高中數學問題的實驗與猜想

(1)

高中數學問題的實驗與猜想

李政豐 · ^錢閔蔚 · ^高崇晏 · ^吳 ^崇瑋

(一) 引言:

八十七年的暑假, 很榮幸有機會參加交大應用數學系為高中職教師舉辦的「數學與高科技研習營」, 在一週的討論課程中, 得到很多的教學理念與方法, 在數學實驗的課程中有一點心得, 在此提出與老師們分享。

(二) 過程:

剛剛開始接到本校老師提出的問題: 試證明公式

n

Y

k=1

sin kπ 2n + 1 =

s

2n + 1 4ⁿ

(這個證明後來由張鎮華教授, 黃大原教授, 陳明峰老師分別提出, 在常庚哲教授的書中也有類似的證法, 本文中所討論的是用不同的角度去思考問題所得到的經驗與收獲)。

在此之前我們對上面等式感到相當陌生, 因為 sin_2n+1^kπ 絕大部份都是無理數, 而且是複雜度高的根式, 為了確認公式的正確性, 於是我們開始實驗:

n= 1 sin π 3 =

s

3 4 =

√3 2 成立 n= 2 sin π

5 · sin2π 5 =

s

2 × 2 + 1 4² =

√5 4 成立 (sin 36^◦ =

q

10 − 2√ 5

4 ,sin 72^◦ =

q

10 + 2√ 5

4 )

n= 3 sin π

7 · sin2π

7 · sin3π 7 =

s

2 × 3 + 1 4³ =

√7 8 n= 4 sin π

9 · sin2π

9 · sin3π 9 sin4π

9 =

s

2 × 4 + 1 4⁴ =

√9 16 n= 5 sin π

11· sin2π

11 · sin 3π

11 · sin4π

11 · sin 5π 11 =

s

2 × 5 + 1 4⁵ =

√11 32

53

(2)

其中 n = 3, 4, 5 都是由電算器算得, 於是臆測這個公式可能是對的。

(三) 逆向思考:

n

Y

k=1

sin kπ 2n + 1 =

s

2n + 1 4ⁿ

⇔

n

Y

k=1

sin² kπ

2n + 1 = 2n + 1 4ⁿ

⇔

n

Y

k=1

1 − cos2n+1^2kπ

2 = 2n + 1

4ⁿ , 令 2π 2n + 1 = θ

⇔

n

Y

k=1

(1 − cos kθ) = (1 − cos θ) · (1 − cos 2θ)(1 − cos 3θ) · · · · (1 − cos nθ) = 2n + 1 2ⁿ

(四) 猜想:

上式左邊可看做函數 f_n(x) = (x − cos θ)(x − cos 2θ)(x − cos 3θ)(x − cos 4θ) · · · (x − cos nθ) 用 x = 1 代入的結果。

(五) 找尋:

f_n(x) 到底是那一種型態的多項式? (或 fn(x) = 0 是那一種型態的方程式?) 由 2π

2n + 1 = θ

n= 1 時 x− cos2π

3 = 0 ⇔ x + 1

2 = 0 ⇔ 2x + 1 = 0 f¹(x) = 2x + 1 n= 2 時 (x − cos2π

5 )(x − cos4π

5 ) = 0 ⇔ x²+ 1 2x− 1

4 = 0 (cos2π

5 = −1 +√ 5

4 ,cos4π

5 = −1 −√ 5

4 )

⇔ 4x²+ 2x − 1 = 0 f₂(x) = 4x²+ 2x − 1 n= 3 時 (x − cos2π

7 )(x − cos4π

7 ) · (x − cos6π 7 ) = 0

⇔ x³− (cos2π

7 + cos4π

7 + cos6π

7 )x²+ (cos2π

7 · cos4π

7 + cos2π

7 cos6π 7 + cos4π

7 · cos6π

7 )x − cos2π

7 cos4π

7 cos6π

7 = 0 · · · (甲式)

(3)

cos2π

7 + cos4π

7 + cos6π 7

= 2 sin^π₇cos ^2π₇ + 2 sin^π₇ cos^4π₇ + 2 sin^π₇ cos^6π₇ 2 sin^π₇

= (sin^3π₇ + sin^−π₇ ) + (sin^5π₇ + sin ^−3π₇ ) + (sin π + sin ^−5π₇ ) 2 sin^π₇

= −1 2 cos2π

7 · cos 4π

7 + cos2π 7 · 6π

7 + cos4π

7 · cos6π 7

= 1

2(2 cos2π

7 · cos4π

7 + 2 cos2π

7 · cos6π

7 + 2 cos4π 7 · 6π

7 )

= 1

2(cos6π

7 + cos2π

7 + cos8π

7 + cos4π

7 + cos10π

7 + cos2π 7 ) (cos8π

7 = cos6π

7 ,cos 10π

7 = cos4π 7 )

= cos2π

7 + cos4π

7 + cos6π

7 = −1 2 cos2π

7 cos 4π

7 cos6π 7

= cos2π

7 cos 4π

7 cos8π 7

= 1

8 sin^2π₇ (2 sin2π

7 cos2π

7 )(2 cos4π

7 )(2 cos8π 7 )

= 1

8 sin^2π₇ (sin 4π

7 )(2 cos4π

7 )(2 cos8π 7 )

= 1

8 sin^2π₇ (2 sin4π

7 cos4π

7 )(2 cos8π 7 )

= 1

8 sin^2π₇ (sin 8π

7 )(2 cos8π 7 )

= 1

2 sin^2π₇ (sin 16π 7 ) = 1

8 把這些結果代入 (甲式)

⇔ x³ +1

2x²− 1 2x− 1

8 = 0

⇔ 8x³+ 4x²− 4x − 1 = 0 f₃(x) = 8x³+ 4x²− 4x − 1 n= 4 時 cos2π

9 +cos4π

9 +cos6π

9 + cos8π

9 = (2 cos3π 9 cos π

9)+(−1

2 )+cos8π 9 =−1

2

(4)

cos2π

9 cos4π

9 + cos2π

9 cos6π

9 + cos2π

9 cos8π

9 + cos4π

9 cos6π 9 + cos4π

9 cos8π

9 + cos6π

9 cos 8π 9

= 1

2(cos6π

9 + cos2π 9 ) − 1

2cos 2π 9 +1

2(cos10π

9 + cos6π 9 ) − 1

2cos4π 9 +1

2(cos12π

9 + cos4π 9 ) −1

2cos8π 9

= −1 4 +1

2cos2π 9 − 1

2cos2π 9 + 1

2cos10π 9 − 1

4 −1

2cos4π 9 − 1

4+1

2cos4π 9 −1

2cos 8π 9

= −3 4 cos2π

9 cos4π

9 cos 6π

9 + cos2π

9 cos4π

9 cos8π

9 + cos2π

9 cos6π

9 cos8π 9 + cos4π

9 cos6π

9 cos8π 9

= −1

2cos2π

9 cos 4π 9 +1

2(cos6π

9 + cos2π

9 ) cos8π 9 − 1

2cos2π

9 cos 8π 9

−1

2cos4π

9 cos 8π 9

= −1

4(cos6π

9 + cos2π 9 ) − 1

4cos 8π 9 +1

2cos2π

9 cos 8π 9 −1

2cos2π

9 cos 8π 9

−1

4(cos12π

9 + cos4π 9 )

= 1 8 − 1

4cos2π 9 −1

4cos8π 9 + 1

8− 1

4(cos4π 9 )

= 1 4 − 1

4(cos2π

9 + cos 4π

9 + cos8π 9 )

= 1 4 − 1

4(2 cos3π 9 cos π

9 + cos8π 9 )

= 1 4 cos2π

9 cos4π

9 cos 6π

9 cos8π 9

= −1

2cos2π

9 cos 4π

9 cos8π 9

= −1 2

h

1

8 sin^2π₉ (2 sin2π

9 cos2π

9 )(2 cos4π

9 )(2 cos8π 9 )

ⁱ

= −1 2

h

1 8 sin^2π₉

ih

sin16π 9

i

= (−1 2)(−1

8) = 1 16

(5)

把這些結果代入方程式 (x − cos^2π₉)(x − cos^4π₉ )(x − cos^6π₉ )(x − cos^8π₉ ) = 0 得 x⁴ +1

2x³− 3

4x²− 1 4x+ 1

16 = 0

⇔ 16x⁴+ 8x³− 12x²− 4x + 1 = 0

取 f₄(x) = 16x⁴+ 8x³− 12x²− 4x + 1

(六) 觀察:

f₁(x) = 2x + 1 f₁(x) = 3 = 2 × 1 + 1

f₂(x) = 4x²+ 2x − 1 = (2x)f¹(x) − 1 f₂(1) = 2f1(1) − 1 = 5 = 2 × 2 + 1 f₃(x) = 8x³+4x²−4x−1=(2x)f²(x)−f¹(x) f3(1) = 2f2(1) − f¹(1) = 7 = 2×3+1 f₄(x) = 16x⁴+ 8x³− 12x²− 4x + 1 f₄(1) = 2f3(1) − f²(1) = 9 = 2 × 4 + 1

= (2x)f3(x) − f²(x)

(七) 猜想:

若規定 f₀(x) = 1

觀察 f₄(x) = 16x⁴+8x³−12x²−4x+1 = 2⁴(x−cos ^2π₉ )(x−cos^4π₉ )(x−cos^6π₉ )(x−

cos^8π₉ ), 若調整假設 fn(x) = 2ⁿ(x−cos2n+1^2π )(x−cos2n+1^4π )(x−cos2n+1^6π ) · · · (x−cos 2n+1^2nπ ) 我們發現了一個奇妙的關係:

遞迴關係式 f_n+2(x) = (2x)f_n+1(x) − fⁿ(x) 可能會成立 (n ∈ Z, n ≥ 0)

f_n+2(1) = 2fn+1(1) − fⁿ(1) = 2(2(n + 1) + 1) − (2n + 1) = 2(n + 2) + 1 可能會成立

(八) 再實驗:

f₅(x) = (2x)f4(x) − f³(x) = 32x⁵+ 16x⁴− 32x³− 12x²+ 6x + 1

把 cos^2kπ₁₁ 其中 k = 1, 2, 3, 4, 5 代入 f5(x) = 0 其值均甚小 (約為 a × 10⁻⁶, 1 ≤ |a| < 10) (此處寫了一個 qbasic 的程式把係數輸入計算)

f₆(x) = (2x)f5(x) − f⁴(x) = 64x⁶+ 32x⁵− 80x⁴− 32x³+ 24x²+ 6x − 1 再把 cos^2kπ₁₃ 其中 k = 1, 2, 3, 4, 5, 6 代入 f6(x) = 0 其值亦甚小 (約為 a × 10⁻⁷, 1 ≤ |a| <

10)。

(6)

(九) 預測:

遞迴關係式 f_n+2(x) = (2x)fn+1(x) − fⁿ(x) 會成立的機率相當大 (n ∈ Z, n ≥ 0) 至少 f_n(1) = 2n + 1 是成立的, 因此

f_n(x) = 2ⁿ(x − cos 2π

2n + 1)(x − cos 4π

2n + 1)(x − cos 6π

2n + 1) · · · (x − cos 2nπ 2n + 1) 極有可能會成立。果如此: f5(x) = 32x⁵+ 16x⁴− 32x³− 12x²+ 6x + 1 可藉由比較係數而得到

5

X

k=1

cos 2kπ

11 = −1 2

5

Y

k=1

cos2kπ 11 = 1

32

f₆(x) = 64x⁶+ 32x⁵− 80x⁴− 32x³+ 24x²+ 6x − 1 可藉由比較係數而得到

6

X

k=1

cos 2kπ

13 = −1 2

6

Y

k=1

cos2kπ 13 = 1

64

這些等式都是我們不太瞭解的無理數所構成, 於是我們產生了很大的興趣。

(十) 尋找證明:

x²ⁿ⁺¹−1 = 0 的原根是 p = cos_2n+1^2π +i sin_2n+1^2π , 我們知道 p²ⁿ⁺¹ = 1, 而 p¹, p², p³· · · p²ⁿ, p²ⁿ⁺¹ 是它的 2n + 1 個根 x²ⁿ⁺¹− 1 = (x − 1)(x²ⁿ+ x²ⁿ⁻¹+ · · · + x²+ x + 1)

(x²ⁿ+x²ⁿ⁻¹+· · ·+x²+x+1)=(x−p)(x−p²)(x−p³) · · · (x−p²ⁿ⁻²)(x−p²ⁿ⁻¹)(x−p²ⁿ)

=

2n

Y

k=1

(x − p^k) (經由前後配對)=

n

Y

k=1

(x − p^k)(x − p^2n+1−k)

=

n

Y

k=1

(x² − (p^k+ p^2n+1−k)x + 1)

(p^k+p^2n+1−k)=(cos 2kπ

2n + 1+i sin 2kπ

2n + 1)+(cos(2n+1−k)2π

2n + 1 +i sin(2n + 1 − k)2π 2n + 1 )

=2 cos 2kπ 2n + 1

(7)

則

(x²ⁿ+²ⁿ⁻¹+ · · · + x + 1) =

n

k=1

(x+_x¹

2 − cos 2kπ 2n + 1) (把兩邊同除 xⁿ)

x²ⁿ+ x²ⁿ⁻¹+ · · · + x + 1

xⁿ = 2ⁿ

n

Y

k=1

(x+_x¹

2 − cos 2kπ 2n + 1) 再把右邊的 ^x+^x¹

2 用 y 來取代

令 g_n(x) = x²ⁿ+ x²ⁿ⁻¹+ · · · + x + 1

xⁿ = 2ⁿ

n

Y

k=1

(y − cos 2kπ

2n + 1) = fn(y) · · · (A 式) (上面這一步是把 n = 3, n = 4 試了好幾次才得到的結果, 我們感覺是一個最重要的關鍵) 由

(x + 1

x)g_n+1(x) − gⁿ(x) = (x + 1

x)(x²ⁿ⁺²+ x²ⁿ⁺¹+ x²ⁿ· · · x²+ x + 1

xⁿ⁺¹ )

−(x²ⁿ+ x²ⁿ⁻¹+ · · · + x + 1

xⁿ )

=x²ⁿ⁺⁴+ x²ⁿ⁺³+ · · · x²+ x + 1

xⁿ⁺² = gn+2(x) 對所有的 n = 1, 2, 3, . . . 都成立, 得

(2y)fn+1(y)−fⁿ(y) = fn+2(y) · · · (B 式) 在這裡我們很高興能證明了一個重要的遞迴關係式。

由 (A 式)

f₁(x) = 2(x − cos2π

3 ) = 2x + 1 f₂(x) = 4(x − cos2π

5 )(x − cos4π

5 ) = 4x²+ 2x − 1 由 (B 式)

f₃(x) = 2xf2(x) − f¹(x) = 8x³+ 4x² − 4x − 1

f₄(x) = 2xf3(x) − f²(x) = 16x⁴+ 8x³− 12x²− 4x + 1

f₅(x) = 2xf₄(x) − f3(x) = 32x⁵+ 16x⁴− 32x³− 12x²+ 6x + 1

(8)

應用 (1)

cos^2π₁₁,cos^4π₁₁,cos^6π₁₁,cos^8π₁₁,cos^10π₁₁ 是我們不太瞭解的無理數, 但由 (A 式) f_n(x) = 2ⁿ

n

Y

k=1

(x − cos 2kπ

2n + 1) 及 f5(x) = 32x⁵+ 16x⁴− 32x³ − 12x²+ 6x + 1 我們得到:

2⁵(x − cos 2π

11)(x − cos4π

11)(x − cos6π

11)(x − cos8π

11)(x − cos10π 11 )

= 32x⁵+ 16x⁴− 32x³− 12x² + 6x + 1 由根與係數的關係, 我們揭開它神秘的面紗!

(1)

5

X

k=1

cos2kπ

11 = −1 2 (2)

4

X

i=1 5

X

k=i+1

(cos2iπ

11 )(cos2kπ

11 ) = −1 (3)

3

X

i=1 4

X

j=i+1 5

X

k=j+1

(cos2iπ

11)(cos2jπ

11 )(cos2kπ 11 ) = 3

8 (4)

2

X

i=1 3

X

j=i+1 4

X

k=j+1 5

X

l=k+1

(cos2iπ

11)(cos2jπ

11 )(cos2kπ

11 )(cos2lπ 11) = 3

16 (5)

5

Y

k=1

cos2kπ

11 = −1 32

把 n 用其他的自然數代入, 又可以得到一系列我們不曾看過的公式, 諸如此類不容易由和積互化得到的一大堆公式, 我們可輕易導出。而且我們還知道那些無理數可以搭配成有理數, 上面五個式子右端全是有理數。這真是一件奇妙的事。

(9)

應用 (2)

我們可以利用 f_n(x) = 2ⁿ

^Q

ⁿ_k=1(x−cos_2n+1^2kπ ) 與遞迴關係式 fn+2(x) = (2x)fn+1(x)−

f_n(x)

f₁(x) = 2x + 1

f₂(x) = 4x² + 2x − 1 = 2²(x − cos2π

5 )(x − cos4π 5 ) f₃(x) = 8x³ + 4x²− 4x − 1 = 2³(x − cos2π

7 )(x − cos4π

7 )(x − cos6π 7 ) f₃(x) = 2xf2(x) − f¹(x)

2³(x − cos2π

7 )(x − cos4π

7 )(x−cos6π

7 ) = 2x[2²(x−cos2π

5 )(x−cos4π

5 )]−(2x+1) 將它開展

8x³− 8(cos2π

7 + cos4π

7 + cos6π

7 )x²+ 8(cos2π

7 · cos4π

7 + cos2π

7 · cos 6π 7 + cos4π

7 · cos 6π

7 )x − 8 cos2π

7 cos4π

7 cos6π

7 = 8x³− 8(cos2π

5 + cos4π 5 )x² +8(cos2π

5 cos4π 5 − 1

4)x − 1 比較係數而得到下列公式:

(1) cos2π

5 + cos4π

5 = cos2π

7 + cos4π

7 + cos6π 7 (2) cos2π

5 cos4π 5 −1

4 = cos2π

7 cos4π

7 + cos2π

7 cos 6π

7 + cos4π

7 cos6π 7 (3) cos2π

7 cos4π

7 cos6π 7 = 1

8

如此我們可以得到兩種相近但不同類角度餘弦, cos^2kπ₅ 與 cos^2kπ₇ 之關係, 其實任何 cos_2n+1^2kπ 與 cos_2n+3^2kπ 之關係, 都可由類似的方法導出, 這種公式也有一大堆。

更進一步: f5(x) = 2xf4(x)−f³(x) = 2x[2xf3(x)−f²(x)]−f³(x) = (4x²−1)f³(x)−

2xf2(x)

(甲) f5(x) = 2⁵(x − cos2π

11)(x − cos4π

11)(x − cos6π

11)(x − cos8π

11)(x − cos10π 11 ) (乙) (4x²− 1)f3(x) − 2xf2(x) = (4x²− 1)[2³(x − cos2π

7 )(x − cos4π

7 )(x − cos6π 7 )]

−2x(4x² + 2x − 1)

(10)

展開 (甲)(乙) 比較兩式係數又可得到差二級的角度餘弦公式 cos^2kπ₇ , cos^2kπ₁₁ 之關係。例如我們比較 x⁴, x³ 的係數, 與常數項可以得到下列三個公式:

(1) cos2π

11 + cos4π

11 + cos6π

11 + cos8π

11 + cos10π

11 = cos2π

7 + cos4π

7 + cos6π 7 (2)

4

X

令

g_n(x) = x²ⁿ+ x²ⁿ⁻¹+ · · · + x + 1

xⁿ = (xⁿ+ 1

xⁿ) + (xⁿ⁻¹+ 1

xⁿ⁻¹) · · · + (x + 1 x) + 1

=

n

X

k=1

(x^k+ 1 x^k) + 1

用遞迴關係式 (x +_x¹)(x^k+1+_xk+1¹ ) − (x^k+_x¹^k) = (x^k+2+_xk+2¹ ) · · · (C) 原先我們曾用數學歸納法證明對每個自然數 n, (x^k+ _x¹^k) 都能表成 y = ^x+

1 x

2 的多項式

函數, 進而證明 gn(x) 能表成 y 的多項式函數, 其中曾經考慮二項式定理:

(x +1

x)ⁿ= C_nⁿxⁿ+ C_n−1ⁿ xⁿ⁻¹(1

x) + · · · + C2ⁿxⁿ⁻²(1

x)²+ C₁ⁿx¹(1

x)ⁿ⁻¹+ C₀ⁿ(1 x)ⁿ

= (xⁿ+ 1 xⁿ) +

n−1

X

i=1

C_iⁿxⁱ(1

x)ⁿ⁻ⁱ 由 C_iⁿ = C_n−iⁿ C_iⁿxⁱ(1

i=1

xⁿ⁻²ⁱ) · · · (D)

(11)

當是偶數

(x+1

x)ⁿ = (xⁿ+ 1 xⁿ)+

[ⁿ₂]−1

X

i=1

xⁿ⁻²ⁱ)+C_[ⁿⁿ

2]· · · (E) 在 (D) 中, 取 n = 7, 令 x = cos^2π₁₁ + i sin^2π₁₁

(x + 1

x) = 2 cos2π

11, (xⁿ+ 1

xⁿ) = 2 cos2nπ 11 得公式 (1)

(2 cos2π

11)⁷ = 2 cos14π

11 + C₁⁷(2 cos10π

11 ) + C₂⁷(2 cos6π

11) + C₃⁷(2 cos2π 11)

在 (E) 中, 取 n = 8, 令 x = cos^2π₁₁ + i sin^2π₁₁ 得公式 (2) (2 cos^2π₁₁)⁸ = 2 cos^16π₁₁ + C₁⁸(2 cos^12π₁₁) + C₂⁸(2 cos^8π₁₁) + C₃⁸(2 cos^4π₁₁) + C₄⁸

只要改變 x 與 n, 我們又可得到一堆漂亮的倍角公式, 這些都不是由高中數學的三角函數公式能輕易得到的。

應用 (四)

g_n(x) = x²ⁿ+ x²ⁿ⁻¹+ · · · + x + 1

xⁿ = x²ⁿ⁺¹ − 1 xⁿ(x − 1) 因此 x²ⁿ⁺¹− 1 = 0 的根除1之外都是 gⁿ(x) = 0 的根

x²ⁿ⁺¹− 1 = 0 ⇔ x = cos 2kπ

2n + 1+ i sin 2kπ

2n + 1 k= 0, 1, 2, 3, . . . 2n 故

g_n(x) = x²ⁿ+ x²ⁿ⁻¹+ · · · + x + 1

xⁿ =

2n

Q

k=1(x − (cos_2n+1^2kπ + i sin_2n+1^2kπ ))

xⁿ · · · (F) 把 x = 1 代入上式: 2n + 1 =

^Q

²ⁿ_k=1(1 − (cos2n+1^2kπ + i sin_2n+1^2kπ ))

2n + 1 =

2n

Y

k=1

(1 − cos 2kπ

2n + 1) − i sin 2kπ 2n + 1)

=

2n

Y

k=1

(2 sin² kπ

2n + 1 − 2 sin kπ

2n + 1cos kπ 2n + 1i)

=

2n

Y

k=1

((2 sin kπ

2n + 1)(sin kπ

2n + 1 − i cos kπ 2n + 1))

(12)

=

2n

Y

k=1

((2 sin kπ

2n + 1)(−i)(cos kπ

2n + 1+ i sin kπ 2n + 1))

= 2²ⁿ(−i)²ⁿ

^h

2n

Y

k=1

(sin kπ 2n + 1)

^ih

2n

Y

k=1

(cos kπ

2n + 1+ i sin kπ 2n + 1))

ⁱ

= (−4)ⁿ

^h

2n

Y

k=1

(sin kπ 2n + 1

i

(cos(1 + 2 · · · + 2n)π

2n + 1 + i sin(1 + 2 · · · + 2n)π 2n + 1 ) 2n + 1 = (−4)ⁿ

^h

2n

Y

k=1

(sin kπ

2n + 1)

ⁱ

(cos nπ + i sin nπ) 得公式 (1)

^Q

²ⁿ_k=1(sin_2n+1^kπ ) = ₍₋₄₎ⁿ(cos nπ+i sin nπ)²ⁿ⁺¹ = ²ⁿ⁺¹₄ⁿ 把 x = −1 代入 (F) 式:

1 =

2n

Y

k=1

(−1 − (cos 2kπ

2n + 1+ i sin 2kπ 2n + 1))

=

2n

Y

k=1

(−2 cos² kπ

2n + 1− 2 sin kπ

2n + 1cos kπ 2n + 1i)

= (−2)²ⁿ(

2n

Y

k=1

cos kπ 2n + 1)(

2n

Y

k=1

(cos kπ

2n + 1+ i sin kπ 2n + 1))

= 4ⁿ(

2n

Y

k=1

cos kπ

2n + 1)(cos(1 + 2 + 3 + · · · + 2n)π

2n + 1 + i sin(1 + 2 + 3 + · · · + 2n)π

2n + 1 )

= 4ⁿ(

2n

Y

k=1

cos kπ

2n + 1)(cos nπ + i sin nπ)

得公式 (2)

^Q

²ⁿ_k=1(cos _2n+1^kπ ) = ₍₄₎ⁿ(cos nπ+i sin nπ)¹¹ = ₍₋₄₎¹ ⁿ 把 n 用不同的自然數代入這又產生一大堆不曾看見的三角公式。

再考慮 x²ⁿ− 1 = 0 之原根 p = cos^2π_2n+ i sin^2π_2n 則 p²ⁿ= 1 且 pⁿ= −1

x²ⁿ− 1 = 0 ⇔ x = cos2kπ

2n + i sin2kπ

2n = p^k k= 1, 2, 3 . . . 2n。

把 x²ⁿ− 1 除掉 (x + 1)(x − 1): (即除掉 (x − pⁿ)(x − p²ⁿ)) x²ⁿ− 1

x²− 1 =x²ⁿ⁻²+ x²ⁿ⁻⁴+ x²ⁿ⁻⁶+ · · · + x⁴+ x²+ 1 (其中 n ≥ 1)

=(x − p)(x − p²) · · · (x − pⁿ⁻¹)(x − pⁿ⁺¹) · · · (x − p²ⁿ⁻²)(x − p²ⁿ⁻¹) (前後配對)=((x − p)(x − p²ⁿ⁻¹))((x − p²)(x − p²ⁿ⁻²)) · · · ((x − pⁿ⁻¹)(x − pⁿ⁺¹))

(13)

其中 (x − pⁱ)(x − p²ⁿ⁻ⁱ)

= (x − (cos2iπ

2n + i sin2iπ

2n ))(x − (cos2(2n − i)π

2n + i sin2(2n − i)π 2n ))

= (x − (cos 2iπ

2n + i sin2iπ

2n))(x − (cos(2π − 2iπ

2n) + i sin(2π − 2iπ 2n))

= (x − (cos 2iπ

2n + i sin2iπ

2n))(x − (cos2iπ

2n − i sin 2iπ 2n))

= x²− 2 cos2iπ 2nx+ 1

= x²− 2 cosiπ

nx+ 1 代入上式 x²ⁿ− 1

x² − 1 = (x²− 2 cosπ

nx+ 1)(x²− 2 cos2π

n x+ 1) · · · (x²− 2 cos(n − 1)π

n x+ 1) · · · (G) 即

x²ⁿ⁻²+ x²ⁿ⁻⁴+ x²ⁿ⁻⁶+ · · · + x²+ 1

= ((2x)(x+¹_x

2 − cosπ

n))((2x)(x+_x¹

2 − cos2π

n )) · · · ((2x)(x+_x¹

2 − cos(n − 1)π n ))

= (2ⁿ⁻¹)(xⁿ⁻¹)(x+_x¹

2 − cosπ

n))(x+_x¹

2 − cos2π

n ) · · · (x+_x¹

2 − cos(n − 1)π

n )

兩邊同除 (xⁿ⁻¹)

x²ⁿ⁻²+ x²ⁿ⁻⁴+ x²ⁿ⁻⁶+ · · · + x²+ 1 xⁿ⁻¹

= (2ⁿ⁻¹)(x+ ¹_x

2 − cos π

n)(x+ ¹_x

2 − cos2π

n ) · · · (x+ ¹_x

2 − cos(n − 1)π

n ) · · · (H) 令 g_n−1(x) = ^x²ⁿ⁻²^+x²ⁿ⁻⁴_x^+xⁿ₋₁²ⁿ⁻⁶^+···+x²⁺¹ 令 y = ^x+

1 x

2 代入 (H) 則 g_n−1(x) = (2ⁿ⁻¹)(y − cosπ

n)(y − cos2π

n ) · · · (y − cos (n − 1)π

n ) = f_n−1(y) · · · (I) (其中自然數 n ≥ 2)

由

(x + 1

x)(x^2k+2+ x^2k+ x^2k−2+ · · · + x²+ 1

x^k+1 )−(x^2k+ x^2k−2+x^2k−4+ · · · + x²+ 1

x^k )

=x^2k+4+ x^2k+2+ x^2k· · · + x⁴ + x²+ 1 x^k+2

得到下列遞迴關係式:

(x + _x¹)(g_k+1(x)) − (g^k(x)) = (g_k+2(x)) 即: (2y)(f_k+1(y)) − (f^k(y)) = (f_k+2(y)) 成立。

(14)

由 (H) 式與 (I) 式 g_n−1(x) = f_n−1(y) 並且

g_n−1(x) = x²ⁿ⁻² + x²ⁿ⁻⁴+ x²ⁿ⁻⁶+ · · · + x²+ 1 xⁿ⁻¹

f_n−1(y) = (2ⁿ⁻¹)(y − cosπ

n)(y − cos2π

n ) · · · (y − cos(n − 1)π

n )

當

n = 2, f1(y) = 2(y − cosπ 2) = 2y n = 3, f2(y) = 2²(y − cosπ

3)(y − cos2π

3 ) = 4y²− 1 f₃(y) = (2y)f2(y) − f¹(y) = 8y³− 4y

f₄(y) = (2y)f3(y) − f²(y) = 16y⁴− 12y²+ 1 f₅(y) = (2y)f4(y) − f³(y) = 32y⁵− 32y³+ 6y f₆(y) = · · · = 64y⁶− 80y⁴+ 24y²− 1

應用 (5)

由 (I) 式

f₆(y) = 2⁶(y −cosπ

7)(y −cos2π

7 )(y −cos3π

7 ) · · · (y −cos6π

7 ) = 64y⁶−80y⁴+ 24y²−1 兩邊同除 64:

(y − cos π

7)(y − cos2π

7 )(y − cos3π

7 ) · · · (y − cos6π

7 ) = y⁶− 5 4y⁴+3

8y²− 1 64 經由比較係數, 得到下列公式:

(1)

6

X

k=1

coskπ 7 = 0 (2)

5

X

i=1 6

X

j=i+1

cosiπ

7 cos jπ

7 = −5 4 (3)

7 cosjπ

7 coskπ 7 coslπ

7 = 3 8 (5)

7 cos jπ

7 cos kπ 7 coslπ

7 cosmπ 7 = 0 (6)

6

Y

k=1

coskπ

7 = −1 64

(15)

再由 (1) 與 (2)

h X

⁶

k=1

cos kπ 7

i

2

=

應用 (6):

由 (G) 式 x²ⁿ− 1

x²− 1 = (x²− 2 cosπ

nx+ 1)(x²− cos2π

n x+ 1) · · · (x² − 2 cos(n − 1)π n x+ 1) x²ⁿ⁻²+ x²ⁿ⁻⁴+ x²ⁿ⁻⁶+ · · · + x²+ 1 =

n−1

Y

k=1

(x² − 2 coskπ

n x+ 1) · · · (J) 在 (J) 式中 x 用 1 代入:

n =

n−1

ⁿ⁻¹_k=1sin^kπ_2n = ₂^√ⁿ₋₁ⁿ (n ≥ 2) (J) 式中 x 用 −1 代入:

n =

n−1

k=1

(−1 − 2 coskπ n x+ 1) 1 =

n−1

Y

k=1

(−2i coskπ

n ) = (−2i)ⁿ⁻¹

n−1

Y

k=1

coskπ n

(16)

得公式 (3)

^Q

ⁿ⁻¹_k=1cos ^kπ_n = _(−2i)¹ⁿ−1 (當 n 是奇數且 n ≥ 3 都成立)

應用 (7)

x⁸− 1

x²− 1 = x⁶+ x⁴ + x²+ 1 令 p = cos2π

8 + i sin2π 8

x⁶+ x⁴ + x²+ 1 = (x − p)(x − p²)(x − p³)(x − p⁵)(x − p⁶)(x − p⁷)

= ((x − p)(x − p⁷))((x − p²)(x − p⁶))((x − p³)(x − p⁵)) p+ p⁷ = (cos2π

8 + i sin2π

8 ) + (cos14π

8 + i sin14π

8 ) = 2 cos2π 8 p²+ p⁶ = 2 cos4π

8 p³+ p⁵ = 2 cos6π

8 p⁸ = 1

x⁶+ x⁴ + x²+ 1 = (x²− 2 cos2π

8 x+ 1)(x²− 2 cos4π

8 x+ 1)(x²− 2 cos6π 8 x+ 1) x¹⁰− 1

x²− 1 = x⁸+ x⁶+ x⁴+ x²+ 1 令w = cos2π

10 + i sin2π 10 x⁸+ x⁶ + x⁴+ x²+ 1

= (x − w)(x − w²)(x − w³)(x − w⁴)(x − x⁶)(x − w⁷)(x − w⁸)(x − w⁹)

= ((x − w)(x − w⁹))((x − w²)(x − w⁸))((x − w³)(x − w⁷))((x − w⁴)(x − w⁶))

= (x²− 2 cos2π

10x+ 1)(x²− 2 cos4π

10x+ 1)(x²− 2 cos6π

10x+ 1)(x²− 2 cos8π 10x+ 1) 但是 x²(x⁶+ x⁴+ x²+ 1) + 1 = x⁸+ x⁶+ x⁴+ x²+ 1

x²(x²− 2 cos2π

8 x+ 1)(x²−2 cos4π

8 x+1)(x²− 2 cos6π

8 x+1) + 1

= (x²−2 cos2π

10x+1)(x²−2 cos4π

10x+1)(x²−2 cos6π

10x+1)(x²−2 cos8π

10x+1) · · · (K) 在 (K) 式中 x 用 1 代入:

(2 − 2 cos2π

8 )(2 − 2 cos4π

8 )(2 − 2 cos6π 8 ) + 1

= (2 − 2 cos2π

10)(2 − 2 cos4π

10)(2 − 2 cos6π

10)(2 − 2 cos8π 10) 2³(1 − cos2π

8 )(1 − cos4π

8 )(1 − cos6π 8 ) + 1

= 2⁴(1 − cos2π

10)(1 − cos4π

10)(1 − cos6π

10)(1 − cos8π 10)

(17)

2³(2 sin² π

8)(2 sin² 2π

8 )(2 sin²3π 8 ) + 1

= 2⁴(2 sin² π

10)(2 sin²2π

10)(2 sin²3π

10)(2 sin²4π 10) 提出 2 的乘方, 我們得到:

公式(1)

4³(sin² π

8)(sin² 2π

8 )(sin² 3π

8 ) + 1=4⁴(sin² π

10)(sin²2π

10)(sin² 3π

10)(sin² 4 10) 這種相近角度之間的正弦關係有一大堆, 也被我們導出來。

結語 :

如果我們對一個人不甚瞭解, 但是對他的親朋好友, 左右鄰居, 能有一番認識, 那麼我們對這個人, 大概就不陌生了。

我們得不到 cos^2π₇ 的真值, 我們也知道它的真值不容易算出來, 但是我們可以利用 f3(x)

= 8x³ + 4x² − 4x − 1 = 2³(x − cos^2π₇)(x − cos ^4π₇ )(x − cos^6π₇ ) 找到有關 cos^2π₇ 的一堆公式, 使我們對於 cos^2π₇ , 能有更深一層的瞭解, 而我們最高興的是, 藉著一些巧妙的代數變換, 我們得到一大堆高中數學公式無法導出的漂亮公式, 這是最大的收獲。

更感謝的是黃大原教授, 張鎮華教授熱忱的指導, 由心裡感到交大應數系的溫馨。

參考書籍

1. 常庚哲教授著, 「神奇的複數」, 九章出版社。

—本文作者李政豐任教於省立竹南高中, 錢閔蔚等三人則曾就讀於省立竹南高中—

高中數學問題的實驗與猜想