【Sonic π】電路學之補充《四》無窮小算術‧中下下‧中

就讓我們略窺一下『伽羅瓦』的思考法吧。假使 $x_1,x_2,\cdots, x_n$ 是『多項式』 $P(x) = \sum \limits_{k=0}^{k=n} c_k x^k = 0$ 的『解』，此處係數 $c_k$ 都是『有理數』。如果我們建構一個『對稱函數』

$f(x_1,x_2,x_3,\cdots,x_n) = (x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)\cdots(x-x_n)$

，將它展開後 $c_n f(x_1,x_2,x_3,\cdots,x_n)$ 應該就是 $P(x)$ 的吧。如果將這些『解』 $x_1,x_2,\cdots, x_n$ ，作任意的『排列』permutation $\begin{pmatrix} x_1 & x_2 & x_3 & \cdots & x_n \\ x_2 & x_n & x_4 & \cdots & x_1\end{pmatrix}$ ，此處是說上一排的『解』的『位置』用下一排的『解』來『置換』，由於 $f$ 函數的特殊『形式』，我們會得到 $f(x_1,x_2,x_3, \cdots,x_n)=f(x_2,x_n,x_4,\cdots,x_1)$ 。事實上對於任意的『置換』，都會有 $f(x_1,x_2,...,x_n)=f(x_2,x_1,\cdots,x_n)=f(x_3,x_1,\cdots,x_n,x_{n−1})$ 。所以函數 $f$ 稱之為『對稱函數』，這個『置換』的『不變性』就是『伽羅瓦』主要研究的對象。舉例來說，考慮一個二次方程式 $x^2 + A x + B = 0$ 有兩個根 $\lambda_1, \lambda_2$ ， $F(\lambda_1, \lambda_2) = (x - \lambda_1)(x - \lambda_2)$
$= x^2 -(\lambda_1 + \lambda_2) x + \lambda_1 \cdot \lambda_2$
$= x^2 + A x + B$
，比對後得到
$\lambda_1 + \lambda_2 = -A$ ，和
$\lambda_1 \cdot \lambda_2 = B$
。這兩個『代數式』對於 $\lambda_1, \lambda_2$ 來講，也是『對稱的』，如果將它們看成兩個變數的『聯立方程組』，化簡後所得到的也定然就是『對等的』二次方程式 ${\lambda_1}^2 + A \lambda_1 + B = 0$ 與 ${\lambda_2}^2 + A \lambda_2 + B = 0$ 。

這產生了很重要的結果，假使 $\lambda_1 = a + b \sqrt{Q}$ 是方程式的一個根，假設另一個根是 $\lambda_2 = c + d \sqrt{Q}$ ，由於
$\lambda_1 + \lambda_2 = -A$
$\Longrightarrow (a + b \sqrt{Q}) + (c + d \sqrt{Q}) = -A$
$\Longrightarrow (a + c +A) + (b + d) \sqrt{Q} = 0$
$\therefore a + c + A = 0, \ b + d =0$
，再由
$\lambda_1 \cdot \lambda_2 = B$
$\Longrightarrow (a + b \sqrt{Q}) \cdot (c + d \sqrt{Q}) = B$
$\Longrightarrow (a c + b d Q - B) + (a d + b c) \sqrt{Q}) =0$
$\therefore a c + b d Q = B, \ a d + b c =0$
。因此得到 $d = -b, \ c = a$ 。而且 $a = - \frac{A}{2}, \ b \sqrt{Q} = \frac{\sqrt{A^2 - 4B}}{2}$ 。也就是說這兩個根是熟悉的 $\frac{- A + \sqrt{A^2 - 4B}}{2}$ 與 $\frac{- A - \sqrt{A^2 - 4B}}{2}$ 。於是一個『對稱函數』 $f(x_1,x_2,x_3,\cdots,x_n) = (x-x_1)(x-x_2)(x-x_3)\cdots(x-x_n)$ 如果某一個根 $x_k$ 是 $a + b \sqrt{Q}$ 的形式﹐那麼必然有另一個根 $x_j$ 是 $a - b \sqrt{Q}$ 的形式，這就是由於那個『多項式』的係數是『有理數』的原故，它的『二次方根』的解，總是『成對』出現的啊！於是『二次方根』解的個數也必然是『偶數』的了！！

如果我們探討一個三次方程式 $x^3 + A x^2 + B x + C = 0$ 有三個根 $\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3$ 的情況，此時 $F(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3) = (x - \lambda_1)(x - \lambda_2)(x - \lambda_3)$ ，假使說 $\lambda_1, \lambda_2$ 是一對『二次方根』的解，那麼 $\lambda_3$ 就必然是『有理數』。而且從 $x \approx +\infty \Longrightarrow F(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3) \approx +\infty$ 與 $x \approx -\infty \Longrightarrow F(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3) \approx -\infty$ 來看，三次方程式至少有一個實數解。如果我們用 $x = z - \frac{A}{3}$ 來消去 $A x^2$ 這個『平方項』

${(z - \frac{A}{3})}^3 + A {(z - \frac{A}{3})}^2 + B {(z - \frac{A}{3})} + C$

$= \left( z^3 - z^2 A + \frac{z A^2}{3} - \frac{A^3}{27} \right) + A \left( z^2 - \frac{2 z A}{3} + \frac{A^2}{9} \right) + B \left( z - \frac{A}{3} \right) + C$

$= z^3 + \left(- \frac{A^2}{3} + B \right) z + \left( \frac{2 A^3}{27} - \frac{B A}{3} + C \right)$

$\equiv_{df} z^3 + p z + q$

。那麼為什麼要消去『平方項』的呢？如果考察

$F(\lambda_1, \lambda_2, \lambda_3) = (x - \lambda_1)(x - \lambda_2)(x - \lambda_3)$

$= x^3 - (\lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3) x^2 + \left[\lambda_1 \cdot \lambda_2 + \lambda_3 \cdot (\lambda_1 + \lambda_2) \right] x - \lambda_1 \lambda_2 \lambda_3$

，當『平方項』為『零』時， $- (\lambda_1 + \lambda_2 + \lambda_3) = 0$ ，這建議著 $\lambda_3 = (- \lambda_1) + (- \lambda_2) = u + v$ ，也就是說有一個根可以表示成『特殊兩數』之和。假使我們將 $z = u + v$ 代入方程式，得到

$(u + v)^3 + p(u + v) + q = 0$

$= (u^3 + v^3 + q) + (u + v)(3uv + p) = 0$ ，假使『選擇』 $3uv + p = 0$ ，又可以得到 $u^3 + v^3 + q = 0$ ，是這一組 $u,v$ 所滿足的『聯立方程式』，可以將它改寫成

$uv = - \frac{p}{3} \Longrightarrow u^3 \cdot v^3 = - \frac{p^3}{27}$ ，與

$u^3 + v^3 = -q$ ，這卻正是說 $u^3, v^3$ 是一個『二次方程式』的根。求解後可以得到

$u^{3}=-{q\over 2} + \sqrt{{q^{2}\over 4}+{p^{3}\over 27}}, \ v^{3}=-{q\over 2} - \sqrt{{q^{2}\over 4}+{p^{3}\over 27}}$

，所以 $z=u+v=\sqrt[3]{-{q\over 2}+ \sqrt{{q^{2}\over 4}+{p^{3}\over 27}}} +\sqrt[3]{-{q\over 2}- \sqrt{{q^{2}\over 4}+{p^{3}\over 27}}}$ 。然而三次方程式不是應該有三個解的嗎？假使 $\frac{q^2}{4}+\frac{p^3}{27} >0$ ，那個『根號』 $\sqrt{{q^{2}\over 4}+{p^{3}\over 27}}$ 是正實數，因此 $u^3, v^3$ 也是實數，而 $z$ 是兩個『立方根』之和，所以也是實數。那麼要如何求得另外兩個解的呢？假使設想 $y^3 = \alpha = y^3 \cdot w^3$ 而 $w^3 = 1$ ，然而 $w^3 - 1 = (w - 1)(w^2 + w +1) = 0$ ，所以可以解得 $w = 1, \ w = \omega = \frac{-1 + i \sqrt{3}}{2}, \ w = {\omega}^2 = \frac{-1 - i \sqrt{3}}{2}$ ，於是 $y$ 的三個解是 $\sqrt[3]{\alpha}, \sqrt[3]{\alpha} \ \omega, \sqrt[3]{\alpha} \ {\omega}^2$ ，最終我們可以得到 $(u, v)$ 、 $(u \ \omega, v \ { \omega}^2)$ ，以及 $(u \ {\omega}^2, v \ \omega)$ 三組答案，現今人們將這個方法叫做『卡爾達諾法』。『吉羅拉莫‧卡爾達諾』 Girolamo Cardano 是意大利文藝復興時期百科全書式的學者，主要成就在數學、物理、醫學方面。在一五四五年出版的《大術》一書中，他首先發表了三次方程式的一般解法。然而就數學史而言，真正發現此三次代數方程式解法的或許是『尼科洛‧塔塔利亞』 Niccolò Tartaglia，兩人也因此而結怨。這本書中還記載了四次代數方程的一般解法，其實是由他的學生『費拉里』所發現的？這簡直是特別為那個『實驗哲學』 x-phi 所舉的例子的吧！！

俗話說︰不以規矩，不足以成方圓。在西方文明史中，這個僅使用『直尺』與『圓規』來『作圖』的傳統實在是淵源流長的，據聞它是來自於古希臘的『數學課題』，而且只准用『圓規』和『直尺』，並且祇能在『有限次』的『操作』裡，去解決各種不同的平面幾何『作圖題』。還有人講，它還有『抽象』的『限制條件』︰

一、直尺沒有刻度，但可以是『無限長』，而且只能夠使用直尺之固定的一側。它的『作用』可以將『已有』的『兩個點』連接在一起，成為一條『線』。

二、圓規所畫的圓能夠達半徑長『無限寬』，但是上面也不可以刻有『角度』。它的主要製圖『作用』是『複製』已有的『長度』或是產生與其它之『線』或者『圓』彼此之間的『交點』。

這引發了『古希臘三大難題』
一、【化圓為方】
求一個正方形的邊長，使它的面積與一個已知的圓相等。
二、【三等分角】
求一角，使它的角度是一個已知角度的三分之一。
三、【倍立方】
求一立方體的邊長，使它的體積是一個已知立方體的二倍。

經過了上千年的努力，人們開始思考這些『問題』的『可行性』之『條件』，假使我們按造它規定所說的『條件』，這些都是『不可能』被『作出來』的了。這又是為什麼的呢？因為假使只使用『線』與『圓』，如果從『解析幾何』的觀點來看，『尺規作圖』 Compass-and-straightedge construction 最多也只能夠是多個『二次方程式』之『疊套』 $a_1 + b_1 \sqrt{a_2 + b_2 \sqrt{a_3 + b_3 \sqrt{\dots}}}$ 的罷了！若是有『不滿足』這個『條件』的『構圖』，難到它是有『可能』的『作出圖』的嗎？？

比方說『化圓為方』的方程式像是 $x^2 = \pi r^2$ ，不要說 $\sqrt{\pi}$ 畫不畫的出來，那個 $\pi$ 難道就畫的出來的嗎？如果思考一個『單位圓』 ── 直徑等於一，圓周長等於 $\pi$ ── 的『內接』以及『外切』的正四邊形、八邊形、十六邊形等等『倍邊數』逼近的『正多邊形』，這個圓的『周長』 $\pi$ 總是介於這些內外的『正多邊形』之『周長』之間，就算那些內外切『正多邊形』都可以借助於『半角公式』 $\sin\frac{\theta}{2}=\pm\sqrt\frac{1-\cos\theta}{2}$ 表達成『二次方程式』的『疊套』形式，恐怕也得要『無限』之『尺規步驟』才能得出這個 $\pi$ 的吧！

雖然我們已經談過了『三次方程式』的求解以及一般方程式『二次方根』解的個數是『偶數』的，如果我們直接計算 $\sqrt[3]{r} = a + b \sqrt{Q}, \ Q \geq 0$ 會得到什麼的呢？
$r = {(a + b \sqrt{Q})}^3$
$= a^3 + 3 a^2 b \sqrt{Q} + 3 a b^2 Q + b^3 Q \sqrt{Q}$
$= (a^3 + 3 a b^2 Q) + (3 a^2 b + b^3 Q) \sqrt{Q}$
$\therefore 3 a^2 b + b^3 Q = 0$
，所以 $3 a^2 + b^2 Q = 0$ ，因為 $a^2, b^2 > 0$ ，所以 $Q < 0$ ，這就產生了假設『矛盾』的了，因此『立方根』終究是無法表達成『二次方根』的吧！！

假使我們從『三角函數』的『三倍角公式』來看
$\cos \theta = 4 \cos^3 {\frac{\theta}{3}} -3 \cos {\frac{\theta}{3}}$
，這又是一個『三次方程式』的啊！無怪乎，它也是『幾何作圖』之『不可能』的吧！！