【Sonic π】電路學之補充《四》無窮小算術‧中下下‧中

2014-11-05 懸鉤子

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！！

化圓為方

倍立方

三等分角

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【Sonic π】電路學之補充《四》無窮小算術‧中下下‧上

2014-11-04 懸鉤子

畢卡索名作《格爾尼卡》

群論啟始者

伽羅瓦理論創造者

$\sqrt[4]{-1}$ 之根

$\sqrt[3]{-1}$ 之根

$\pm \sqrt{x}$

$\sqrt[3]{x}$

概念的由來並非是無根之木突然結果，自有歷史的淵源，比較像鐵樹開花，基礎之因和境遇之緣的偶遇，彷彿一道閃光劃破天際，於是人們就知道了雷聲不遠的了。

在『群論』 group theory 的歷史上，兩位重要的興起者，或許因為不同的環境因素，都發生不幸的早夭事件。其一是挪威數學家尼爾斯‧亨利克‧阿貝爾 Niels Henrik Abel 生於一八零二年，一八二五年得到政府之資助，始得遊學柏林和巴黎。由於生前不得志，現實裡一直無法獲得教席而能專心的研究，最終在一八二九年，因肺結核在挪威的弗魯蘭病世。就在死後兩天，家中收到了來自柏林的聘書。阿貝爾他以證明五次方程式『不可能』用『多次方根形式』 $\sqrt[n]{x}$ 的一般解與對於『橢圓函數論』的研究而聞名於世。

法國著名的數學家埃瓦里斯特‧伽羅瓦 Évariste Galois 生於一八一一年，當他還是十多歲的青年之時，他就已經發現了 N 次多項式可以用『根式解』的『充份必要條件』，這解決了長期困擾數學界的問題。伽羅瓦是第一個使用『群』 group 這一個術語的人。據聞他是一位激進的共和主義者，在路易‧菲利普復辟的時期被捕入獄。一八三二年時，伽羅瓦於出獄後，在一次幾乎自殺式的決鬥中喪了命，此事件的起因引起了多方各種的揣測？？在今天他與阿貝爾並稱為『現代群論』的創始人。

過去大數學家『歐拉』曾經著書立論，強調新的數學常常是起源於『觀察』與『實驗』。那麼伽羅瓦和阿貝爾他們又在觀察『什麼』的呢？假使思考 N 階『多項式』和 N 次『方程式』的『融會處』

$P(x) = \sum \limits_{i=0}^{i=n} c_i \cdot x^i = 0 \ =?= \prod \limits_{k=1}^{k=n} x - x_k$

，此處 $c_i$ 是『有理數』， $x_k$ 是對應的『根』。

那麼當時果真已經證明了 N 次『方程式』就有 N 個解的嗎？其實並非如此，然而『三次』與『四次』方程式求解的一般的『方法』大概已經知道了。這又和『五次』方程式能不能求解有什麼關係的呢？就樣我們就從 $\sqrt{2}$ 是『有理數』嗎開始，也許可以窺見一斑。為什麼說 $\sqrt{2}$ 『不可能』是『有理數』的呢？因為它不可能『表達』成『有理數』的『形式』 $\frac{p}{q}$ ，一般約定的說此處 $p$ 與 $q$ 是整數而且互質。如果依據『歐幾里得』的證法，假使講一個有理數 $Q$ 的『因式分解』，沒有任何一個『質因子次方』大於二 ── 其內沒有平方數 ──，那麼這個 $\sqrt{Q}$ 也就必然不會是『有理數』的了。這又是為什麼呢？因為假設 $\sqrt{Q} = \frac{p}{q}$ ，就可以得到 $p^2 = q^2 \cdot Q$ ，然而因為 $p, q$ 『互質』，所以 $p = k \cdot Q$ ，而且 $k, q$ 也『互質』，這樣又可以得到 $q^2 = k^2 \cdot Q$ ，因此 $q = m Q$ 就一定是當然的了，於是 $p$ 和 $q$ 就有了共同『因子』 $Q$ ，這卻產生了『假設矛盾』，因是之故，『歸謬』的得出了 $\sqrt{Q}$ 不是『有理數』。那麼當我們談及 $P(x) = x^2 -2 = 0 = (x + \sqrt{2})(x - \sqrt{2})$ 時，這裡所說的『多項式』與『方程式』是一樣的嗎？它們的內在聯繫又是什麼的呢？

如果說一個『群』的定義是

群是一個集合 $G$ ，這個集合內定義了一種『二元運算』 $\cdot$ ︰一、對於任何的 $a,b \in G$ ，就有 $a \cdot b = c \in G$ ，這叫做『封閉性』。二、而且對於任何的 $a,b,c \in G$ ，都有 $(a \cdot b) \cdot c = a \cdot (b \cdot c)$ ，這稱之為『結合性』。三、同時在 $G$ 中有一個『單位元素』 $e$ ，對於任意 $G$ 中的元素 $a$ ，都滿足 $e \cdot a = a \cdot e =a$ 。四、其次對於任意 $G$ 中的元素 $a$ 皆存在一個『反元素』 $a^{-1}$ ，使得 $a \cdot a^{-1} = a^{-1} \cdot a = e$ 。

就這麼簡單的『群四條』果真能得到什麼『結果』的嗎？就像有人說『牛頓的運動定律』 $\vec{F} = m \cdot \vec{a}$ 也只不過是個『因果』原理的嘛？彷彿『中藥』有『藥方』與『藥引』之說法一般；一個理論的抽象『概念』也有『關鍵點』和『下手處』一樣。假使我們設想對於一個『群』之『二元運算』形式所無法『表達』的『對象』，那個『對象』在此『運算群』來說就是『不可能』求解的吧！所以 $x^2 = 2$ 和 $x^2 = 4$ 其實很不相同，有理數系的『加法』與『乘法』都滿足『加法群』和『乘法群』的要求，但由於 $\sqrt{2}$ 無法表達成『有理數』的形式，因此才被叫做『無理數』的啊！也可以說『可求解性』和『可表達性』這兩個概念發生了內在的聯繫，於是人們開始用著不同的『觀點』與『角度』理解方程式『求解』的一般性問題的了！！

假使我們思考 $a + b \sqrt{Q}$ 這樣形式之數所構成的集合 $S$ ，此處 $a,b,Q$ 都是有理數， $Q$ 中沒有任何的『平方數』因子。如果 $p = a_p + b_p \sqrt{Q}$ 與 $q = a_q + b_q \sqrt{Q}$ 都屬於 $S$ ， $p + q = (a_p + b_p \sqrt{Q} ) + (a_q + b_q \sqrt{Q}) = (a_p + a_q) + (b_p + b_q) \sqrt{Q}$ 屬於 $S$ ，加法『單位元素』是 $0$ ， $p$ 的加法『反元素』是 $- a_p - b_p \sqrt{Q}$ ，又滿足『結合性』，所以說 $S$ 是一個 $a + b \sqrt{Q}$ 這樣形式之數的『加法群』。同理也可以驗證 $S$ 是一個 $a + b \sqrt{Q}$ 這樣形式之數的『乘法群』，當然 $0$ 是沒有『乘法反元素』的，乘法的『單位元素』是 $1$ 。這樣任意的有理係數多項式 $P(x) = \sum \limits_{i=0}^{i=n} c_i \cdot x^i$ 對 $x = a + b \sqrt{Q}$ 求值的結果，也只能是 $r + s \sqrt{Q}$ 的形式。如果我們再細想 $a + b \sqrt{Q} = c + d \sqrt{Q} \Longrightarrow a = c, b = d$ ，那麼假設 $P(x) = 0$ 有一個解是 $\alpha + \beta \sqrt{Q}$ ，它是否就必得有另一個解是 $\alpha - \beta \sqrt{Q}$ 的呢？這就像 $a x^2 + b x + c = 0$ 的符號解是 $\frac{-b \pm \sqrt{b^2 - 4 a c}}{2a}$ 一般，那個正負號 $\pm$ 所表達的就是『成對』出現的意思的啊！再舉個例子來說， $3^{500}$ 除以 $5$ 的餘數計算，由於餘數只可能是 $0,1,2,3,4$ ，因此我們計算 $3 \ mod \ 5 = 3$ ， $3^2 \ mod \ 5 = 4$ ， $3^3 \ mod \ 5 = 2$ ， $3^4 \ mod \ 5 = 1$ ， $3^5 \ mod \ 5 = 3$ ，所以 $3^{500} = {3^4}^{125} \ mod \ 5 = 1$ 。為什麼我們會這麼算的呢？因為餘數的個數僅只五個，所以 $3$ 的連續乘幕不可能不發生重複，由於這個觀點的轉換，簡化了求解的方向。從這個角度來說，『群論』對方程式『可解性』的研究也是這樣，換個方向來看問題。

樹莓派、樹莓派之學習、樹莓派之教育

【Sonic π】電路學之補充《四》無窮小算術‧中下中‧下

2014-11-03 懸鉤子

錦帶橋的清晨

交叉梯子之問題

在《【Sonic π】聲波之傳播原理︰原理篇《四下》》一文中我們談到了『駐波』的形成，之後又說明了『樂器』製造通常需要『共振腔』的放大。事實上『調和序列』 $1, \frac{1}{2}, \frac{1}{3}, \frac{1}{4}, \cdots, \frac{1}{n}, \cdots$ ，與『調和級數』 $\sum \limits_{k=1}^{k=n} \frac{1}{k}$ 的『調和』之名源於『樂理』中的『泛音』 overtone 和『泛音列』 harmonic series。一首『樂曲』從『數學』上講，就是一個個『音符』構成的頻率序列，在『時序』上『和諧』的展開，因此才有人說︰『音樂』是有聲的『數學』，『數學』是無聲的『音樂』的啊！我們如果自『遞迴關係式』所比之擬之『相空間』的『符號動力學』來看，或許它該說是『物理』中的『音符動力學』的吧！

即使由『調和平均數』一詞來說，假使 $t_k = \frac{1}{k}$ 是一個『調和序列』的第 $k$ 項，那麼任意兩項的『調和平均數』 $h$ 就是 $h = \frac{2}{\frac{1}{t_i} + \frac{1}{t_j}}$ ，所以 ${h} = \frac{2}{i + j}$ 。於是『調和序列』中任意連續的三個數 $t_{h-1}, t_h, t_{h+1)$ 『全部』都構成了『調和平均數』之『關係』 ${2h} = (h-1) + (h+1)$ 。因此這就是『為什麼』那個『調和序列』會被稱之為『調和』的了。現實裡，大概也只有大自然中，那不期而遇的『山光水影』之『漸層』的『美』，方能夠與之『匹配』的吧！！

幾何上講， $a, b$ 兩正數的算術平均值是 $A = \frac{a+b}{2}$ ，幾何平均量是 $G = \sqrt{a \cdot b}$ ，搭配上調和平均數 $H = \frac{2 a \cdot b}{a+b}$ 滿足 $H = \frac {G^2} {A}$ 。如果再添上『平方平均數』 $Q = \sqrt{\frac{a^2 + b^2}{2}$ ，彼此間擁有 $\min{(a,b)} \leq H \leq G \leq A \leq Q \leq \max{(a,b)}$ 的關係。

作者不知從何時起網路上開始流傳了一個『交叉梯子之問題』 Crossed ladders problem，根據『 Wolfram‧mathworld』的索引，它來自於
Gardner, M. Mathematical Circus: More Puzzles, Games, Paradoxes and Other Mathematical Entertainments from Scientific American. New York: Knopf, pp. 62-64, 1979.
這本書。為什麼它又被稱之為『迷惑‧難題』 puzzle 的呢？假使你知道『巷子』中兩根斜擺的『梯子』的長度是 $a,b$ ，你也知道它的『交叉點』距地的『高度』是 $h$ ，那麼你能不能算出『巷寬』 $w$ 的呢？

由於 $h \parallel h_1$ 和 $h \parallel h_2$ ，可以得到 $\frac{d_2}{d} = \frac{h}{h_1}$ 與 $\frac{d_1}{d} = \frac{h}{h_2}$ 。然而 $d_1 + d_2 = d = \left( \frac{h}{h_2} \right) d + \left( \frac{h}{h_1} \right) d$ ，化簡後得到 $\frac{1}{h_1} + \frac{1}{h_2} = \frac{1}{h}$ ，這三者竟然滿足這個『不預期』之『關係式』，而且不見 $d$ 的蹤影了。假設 $h_1$ 的梯子長 $l_1$ ， $h_2$ 的梯子長 $l_2$ ，由『畢氏定理』可以得到 $l_1^2 + d^2 = h_1^2$ 與 $l_2^2 + d^2 = h_2^2$ ，所以 $l_1^2 - l_2^2 = h_1^2 - h_2^2 = (h_1 + h_2) \cdot (h_1 - h_2)$ ，因此 ${\left[ l_1^2 - l_2^2 \right]}^2 = {(h_1 + h_2)}^2 \cdot {(h_1 - h_2)}^2$
$= {(h_1 + h_2)}^2 \cdot {\left[ {(h_1 + h_2)}^2 - 4 h_1 h_2 \right] }$ ，由於 $\frac{1}{h_1} + \frac{1}{h_2} = \frac{1}{h}$ ，因此 $h_1h_2 = (h_1+h_2)h$ ，將之代入上式得到
$= {(h_1 + h_2)}^2 \cdot {\left[ {(h_1 + h_2)}^2 - 4 (h_1+h_2)h \right] }$

。如果我們仔細考察下面的方程式

${\left[ l_1^2 - l_2^2 \right]}^2 = {(h_1 + h_2)}^2 \cdot {\left[ {(h_1 + h_2)}^2 - 4 (h_1+h_2)h \right] }$

，『左邊項』為『已知量』，『右邊項』是『未知數』 $h_1+h_2$ 的『方程式』。假設 $l_1 > l_2$ ，如果我們定義

$c = \frac{4 h}{\sqrt{l_1^2 - l_2^2}}$ ， $x = \frac{h_1+h_2}{\sqrt{l_1^2 - l_2^2}}$

，可以將之化簡為

$x^3(x - c) - 1 = 0$

，總是不見『巷寬』 $d$ 的『蹤影』，所以方說令人『迷惑』的啊！竟然得要『求解』四次方程式，因此才是個『難題』的吧！更不要講它還能夠有全『整數解』，舉例來說， $(l_1, l_2, h, h_1, h_2, d_1, d_2, d) = (119, 70, 30, 105, 42, 40, 16, 56)$ ，果然是奇也怪哉！！

假使我們已經解得了 $x_{\lambda}$ ，那麼要怎們求出『巷寬』 $d$ 的呢？我們還得解下面的方程式？？假設 $\alpha = \sqrt{l_1^2 - l_2^2} x_{\lambda}$

$h_1 + h_2 = \alpha$

$h_1 \cdot h_2 = \alpha h$

，用二次方程式的『公式解』可以得到

$h_1 = \frac{\alpha \pm \sqrt{{\alpha}^2 - 4 \alpha h}}{2}$

$h_2 = \frac{\alpha \mp \sqrt{{\alpha}^2 - 4 \alpha h}}{2}$

再由， $l_1^2 + l_2^2 = (h_1^2 + d^2) + (h_2^2 + d^2)$ ，因此 $d = \sqrt{\frac{(l_1^2 + l_2^2) - (h_1^2 + h_2^2)}{2}$ ，因為 $h_1^2 + h_2^2 = {(h_1+h_2)}^ 2 - 2 h_1 h_2 = {\alpha}^ 2 - 2 \alpha h$ ，所以那個久違的『巷寬』就是 $d = \sqrt{\frac{(l_1^2 + l_2^2) - ( {\alpha}^ 2 - 2 \alpha h)}{2}$ ！！

有人問為什麼要『假設』 $l_1 > l_2$ 的呢？由於那個『方程式』對於 $h_1, h_2$ 與 $l_1, l_2$ 來講是『對稱的』，所以除非這兩者『相等』，否則『假設』 $l_1 > l_2$ 只是方便論述而已，畢竟『根號』內之數在此該是正的啊！再者當 $l_1 = l_2$ 時，就有 ${(\frac{l_1}{2})}^2 + h^2 = {(\frac{d}{2})}^2$ 的關係存在，就可以直接求得 $d = \sqrt{l_1^2 + 4 h^2}$ 的了！如此根本不需要解那個四次方程式的吧！！

如果從『直覺上』來講，假使當 $h_2 = \delta h_2 \approx 0$ ，此時 $h = \delta h \approx 0$ ，那麼我們能夠求得 $\frac{\delta h}{\delta h_2}$ 之『極限值』的嗎？因為這時 $l_2 \approx d$ ，因此 $c = \frac{4 h}{\sqrt{l_1^2 - l_2^2}} \approx \frac{4 \delta h}{\sqrt{l_1^2 - d^2}} \approx 0$ ，所以那個四次方程式就變成了 $x^3(x - c) -1 =0 \Longrightarrow x^4 - 1 \approx 0$ ，它有四個解 $\pm 1, \pm \sqrt{-1}$ ，於是 $\alpha = \sqrt{l_1^2 - l_2^2} x_{\lambda} \approx \sqrt{l_1^2 - d^2}$ ，由於 $h_1 \delta h_2 = \alpha \delta h$ ，故得 $\frac{\delta h}{\delta h_2} = \frac{h_1}{\alpha} \approx \frac{h_1}{\sqrt{l_1^2 - d^2}} \approx 1$ 。

事實上，即使 $\angle BAC$ 與 $\angle DCA$ 不是『直角』，依然是 $\frac{1}{\overline{AB}} + \frac{1}{\overline{CD}} = \frac{1}{\overline{EF} }$ 。在它們是『直角』時，甚至可以得到 $\angle BFE = \angle DFE$ ，如果將它想像成『入射角』等於『反射角』，從 $B$ 點發出的光線，將於 $F$ 點反射到 $D$ 點上。

許多看似『無關』的『知識』片段，往往具有『內在』的『肌理』關係，就此觀之，『學習』一事常在『發現』這個『關係』，以及『貫通』現象之間內在的『聯繫』的啊！！

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【Sonic π】電路學之補充《四》無窮小算術‧中下中‧中

2014-11-02 懸鉤子

具體數學：計算機科學之基石

An ant starts to crawl along a taut rubber rope 1 km long at a speed of 1 cm per second (relative to the rubber it is crawling on). At the same time, the rope starts to stretch uniformly by 1 km per second, so that after 1 second it is 2 km long, after 2 seconds it is 3 km long, etc. Will the ant ever reach the end of the rope?

在『具體數學』這本書中提到了另一個『違反直覺』的例子 ── 橡膠繩上的螞蟻 ──，一隻螞蟻以每秒鐘一公分的速度，在一根長一公里拉緊了的橡膠繩上爬行【螞蟻的爬行速度相對橡膠繩】，就在螞蟻爬行的同時，橡膠繩也以每秒一公里的速度伸長，也就是說一秒後，它有兩公里長，兩秒後有三公里長等等。試問螞蟻果真到的了繩子之另一端的嗎？

假設 $t$ 時刻時，螞蟻在 $x(t), x_0 = x(0)$ 的『位置』，以 $\alpha$ 的速度朝另一端爬行，同時橡膠繩用 $v$ 的速度同向均勻伸長，因此橡膠繩上的某點 $X$ 的伸長速度將是 $\frac{X}{c + v t} v$ ，此處 $c$ 就是橡膠繩的『原長』，由於起點是『固定』不動的，因此繩上各點的速度與『端點的速度』 $v = \frac{c + v t}{c + v t} v$ 成比例，於是對於一個靜止的觀察者而言，螞蟻的速度將是

$\frac{dx(t)}{dt} = x'(t) = \alpha+\frac{x(t)}{c+vt} v$

。如果我們設想要是橡膠繩並不與時伸展，那麼這隻螞蟻是一定到的了彼端，假使一個相對於繩子靜止的觀察者將看到什麼現象的呢？或許他將用 $\Phi (t) = \frac{x(t)}{c + v t}$ 來描述這隻螞蟻的行進的吧！它從 $t=0, \Phi(0) = 0$ 開始爬行，它將會在 $t=T, \Phi(T)=1$ 時刻到達了另一端。由於

$\frac{d\Phi}{dt} = \frac{d}{dt} \left[ {(c + v t)}^{-1} \cdot x(t) \right]$
$= {(c + v t)}^{-1} \cdot \frac{dx(t)}{dt} - {(c + v t)}^{-2} \cdot v x(t)$
$= {(c + v t)}^{-1} \cdot \left[ \alpha + {(c + v t)}^{-1} \cdot v x(t) \right] - {(c + v t)}^{-2} \cdot v x(t)$
$= \frac{\alpha}{c + v t}$ ，因此我們就可以得到

$\Phi(t)=\int{\frac{\alpha}{c+vt}\,dt}=\frac{\alpha}{v}\log(c+vt)+\kappa$

此處 $\kappa$ 積分常數。從 $\Phi(0)=0$ ，可以得到 $\kappa=-\frac{\alpha}{v}\log{c}$ ，所以 $\Phi(t)=\frac{\alpha}{v}\log{\left(\frac{c+vt}{c}\right)}$ 。再從 $\Phi(T)=1$ ，就得到了 $T=\frac{c}{v}\left(e^{v/\alpha}-1\right)$ 。

假使將 $c = 1 km, v = 1 km/sec, \alpha = 1 cm/sec$ 代入後，求得 $T=(e^{100,000}-1) \ \mathrm{s}\ \approx2.8\times10^{43,429}\,\mathrm{s}$ ，這隻小螞蟻果真到的了彼端，雖然它得經過千千萬萬個三千大劫的吧！！

那麼為什麼︰某點 $X$ 的伸長速度會是 $\frac{X}{c + v t} v$ 的呢？假使考慮一根『有刻度』 $p_i, i = 0 \cdots n$ 的尺，它的一端固定，另一端向外延伸，這樣每個『刻度點』也都相對的向外伸長 ${\delta}_i$ ，於是『固定端』 ${\delta}_0 =0$ ，『第一個刻度』在 $p_1 + {\delta}_1$ 的位置，『第二個刻度』在 $p_2 + {\delta}_1+ {\delta}_2$ 的位置，這樣『第 $k$ 個刻度』將在 $p_k + \sum \limits_{j=1}^{j=k} {\delta}_j$ 的位置。假設『橡膠繩』的『彈性』是『均勻』的，這樣所有的 ${\delta}_i = \delta x$ 都相等，因此 $p_k + \sum \limits_{j=1}^{j=k} {\delta}_j = p_k + k \delta x$ ，如此當『另一端』用『定速』 $v$ 移動時，此時 $n \delta x = v \delta t$ ，於是『第 $k$ 個刻度』就用 $\frac{k}{n} v$ 的速度在移動的啊！

過去有人曾經想像過一種情況︰如果說宇宙中的一切，在夜間會突然的『變大』或者『縮小』，那麼我們能夠『發現』的嗎？假使從『量測』的觀點來看，如果度量用的『尺』 $l_{\lambda} = \lambda l_0$ 隨著時間改變，『被度量事物』的『大小』 $S_0$ 也『協同』的跟隨著變化 $S(t) = \lambda \cdot S_0$ ，這樣在那個『宇宙』裡面 $\frac{S(t)}{l_{\lambda} } = \frac{S_0}{l_0}$ ，也就是講『測量』沒有辦法『知道』到底『有沒有』發生過這件事的啊！！然而這卻更進一步引發了『自然定律』到底是否會在『度量單位』的改變下，而有所不同的呢？？

之前在《亞里斯多德之輪！！》一文中，我們談到了『伽利略』的『無窮觀』。一六三八年，伽利略在『兩種新科學』 Two New Sciences 一書中，提出了『平方立方定律』。假使一個『物體』等比例放大 $\lambda$ 倍，那麼它的『面積』將放大 ${\lambda}^2$ 倍，而且它的『體積』將放大 ${\lambda}^3$ 倍。這難到又有什麼奇怪的嗎？

Two New Sciences

如果思考在大地上『重力』作用下『生物』之『承受力』的問題，當可以明白『壓力』是『單位面積』所負載的『重量』。如此將之『等比例放大』後，這個『壓力』 $P = \frac{W}{A} \propto \frac{{\lambda}^3}{{\lambda}^2}$ ，將正比於『放大倍率』 $\lambda$ ，所以說一棵樹，並不能夠一直向上生長，一隻螞蟻也很難變大數萬倍而不受影響的啊！如此講來天文學上所說的『宇宙膨漲』應該是有『現象』依據的吧！然而既然已經說是『宇宙』的了，它又該往『哪裡膨漲』的呢？？或許《科赫傳說！！》裡的『雪花維度』是一個『起始點』的吧！！

從數學的觀點來看， $\Phi (t) = \frac{x(t)}{c + v t}$ 是一個所謂的『一階微分方程式』的『積分因子』，這可以讓我們求得『答案』，祇不過它的『意義』又是什麼的呢？就物理上來講，它的意思是說，假使將 $\lambda (t) = {c + v t}$ 當作一根『單位尺』。雖然說我們看來在『那個宇宙』裡，這個『尺度』隨著時間變化，這也不過就是那裡『時時刻刻』的『測量值』的吧。如果說一隻小螞蟻自『開始』就永往『終點』行進，假使它不會『退轉』，那麼它到底能不能夠『抵達』終點的啊？設想一旦它於某個 $T$ 時刻到達了『終點』，那一根尺的『終點』與這一隻小螞蟻之最後『位置』也就重合的了。所以就一個『慣性座標系』靜止的觀察者來講﹐這個發生的『事件』之『距離』也是『相同的』啊！然而就那個『繩上的觀察者』來講，這隻螞蟻不過就是走過了『一單位』的距離罷了！！

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【Sonic π】電路學之補充《四》無窮小算術‧中下中‧上

2014-11-01 懸鉤子

The Fall of Phaeton
魯本斯‧法厄同之墜

錯覺

矛盾

調和級數

交錯調和級數

TeX 和 Metafont的創造者

電腦程式設計藝術

法厄同 Phaëton 在希臘神話中一般認為是太陽神阿波羅的兒子。也有說是曙光女神厄俄斯與刻法羅斯的兒子的，後卻被阿佛羅狄忒偷去看護她的神廟。傳說中，法厄同對人誇耀自己是太陽神的兒子，別人不信。於是他去向父親太陽神請求，得著了父親發誓給他想要的任何東西。他就此要求：駕駛父親的太陽車一天，從東方日出處到西方日落時。太陽神雖百般勸解的說你還沒這個能力，如此反而會給自身和人類帶來禍害。法厄同不肯聽，結果到了那天，他在慌亂中失去了對拉車白馬的控制，太陽車先是升得太高，大地驟然變冷；然後又陡然降低，燒焦了地上的草木，將非洲的大片地方變為沙漠，把衣索比亞居民的皮膚燒了個黑。最後，宙斯不得不親自動手，用閃電把法厄同擊斃。法厄同的屍體掉進了一條大河【天上的波江座或義大利的波河】。他的密友 Cycnus 悲傷不已，天神同情之下把他變成了一隻天鵝。他的姐妹們也被變成了赤楊樹，其眼淚成了琥珀。

弗蘭德畫家『彼得‧保羅‧魯本斯』 Peter Paul Rubens 是『巴洛克』畫派早期的代表人物。過去在巴洛克時期，『調和級數』 $\sum \limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} + \frac{1}{4} + \cdots$ 很受『建築師』的重視，當時建築師在建造教堂和宮殿時，運用『調和序列』布置樓面以及建立高度『比例』，使得內外的建築細節呈現『和諧』的聯繫，『調和』之『美感』。俗話雖說︰一圖勝千言，然而『視覺』卻常常可能『欺騙』我們，它不但會引發『錯覺』，還能夠產生『矛盾』。就像自然現象裡的『調和級數』或許有時令人『直覺質疑』。之前我們談過『調和級數』是『發散的』，這可以藉由『比較審斂法』來驗證
$\sum \limits_{k=1}^\infty \frac{1}{k} = 1 + \left[\frac{1}{2}\right] + \left[\frac{1}{3} + \frac{1}{4}\right] + \left[\frac{1}{5} + \frac{1}{6} + \frac{1}{7} + \frac{1}{8}\right] + \left[\frac{1}{9}+\cdots\right$
$\quad\ \ge \sum_{k=1}^\infty 2^{-\lceil \log_2 k \rceil}$
$= 1 + \left[\frac{1}{2}\right] + \left[\frac{1}{4} + \frac{1}{4}\right] + \left[\frac{1}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8} + \frac{1}{8}\right] + \left[\frac{1}{16}+\cdots$
$= 1 +\ \frac{1}{2}\ + \qquad\frac{1}{2} \ \quad+ \ \qquad\quad\frac{1}{2}\qquad\ \quad \ + \ \quad\ \cdots \ = \ \infty$
，因此是發散的。假使設想
$H = \sum \limits_{n=1}^\infty \frac{1}{n} = H_o + H_e = \sum \limits_{k=1}^\infty \frac{1}{2k - 1} + \sum \limits_{k=1}^\infty \frac{1}{2k}$
$= \sum \limits_{k=1}^\infty \frac{1}{2k - 1} + \frac{1}{2} \sum \limits_{j=1}^\infty \frac{1}{k} = H_o + \frac{1}{2} H$
，難到果真是 $H_o = H_e = \frac{1}{2} H$ 的嗎？假使說也可以證明
$\sum \limits_{n = 1}^\infty \frac{(-1)^{n + 1}}{n} \;=\; 1 \,-\, \frac{1}{2} \,+\, \frac{1}{3} \,-\, \frac{1}{4} \,+\, \frac{1}{5} \,-\, \cdots$
$= H_o - H_e = \ln{2}$
，這兩個『巨量』之差難到也是一個『定值』的嗎？如果思考對於任何『有限數』 $M$ 而言， $H_M = \sum \limits_{n=1}^M \frac{1}{n}$ 也只不過是一個『有限數』，這樣 $H - H_M = \sum \limits_{n=M}^\infty \frac{1}{n} \approx \infty$ 能夠是真的嗎？？也就是說假設 $\Delta = \frac{1}{M}$ ， $K >> M$ 是一個『巨量』， $K \cdot \Delta > \sum \limits_{n=M}^K \frac{1}{n} \approx \infty$ ！！
美國著名電腦科學家，史丹福大學電腦系榮譽退休教授，『唐納德‧爾文‧克努斯』 Donald Ervin Knuth 是現代電腦科學界的先驅，他開創了『演算法分析』的領域，並在多個理論計算機學科的分支打下了基石做出了貢獻，且於電腦科學及數學領域發表了許多重要影響的論文和書籍。克努斯是《電腦程式設計藝術》 The Art of Computer Programming 的作者，從出版以來，此書一直是計算機科學領域中必備的參考書籍之一。他也是『排版軟體』 TeX 與『字型設計系統』 Metafont 的創造者，同時是『文學編程』 Literate programming 概念的提出者。克努斯是一九七四年『圖靈獎』的得主，一九八八年時，他與 AT&T Ronald L. Graham 和史丹福大學教授 Oren Patashnik 合著了一本『具體數學』 Concrete Mahematics 的書，這本書是許多資訊科系廣泛使用的數學教科書。在這本書中講到兩個『違反直覺』的例子。其一是

如果你有一堆完全相同的骨牌，那麼可以肯定的是，你總可以將它們疊在一起，而且使得每塊骨牌都比其下的骨牌突出一定的長度，甚至最終使得最上層的骨牌完全超出最底層的骨牌之外以至於更遠。事實上，只要你的骨牌有足夠的多，你就能夠使得最上層的骨牌距離最底層骨牌無窮的遠。

那麼在物理的『現象』中，這可以是一個自然中之『事實』的『判斷』的嘛？？假使我們想要在物理上判斷這是否是可能的？我們就得依據『地心引力』的實際『作用』以及使用物理抽象『質心』的概念 ── 它表示於近地表的『平行重力場』中，一個足夠『剛性』的物體所承受之力量『集中』的表現於物理系統『質心』上之作用的現象 ──，事實上這就是說的『靜力平衡』的那個『現象』的啊！

假使我們如左圖來做『重心』推求的話，即使只有兩片骨牌，上一片的『質心』也得落在下一片的範圍內。就讓我們假設這些骨牌都是常寬高『均勻』的長方體 $l_0 \times w_0 \times h_0$ ，那麼上一片骨牌的『質心』應是在從最左邊算起的 $\frac{l_0}{2}$ 處，於是就可以推論它將落在下面之骨牌的最左邊之內，才能夠有穩定的平衡，因此這兩片骨牌的『質心』就會在以距離最左邊為『零』的『座標系』來計算的 $\frac{ \frac{l_0}{2} + \left[ \frac{l_0}{2} + \left( \frac{l_0}{2} - \Delta \right) \right] }{2}$ 之位置，此處 $\Delta$ 是為求穩定平衡的『偏移量』。如果上面已有 $n$ 片骨牌，它的質心位於 $C_n$ ，將之放於第 $n+1$ 塊骨牌之上，這時新的質心將位於
$C_{n+1} = \frac{n \cdot C_n + 1 \cdot \left[ C_n + \left( \frac{l_0}{2} - \Delta \right) \right]}{n+1}$

$= C_n + \frac{ \left[ \left( \frac{l_0}{2} - \Delta \right) \right]}{n+1}$
，所以
$C_{n+1} = \frac{l_0}{2} + \left[ \left( \frac{l_0}{2} - \Delta \right) \right] \sum \limits_{k=2}^{n+1} \frac{1}{k}$