耀眼的十七角星

耀眼的十七角星葉清煌大多數(shù)的同學(xué)認識數(shù)學(xué)王子一高斯（GAUSS.德國數(shù)學(xué)家西元1777?1855）是由國中數(shù)學(xué)課本講等差級數(shù)時有這一則故事。據(jù)說高斯在幼年時，老師出了一道複雜的計算題，即「求由1到100所有整數(shù)和」，但高斯卻令人驚訝的在幾秒內(nèi)就算出他的正確答案為〝5050〞。使他的老師再也不敢看不起鄉(xiāng)下小孩。更進而賣力地幫助高斯，直到他無法教給高斯更進一步的數(shù)學(xué)知識。高斯的家境貧窮，到14歲時才得到布朗斯韋克公爵全力資助（從1791年開始）?？墒墙?jīng)濟方面的考慮值得正視。因此高斯曾徘徊在十字路口，對於終生事業(yè)不知何去何從。1796年3月30日是一個關(guān)鍵時候，當(dāng)年高斯才18歲，他發(fā)現(xiàn)了如何從〝歐氏工具〞，也就是以圓規(guī)及直尺，作十七邊形的圖。這個發(fā)現(xiàn)使高斯在數(shù)學(xué)家中一炮而紅，也因這事件使高斯決定獻身數(shù)學(xué)。大數(shù)學(xué)家Klein稱讚高斯如下：''顯在我們面前的是一幅緊張和奇趣的活人劇，你看那十十八世紀的大數(shù)學(xué)家，就像一連串起伏的高山終止於動人的高峰GAUSS，越過此高峰是一片大且肥沃的田園，充滿了生命的欣欣向榮。〞若非發(fā)現(xiàn)正十七邊形的尺規(guī)作圖而致使高斯迫於經(jīng)濟壓力，改變志趣，可想像得到今天的世界局面會倒退多少?？稍脒^在你墓碑上留下什麼嗎？高斯對此成就是那麼自豪與高興，因而告訴他的友人說，他的墓碑上一定要刻上正17邊形，可惜並沒有如願以償，高斯的紀念碑上刻著一顆十七個角的星星，原來是負責(zé)紀念碑的雕刻家認為正十七邊形和圓形太像了，大家一定分辨不出來。（雕刻家的話有道理嗎？太外行了）高斯不但解決了正十七邊形的作圖問題，而且也知道在理論上，用圓規(guī)和直尺作圖，哪些正多邊形可以做到，哪些是不能做到。他的定理說：正n多邊形可以尺規(guī)作圖之充要條件是n可以寫成n二2mPP…P，其中pP…P都是不2r12r相同的費馬質(zhì)數(shù)。所謂費馬質(zhì)數(shù)就是型如F(k)二2滋)+1的質(zhì)數(shù)，如F(0)=3，F(xiàn)⑴=5，F(xiàn)(2)=17，F(xiàn)⑶=257，F(xiàn)⑷=65537，法國數(shù)學(xué)家PirreFermat(費馬1601-1665)曾研究這些數(shù)並猜想所有型如2&)+1的數(shù)皆為質(zhì)數(shù)，這是不對的。Euler(尤拉1707?1783)發(fā)現(xiàn)F⑸=4294967297含有因數(shù)641。1958年利用電子計算機發(fā)現(xiàn)2。194+1能被5x21947+1所整除。前者大得不能想像；如果有人用一公分寬的數(shù)目字把他寫成十進位，他能繞可見的宇宙無數(shù)次。至今除了F(0)、F(1)、F⑵、F⑶、F⑷外，我們還沒有找到任何新的費馬質(zhì)數(shù)。如果正n邊形可以作圖，則正2n邊形自然也可以作圖。如果正s邊及正t邊形都可以作圖而且s，t互質(zhì)，則正st邊形也可以作圖，理由如下：若正s(或t)邊形可以作圖，也就是說我們可以把圓周s(或t)等分；設(shè)分點按逆時鐘方向順次各為PP…P(或Q,Q??.Q)。而且使p與Q重合。因為s、t互質(zhì)，我們由輾轉(zhuǎn)相除01 s-1 01 t-1 0 0法可找到兩個正整數(shù)u,v，使得vs-ut=1,即v--=丄tsst因圓弧QQ佔了全圓周的V，而PP佔了U，所以由上面等式可知PQ佔了全圓周的丄，亦即0v t0us uv st弦PQ為內(nèi)接正st邊形的一邊。uvPuQ1PPuQ1P1Q0=P0由法國數(shù)學(xué)家Abraham-deMoivre（棣美弗）定理可知二項方程Z”=1之根，也就是俗稱n次單位方根必為：360。 360。Z=coskx+isinkxk n n正n邊形之作圖在歐氏幾何的意義下，僅限於使用圓規(guī)和直尺，在這種限制下可以證明只能作出有理數(shù)、平方根，以及經(jīng)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(shù)。因此，一般而言，三次方根不能以尺規(guī)作圖；這就是在希臘三大幾何不可解的問題中〝三等分一角〞及〝倍立方〞等兩問題不能解的原因（除特殊情形以外）。由於二項方程式Zn=1與分圓問題的相關(guān)連，我們知道只要能用有限多個有理數(shù)或平方根將cos360。表出，則可作正n邊形作圖，我們n從單位圓著手，以尺規(guī)作出線段OP=cos360。n，過P作x軸之垂線交單位圓於B。AB即為正n邊形之一邊。從P點把解二項方程的問題，化為解一連串一次或二次方程的問題。

當(dāng)n=3時，Z3=1(z-1)(Z2+Z+1)=0Z=1故得三根＜Z=-—+^~i227= 1Q322當(dāng)n二4時，Z4—1(Z—1)(Z+1)(2+)—0故得四根為Z—1，Z—i，Z——1，Z——i1 2 3 4當(dāng)n二5時，Z5—1(Z—1)(Z4+Z+Z+ZJ—Z—1S或Z4+Z3+Z2+Z+1—0

tZmO二Z2+Z+1+—+丄=0Z Z2所以12=Z2+丄+2Z2-1+躬 -1-75t= ,t=—1222tZ,1-1+J5tZ+1-7t=Z+—= ,t=Z+—= 1Z2 2Z2-1+頁 -1-75Z2- Z+1=0,Z2- Z+1=0-1-V32+-1-V32+「—曠52-4-1+J3+2Z=—1-1-1+p5 10+25= +1-=士+八10-2応=cos=cos72。+isin72。=cosl44+isinl44。1+€5 1+1+€5 1+-25Z—— —I-4口=-1-/5 10血5Z—— —I34=cos216=cos216。+isin216。(1)=cos288。+isin288。因此cos72。=cos360=1+5v5可由1與5v5可由1與5的比例中項得出。高斯在他的研究結(jié)論說：〝在歐幾里得時代已經(jīng)知道把一個圓分成三等分或五等分。令人吃驚的是在兩千年中沒有新東西來充實這些發(fā)現(xiàn)，幾何學(xué)家認為除了這些情況以及由這些情況導(dǎo)出的那些以外，使用圓規(guī)和直尺不能作正多邊形。〞希臘人早就會作正三及正五邊形，下一個費馬質(zhì)數(shù)就是17，這更顯出正17邊形作圖的歷史意義，正17邊形的實際作圖想法如下：考慮圓分割方程式Zp1，Zp-1+Zp-2+?…Z2+Z+1=0其中p為形如22+1的質(zhì)數(shù)令以1,，…?p-1表示Zp=1之根，將1除外之p-1個根（這裡?二cos6+isin6,e二逆匕）組成周期。高斯周期是根的和，其中後p項是前項的g次方，而總和之末項的g次方形成第一項（因此才稱為周期）指數(shù)g稱為質(zhì)數(shù)p的原根，g為整數(shù)，gp-1除以p得餘數(shù)1。換言之，g使得（1）的根可以用下列形式表示：Z,Z g,Z=①g2，…，Z=?gp-2TOC\o"1-5"\h\z0 1 2 p-2周期是Z+Z+Z+…+Z0 1 2 p-2事實上Z=（z）gv+1 v（Z）g=?gp-1=?s+i=o（s是整數(shù)）p-2下一個周期只包含a=広1項，即Z+Z+Z+…+Z（r二2a-2）0 2 4 r在這個周期裡，後項總是前項的g2次方，而且（Z）g2二Z，g2也是p的一個原根。r0依此設(shè)b=鳥,c=d,d=c,…以下類推。222高斯解圓分割方程式的辦法是把（1）簡化成二次方程式組的鏈。第一組包括一個二次方程式，第二組兩個，第三組四個，第四組八個，…等，最後一組包括a個二次方程式。第一組的各根構(gòu)成a項周期，第二組構(gòu)成b項周期，第三組構(gòu)成c項周期，最後一組構(gòu)成一個單項周期，也就是（1）本身的各個根。一組方程的各係數(shù)可由前一組方程之各係數(shù)確定，所以，最後一組的各項方程直接給出（1）的各個根。在逐次確定各係數(shù)的過程中we=?（r是E除以P的餘數(shù)且為整數(shù)）-----（2）是很重要的式子。現(xiàn)在用高斯的方法解正17邊形（p二17）的方程式Z17—1=Z16+Z15+???+Z2+Z+1=0Z—1設(shè)0=360,?=cos0+isin017=eki0=cosk0+isink0,k=1,2,3,???16,且Z=?gv,g表示17的最小原根了v將1除外之16個根依序排成兩行3,33,39,310,313,35,315,311316,314,38,37,34,312,32,36亦即下列元素為上列元素之共軛複數(shù),由圖形即可看出31,32,33,…,316除以17所得餘數(shù)分別為m0123456789101112131415163m139101351511161487412261因此依據(jù)(2)ZZZZZZZZZZZZZZZZ0 2 4 6 8 10 12 14 1 3 5 7 9 11 13 1533931331531638343233310353113143731236在數(shù)列乙Z,Z…，中每一個根為前一根之立方鏈中的第一組包括一個二次方程，其各個根成012為周期。^令a=(jQ+(jQ9+(jQ13+(jQ15+(jQ16+(jQ8+ +(jQ2(a、B皆為實數(shù)，a>0,B<0)=2(cos0+cos80+cos40+cos20)卩=國+?+€o+ia)+1的+7?+13=2(cos30+cos70+cos50+cos60)由於?16+?15+ ?2+?+1=0

Aa+p=-1又a-p=-4因為故在a-p中這種項共計十六個，每四個可以結(jié)合成一個故a-p=-4故a、p滿足二次方程式12+1-4=0(3)故各個根為四個四項周期為U=Z+Z+Z+Z=?+?i3+a)i6+?4=2(cos0+cos40)TOC\o"1-5"\h\z0 4 8 12u二Z+Z+Z+Z=co9+coi5+cos+co2=2(cos80+cos20)6 10 14V二Z+Z+Z+Z=03+05+oi4+oi2=2(cos30+cos50)1 5 9 13V二Z+Z+Z+Z=oio+oii+o7+o6=2(cos70+cos60)7 11 15故U+u=a,V+v=P

...U-u=W+?2 W16=-1V-v=W+?2 W16=-1相對應(yīng)的二次方程為TOC\o"1-5"\h\z12-at一1=0 (4)12一卩t一1=0 (5)它們的根為U_a+Ja2+4 卩+叮卩2+4二 ,V二 22u:_a-\；a2+4 _卩一寸卩2+4二 ,v二 22且U>u,V>v。TOC\o"1-5"\h\z在所得各個二項周期中僅需兩式Y(jié)=Z+Z=?+?16=2cos6和5=Z+Z=?13+朗=2cos46(Y>6)0 8 4 12故y+6=UY'6=W5+?14+W3+W12=V由(3)(4)(5)(6)我們可以計算cosB二a+Ja2+42丿+a+a2+4由(3)(4)(5)(6)我們可以計算cosB二a+Ja2+42丿+a+a2+4~1一4.[P^/Pi+4'2v 丿-1+曲'2丿2'+4+」2x,—1+茁'［2丿,—1—疔〔2丿8F纟［—1+厲+J34—2.17+、；；68+12JT7—16J34+2厲—2C—苗)(34—2厲j高斯計算w=cos -+isin-=0.9324722294+i0.3612416662之值，高明吧！77這個形式可以尺規(guī)作圖，但明顯的是複雜，難度高，因此我們用下列的方法簡化：令屮是一個正角，使得tan4?=4故12+1—4=0可改寫為12+4tcot4?-4=0TOC\o"1-5"\h\z其兩根為2tan2?，—2cot2?，即a二2tan2?,P=—2cot2?又U=tan〔?+上］,V=tan?=2(cos30+cos56) (7)I4丿V八u=tan?——,v=—cot?=4cos30-cos50 (8)I4丿因為ZOIA=4?,ZOIE=?2(cosZAOP+cosZAOP)=2°竹_叫3 5 OAOE