2 cos2π

7 , β = 2 cos4π

7 , γ = 2 cos6π

7 是 x³ = −x²+ 2x + 1 的三根

⇒ α, β, γ 也是 xⁿ⁺³ = −xⁿ⁺²+ 2xⁿ⁺¹+ xⁿ 的三根

⇒











αⁿ⁺³ = −αⁿ⁺²+ 2αⁿ⁺¹+ αⁿ βⁿ⁺³ = −βⁿ⁺²+ 2βⁿ⁺¹+ βⁿ γⁿ⁺³ = −γⁿ⁺²+ 2γⁿ⁺¹+ γⁿ

⇒ (αⁿ⁺³+ βⁿ⁺³+ γⁿ⁺³) = −(αⁿ⁺²+ βⁿ⁺²+ γⁿ⁺²) + 2(αⁿ⁺¹+ βⁿ⁺¹+ γⁿ⁺¹) +(αⁿ+ βⁿ+ γⁿ)

⇒ Tn+3 = −Tn+2+ 2Tn+1+ Tn.

74

(2). Qn= αⁿβⁿ+ βⁿγⁿ+ γⁿαⁿ = 1 2



αⁿ+ βⁿ+ γⁿ2

−

(αⁿ)² + (βⁿ)²+ (γⁿ)²

= 1 2 h

T_n²− T_2ni . 命題2: 令 f (x) =

m

Y

j=1

(x − αj), 則 xⁿ⁺¹f^′(x) ÷ f (x) 之商的常數項為

m

X

j=1

αⁿ_j, 特別是當 (α1, α₂, α₃) = 

2 cos 2π

7 ,2 cos 4π

7 ,2 cos6π 7

時, (3xⁿ⁺³+ 2xⁿ⁺²− 2xⁿ⁺¹)÷

(x³+ x² − 2x − 1) 之商的常數項為 Tn 。 證: 觀察綜合除法 xⁿ⁺¹÷ (x − α1):

1 + 0 + 0 + · · · + 0 + 0 α₁ α₁ + α²₁ + · · · + αⁿ₁ + αⁿ⁺¹₁ 1 + α₁ + α²₁+ · · · + αⁿ₁ + α₁ⁿ⁺¹ 表成 xⁿ⁺¹

x− α1

= xⁿ+

n−1

X

i=1

αⁱ₁xⁿ⁻ⁱ+ αⁿ₁ + αⁿ⁺¹₁ x− α1

同理 xⁿ⁺¹ x− α2

= xⁿ+

n−1

X

i=1

αⁱ₂xⁿ⁻ⁱ+ αⁿ₂ + αⁿ⁺¹₂ x− α2

...

xⁿ⁺¹ x− αm

= xⁿ+

n−1

X

i=1

αⁱ_mxⁿ⁻ⁱ+ αⁿ_m+ αⁿ⁺¹_m x− αm

此 m 個式子相加:

m

X

j=1

xⁿ⁺¹ x− αj

= mxⁿ+

m

X

j=1 n−1

X

i=1

α_jⁱxⁿ⁻ⁱ+

m

X

j=1

αⁿ_j +

m

X

j=1

αⁿ⁺¹_j x− αj

左式 = xⁿ⁺¹

m

X

j=1

1 x− αj

= xⁿ⁺¹

m

P

k=1 m

Q

j6=k

(x − αj)

m

Q

j=1

(x − αj)

= xⁿ⁺¹f^′(x) f(x) 。

命題3: 令 an∈ Z, (a1, a₂, a₃) ≡ (1, 1, 0) (mod 2), 且 an+3 = an+2+ an, 則 (a_7m+1, a_7m+2, . . . , a_7m+7) ≡ (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1) (mod 2)

(an, a_2n) ≡ (1, 1) 或 (0, 0) (mod 2)

特別是 (T7m+1, T_7m+2, . . . , T_7m+7) ≡ (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1) (mod 2) (Tn, T_2n) ≡ (1, 1) 或 (0, 0) (mod 2) Q_n ∈ Z 。

證: (1). 1 當 m = 0, (a1, a₂, . . . , a₇) ≡ (1, 1, 0, a3+ a1, a₄+ a2, a₅+ a3, a₆+ a4)

≡ (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1) (mod 2)

2 設 m = k 成立, 即設 (a7k+1, a_7k+2, . . . , a_7k+7) ≡ (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1) (mod 2) 3 當 m = k + 1, a7k+8= a7k+7+ a7k+5≡ 1 + 0 ≡ 1 (mod 2)

a_7k+9 = a7k+8+ a7k+6≡ 1 + 0 ≡ 1 (mod 2) a_7k+10 = a_7k+9+ a_7k+7≡ 1 + 1 ≡ 0 (mod 2) a_7k+11 = a_7k+10+ a_7k+8≡ 0 + 1 ≡ 1 (mod 2) a_7k+12 = a7k+11+ a7k+9≡ 1 + 1 ≡ 0 (mod 2) a_7k+13 = a7k+12+ a7k+10 ≡ 0 + 0 ≡ 0 (mod 2) a_7k+14 = a7k+13+ a7k+11 ≡ 0 + 1 ≡ 1 (mod 2), 由數學歸納法故得證。

(2). (a2(7k+1), a_2(7k+2), a_2(7k+3), a_2(7k+4), a_2(7k+5), a_2(7k+6), a_2(7k+7))

= (a7h+2, a_7h+4, a_7h+6, a_7ℓ+1, a_7ℓ+3, a_7ℓ+5, a_7ℓ+7)

≡ (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1) ≡ (a_7k+1, a_7k+2, . . . , a_7k+7) (mod 2)

命題4: (T3m+1, T_3m+2, T_3m+3) ≡ (6, 5, 3) (mod 7)

證: (1). 當 m = 0, (T1, T₂, T₃) ≡ (−1, 5, −4) ≡ (6, 5, 3) (mod 7) (2). 設 m = k 成立, 即設 (T3k+1, T_3k+2, T_3k+3) ≡ (6, 5, 3) (mod 7)

(3). 當 m = k + 1, T3k+4= −T3k+3+ 2T3k+2+ T3k+1≡ −3 + 2 · 5 + 6 ≡ 6 (mod 7) T_3k+5= −T3k+4+ 2T3k+3+ T3k+2≡ −6 + 2 · 3 + 5 ≡ 5 (mod 7) T_3k+6= −T3k+5+ 2T3k+4+ T3k+3≡ −5 + 2 · 6 + 3 ≡ 3 (mod 7)

⇒ 由數學歸納法故得證。

定理5: 1. 令 fn(x) = x−

2 cos2π 7

n

x−

2 cos4π 7

n

x−

2 cos6π 7

n , 則 f_n(x) ∈ Z[x], 且 fn(x) = x³− Tnx² + Qnx− 1。

2. 令 gn(x) = x−

2 cos2π 7

2ⁿ

x−

2 cos4π 7

2ⁿ

x−

2 cos6π 7

2ⁿ , 則 gn(x) ∈ Z[x], 且 gn(x) = x³ − rnx² + snx− 1, 式中 r_n+1 = r²_n − 2sn, s_n+1 = s²_n− 2rn, 當 n ≥ 2 時 rn, sn 皆為 13 的倍數。

證: (1). 由 α = 2 cos2π

7 , β = 2 cos4π

7 , γ = 2 cos6π 7

⇒



















αⁿ+ βⁿ+ γⁿ= Tn

αⁿβⁿ+ βⁿγⁿ+ γⁿαⁿ = 1 2



(αⁿ+ βⁿ+ γⁿ)²−

(αⁿ)²+ (βⁿ)²+ (γⁿ)²

= 1

2[T_n²− T2n] = Qn ∈ Z αⁿ· βⁿ· γⁿ = (αβγ)ⁿ= 1

(2). r_n+1 = α²ⁿ⁺¹+ β²ⁿ⁺¹+ γ²ⁿ⁺¹ = (α²ⁿ+ β²ⁿ+ γ²ⁿ)²− 2(α²ⁿβ²ⁿ+ β²ⁿγ²ⁿ+ γ²ⁿα²ⁿ)

= r_n² − 2sn

s_n+1= α²ⁿ⁺¹β²ⁿ⁺¹+β²ⁿ⁺¹γ²ⁿ⁺¹+γ²ⁿ⁺¹α²ⁿ⁺¹= (α²ⁿβ²ⁿ)²+(β²ⁿγ²ⁿ)²+(γ²ⁿα²ⁿ)²

= (α²ⁿβ²ⁿ+ β²ⁿγ²ⁿ+ γ²ⁿα²ⁿ)²− 2(α²ⁿβ²ⁿβ²ⁿγ²ⁿ + β²ⁿγ²ⁿγ²ⁿα²ⁿ +γ²ⁿα²ⁿα²ⁿβ²ⁿ)

= (α²ⁿβ²ⁿ+ β²ⁿγ²ⁿ+ γ²ⁿα²ⁿ)²− 2α²ⁿβ²ⁿγ²ⁿ(β²ⁿ + γ²ⁿ+ α²ⁿ)

= s²_n− 2 · 1 · rn= s²_n− 2rn.

(3). 由 r2 = 13 與 s2 = 26, 知當 n ≥ 2 時 rn 與 sn 都是 13 的倍數。

定理6: 令

f_n(x) = x−

2 cos 2π

7 2 cos4π 7

n

x−

2 cos4π

7 2 cos6π 7

n

× x−

2 cos6π

7 2 cos2π 7

n , 則 fn(x) ∈ Z[x], 且 fn(x) = x³− Qnx²+ Tnx− 1。

證: 由 α = 2 cos2π

7 , β = 2 cos4π

7 , γ = 2 cos6π 7

⇒















(αβ)ⁿ+ (βγ)ⁿ+ (γα)ⁿ= αⁿβⁿ+ βⁿγⁿ+ γⁿαⁿ= Qn

(αβ)ⁿ(βγ)ⁿ+ (βγ)ⁿ(γα)ⁿ+ (γα)ⁿ(αβ)ⁿ= αⁿβⁿγⁿ· (βⁿ+ γⁿ+ αⁿ)

= 1 · Tn = Tn

(αβ)ⁿ· (βγ)ⁿ· (γα)ⁿ= (αⁿβⁿγⁿ)² = 1² = 1

引理7: 1.

n

X

k=1

cos 2kπ

2n + 1 = −1

2 2.

n

X

k=1

cos2kπ 2n = −1

證: (1). 令 ω = cos 2π

2n + 1+i sin 2π

2n + 1, 則 ω²ⁿ⁺¹ = 1 且 ω²ⁿ+ω²ⁿ⁻¹+· · ·+ω¹+1 = 0 左式 =1

2(ω¹+ ω⁻¹) +1

2(ω²+ ω⁻²) + · · · + 1

2(ωⁿ+ ω⁻ⁿ)

=1

2(ω¹+ ω²ⁿ+ ω²+ ω²ⁿ⁻¹+ · · · + ωⁿ+ ωⁿ⁺¹) = 1

2(−1) = −1 2 (2). 令 ω = cos2π

2n + i sin2π

2n, 則 ω²ⁿ = 1 且 ω²ⁿ⁻¹+ ω²ⁿ⁻² + · · · + ω¹ + 1 = 0 且 ωⁿ= −1

左式 = 1

2(ω¹+ ω⁻¹) + 1

2(ω²+ ω⁻²) + · · · +1

2(ωⁿ+ ω⁻ⁿ)

=1

2(ω+ω²ⁿ⁻¹+ω²+ω²ⁿ⁻²+· · ·+ωⁿ+ωⁿ) = 1

2(−1 + ωⁿ) = 1

2(−1 − 1) = −1 接下來的證明中,

n

Y

k=1



x− 2 cos 2kπ 2n + 1

= 0 的根為 n

x_k = 2 cos 2kπ 2n + 1

 1 ≤ k ≤ no , 而 z²ⁿ⁺¹ = 1 的前 n 個根為 n

z_k = ω^k = cos 2kπ

2n + 1+ i sin 2kπ 2n + 1

 1 ≤ k ≤ no , 其關 係為 xk = zk+ z_k⁻¹, 即 x = z + z⁻¹ 。

定理 8: 1. 令 fn(x) =

n

Y

k=1



x− 2 cos 2kπ 2n + 1



, 則 fn(x) ∈ Z[x], fn+2(x) = xfn+1(x) − f_n(x), 且 fn(x) = xⁿ+ xⁿ⁻¹ − (n − 1)xⁿ⁻²− (n − 2)xⁿ⁻³ + 1

2(n − 2)(n − 3)xⁿ⁻⁴ + 1

2(n − 3)(n − 4)xⁿ⁻⁵+ · · · + (−1)^[n2] 2. 令 gn(x) =

n

Y

k=1



x− 2 cos2kπ 2n

, 則 gn(x) ∈ Z[x], gn+2(x) = xgn+1(x) − gn(x), 且

g_n(x) = xⁿ+ 2xⁿ⁻¹ − (n − 2)xⁿ⁻² − 2(n − 2)xⁿ⁻³ + 1

2(n − 3)(n − 4)xⁿ⁻⁴ + 2 2(n − 3)(n − 4)xⁿ⁻⁵+ · · · +

(−1)^[n2]+ (−1)^{[n+32 ]} 證: (1). 1 令 ω = cos 2π

2n+1+i sin 2π

2n+1, 則 ω²ⁿ⁺¹ = 1 且ω²ⁿ+ω²ⁿ⁻¹+· · ·+ω¹+1 = 0 f(x) =

n

Y

k=1



x− 2 cos 2kπ 2n + 1

=

n

Y

k=1



x− (ω^k+ ω^−k)

=

n

Y

k=1



x− (ω^k+ ω^2n+1−k)

=

n

Y

k=1



z+ z⁻¹ − (ω^k+ ω^2n+1−k)

= z⁻ⁿ

n

Y

k=1



z²− (ω^k+ ω^2n+1−k)z + 1

= z⁻ⁿ

n

Y

k=1

(z − ω^k)(z − ω^2n+1−k)

= z⁻ⁿ

2n

Y

k=1

(z − ω^k) = z⁻ⁿ(z²ⁿ+ z²ⁿ⁻¹+ · · · + 1) = zⁿ+ zⁿ⁻¹ + · · · + z⁻ⁿ.

2 x · fn+1(x) − fn(x)

= (z + z⁻¹)(zⁿ⁺¹+ zⁿ+ · · · + z⁻ⁿ⁻¹) − (zⁿ+ zⁿ⁻¹+ · · · + z⁻ⁿ)

= (zⁿ⁺²+zⁿ⁺¹+· · ·+z⁻ⁿ)+(zⁿ+zⁿ⁻¹+· · ·+z⁻ⁿ⁻²)−(zⁿ+zⁿ⁻¹+· · ·+z⁻ⁿ)

= (zⁿ⁺²+ zⁿ⁺¹) + (zⁿ+ zⁿ⁻¹+ · · · + z⁻ⁿ⁻²) = fn+2(x).

(2). 1 當 n = 6, f6(x) = x⁶+x⁵−5x⁴−4x³+6x²+3x−1 ⇒ f6(x) 降羃前 6 項成立 當 n = 7, f₇(x) = x⁷+x⁶−6x⁵−5x⁴+10x³+6x²−4x−1 ⇒ f7(x) 降羃前 6 項成立 2 設 n = k 成立, 即設 fk(x) 降羃前 6 項

為 x^k+x^k−1−(k−1)x^k−2−(k−2)x^k−3+1

2(k−2)(k−3)x^k−4+1

2(k−3)(k−4)x^k−5 設 n = k + 1 成立, 即設 fk+1(x) 降羃前 6 項

為 x^k+1+ x^k− kx^k−1− (k − 1)x^k−2+1

2(k − 1)(k − 2)x^k−3+1

2(k − 2)(k − 3)x^k−4 3 當 n = k + 2, x · fk+1(x) − fk(x) 降羃前 『8』 項

為x^k+2+ x^k+1− kx^k− (k − 1)x^k−1+1

2(k − 1)(k − 2)x^k−2 +1

2(k − 2)(k − 3)x^k−3−h

x^k+ x^k−1− (k − 1)x^k−2− (k − 2)x^k−3 +1

2(k − 2)(k − 3)x^k−4+ 1

2(k − 3)(k − 4)x^k−5i

= x^k+2+ x^k+1− (k + 1)x^k− kx^k−1 +1

2k(k − 1)x^k−2 +1

2(k − 1)(k − 2)x^k−3− 1

2(k − 2)(k − 3)x^k−4−1

2(k − 3)(k − 4)x^k−5

⇒ fk+2(x) 降羃前 6 項成立, 由數學歸納法故得證。

(3). 設 fn(x) 常數項為 cn, 由 f₁(x) 與 f₂(x), 知 c₁ = 1 與 c₂ = −1, 由 f_n+2(x) = x · fn+1(x) − fn(x), 知 cn= −cn−2,

故 cn 為 1, −1, −1, 1, . . . 的週期數列, 相同於 (−1)^[n2] 。 (以下為 gn(x) 的證明, 類似 fn(x) 的證明)

(4). 1 令 ω = cos2π

2n+i sin2π

2n, 則 ω²ⁿ = 1 且 ω²ⁿ⁻¹+ω²ⁿ⁻²+· · ·+ω¹+1 = 0 且 ωⁿ= −1 g(x) =

n

Y

k=1



x− 2 cos2kπ 2n

=

n

Y

k=1



x− (ω^k+ ω^−k)

=

n

Y

k=1



x− (ω^k+ ω^2n−k)

=

n

Y

k=1



z+ z⁻¹− (ω^k+ ω^2n−k)

= z⁻ⁿ

n

Y

k=1



z²− (ω^k+ ω^2n−k)z + 1

= z⁻ⁿ

n

Y

k−1

(z − ω^k)(z − ω^2n−k)

= z⁻ⁿ(z − ωⁿ)

2n−1

Y

k=1

(z − ω^k) = z⁻ⁿ(z + 1)(z²ⁿ⁻¹ + z²ⁿ⁻²+ · · · + 1)

= (z + 1)(zⁿ⁻¹+ zⁿ⁻² + · · · + z⁻ⁿ) 2 x · gn+1(x) − gn(x)

= (z+z⁻¹)(z+1)(zⁿ+ zⁿ⁻¹+ · · · + z⁻ⁿ⁻¹) − (z+1)(zⁿ⁻¹ + zⁿ⁻²+ · · · + z⁻ⁿ)

= (z + 1)h

(zⁿ⁺¹+ zⁿ+ · · · + z⁻ⁿ) + (zⁿ⁻¹+ zⁿ⁻²+ · · · + z⁻ⁿ⁻²)

−(zⁿ⁻¹+ zⁿ⁻² + · · · + z⁻ⁿ)i

= (z + 1)h

(zⁿ⁺²+ zⁿ⁺¹) + (zⁿ+ zⁿ⁻¹+ · · · + z⁻ⁿ⁻²)i

= gn+2(x)

(5). 1 當 n = 6, g6(x) = x⁶+ 2x⁵− 4x⁴− 8x³+ 3x²+ 6x ⇒ g6(x) 降羃前 6 項成立 當 n = 7, g7(x) = x⁷+2x⁶−5x⁵−10x⁴+6x³+12x²−x−2 ⇒ g7(x) 降羃前 6 項成立 2 設 n = k 成立, 即設 gk(x) 降羃前 6 項

為 x^k+2x^k−1−(k−2)x^k−2−2(k−2)x^k−3+1

2(k−3)(k−4)x^k−4+2

2(k−3)(k−4)x^k−5 設 n = k + 1 成立, 即設 g_k+1(x) 降羃前 6 項

為 x^k+1+2x^k−(k−1)x^k−1−2(k−1)x^k−2+1

2(k−2)(k−3)x^k−3+2

2(k−2)(k−3)x^k−4 3 當 n = k + 2, x · gk+1(x) − gk(x) 降羃前 『8』 項

為 x^k+2+ 2x^k+1− (k − 1)x^k− 2(k − 1)x^k−1+ 1

2(k − 2)(k − 3)x^k−2 +2

2(k − 2)(k − 3)x^k−3−h

x^k+ 2x^k−1− (k − 2)x^k−2− 2(k − 2)x^k−3 +1

2(k − 3)(k − 4)x^k−4+ 2

2(k − 3)(k − 4)x^k−5i

= x^k+2+ 2x^k+1− kx^k− 2kx^k−1+ 1

2(k − 1)(k − 2)x^k−2 +2

2(k − 1)(k − 2)x^k−3− 1

2(k − 3)(k − 4)x^k−4

−2

2(k − 3)(k − 4)x^k−5

⇒ gk+2(x) 降羃前 6 項成立, 由數學歸納法故得證。

(6). 設 gn(x) 常數項為 cn, 由 g1(x) 與 g2(x), 知 c1 = 2 與 c2 = 0, 由 g_n+2(x) = x · g_n+1(x) − gn(x), 知 cn= −c_n−2,

故 cn 為 2, 0, −2, 0, . . . 的週期數列, 相同於 (−1)^[n2]+ (−1)^{[n+32 ]} 。

在此之前的分子都是偶數個 π, 若把分子改成奇數個 π, 由

cosπ

7,cos3π

7 ,cos5π 7

=

− cos6π

7 ,− cos4π

7 ,− cos2π 7

, n

2 cos(2k − 1)π 2n + 1

1 ≤k ≤ no

=n

− 2 cos 2kπ 2n + 1

1 ≤k ≤ no 及

n2 cos(2k − 1)π 2n

1 ≤k ≤ no

=n

− 2 cos(2k − 1)π 2n

1 ≤k ≤ no , 知其性質極為類似, 如下所列。

命題9: 1. 

x− 2 cosπ 7



x− 2 cos3π 7



x− 2 cos5π 7

= x³− x²− 2x + 1

2. 令 Kn= 2 cosπ

7

n

+

2 cos3π 7

n

+

2 cos5π 7

n

則 (1) K_n = |Tn|

(2) Kn+3 = Kn+2+ 2Kn+1− Kn

(3) (K7m+1, K_7m+2, . . . , K_7m+7) ≡ (1, 1, 0, 1, 0, 0, 1) (mod 2) (4) (Kn, K_2n) ≡ (1, 1) 或 (0, 0) (mod 2)

(5) Qn = 1

2[T_n²− T2n] = 1

2[K_n²− K2n]

(6) (K7m+1, K_7m+2, . . . , K_7m+7) ≡ (1, 5, 4, 6, 2, 3) (mod 7) 3.(1) 令 fn(x) =

x− 2 cosπ

7

n

x−

2 cos3π 7

n

x−

2 cos5π 7

n , 則 fn(x) ∈ Z[x], 且 fn(x) = x³− |Tn|x²+ Qnx− 1

(2) 令 gn(x) =  x−

2 cosπ 7

2ⁿ

x−

2 cos3π 7

2ⁿ ,

x−

2 cos5π 7

2ⁿ ,

則 g_n(x) ∈ Z[x], 且 gn(x) = x³−rnx²+snx−1, 式中 rn+1 = r²_n−2sn, sn+1 = s²_n−2rn, 當 n ≥ 2 時 r_n, sn 皆為 13 的倍數。

4. 令 f_n(x) =

x− 2 cosπ

72 cos3π 7

n

x−

2 cos3π

7 2 cos5π 7

n

x−

2 cos5π

7 2 cosπ 7

n , 則 fn(x) ∈ Z[x], 且 fn(x) = x³− Qnx²+ |Tn|x − 1

5. (1)

n

X

k=1

cos(2k − 1)π 2n + 1 = 1

2 (2)

n

X

k=1

cos(2k − 1)π 2n = 0 6. (1) 令 fn(x) =

n

Y

k=1



x− 2 cos(2k − 1)π 2n + 1

, 則 fn(x) ∈ Z[x], fn+2(x) = xfn+1(x)−

f_n(x), 且 fn(x) = xⁿ− xⁿ⁻¹− (n − 1)xⁿ⁻²+ (n − 2)xⁿ⁻³+1

2(n − 2)(n − 3)xⁿ⁻⁴

−1

2(n − 3)(n − 4)xⁿ⁻⁵+ · · · + (−1)^{[n+12 ]} (2) 令 gn(x) =

n

Y

k=1



x− 2 cos(2k − 1)π 2n

, 則 gn(x) ∈ Z[x], gn+2(x) = xgn+1(x) − g_n(x),

且 g_n(x) = xⁿ− nxⁿ⁻²+1

2n(n − 3)xⁿ⁻⁴+ · · · +

(−1)^[n2]+ (−1)^{[n+12 ]}

本文中的式子, 都經過撰寫 Mathematca 程式作預測與驗證, 不但省時與精確, 更能有效分析 與歸納。

參考文獻

1. 李虎雄等著, 高中數學課本第二冊, 康熹文化。

2. 洪維恩著, Mathematica 5 數學運算大師, 旗標出版股份有限公司。

—本文作者任教於小港高中_—