100个著名初等数学问题


100 个著名初等数学问题 ——历史和解 100 Great Problems of Elementary Mathematics: Their History and Solution [德]H·德里 Heinrich Dörrie 目录 目录 算术题 ..............................................................................................................................................1 第 1 题 阿基米德分牛问题.....................................................................................................1 第 2 题 德·梅齐里亚克的砝码问题.....................................................................................3 第 3 题 牛顿的草地与母牛问题.............................................................................................4 第 4 题 贝韦克的七个 7 的问题.............................................................................................5 第 5 题 柯克曼的女学生问题.................................................................................................8 第6题 柏努利—欧拉关于装错信封的问题.......................................................................10 第7题 欧拉关于多边形剖分问题.......................................................................................12 第8题 鲁卡斯的配偶夫妇问题...........................................................................................15 第 9 题 卡亚姆的二项展开式...............................................................................................19 第 10 题 柯西的平均值定理.................................................................................................21 第 11 题 柏努利幂之和的问题.............................................................................................23 第12题 欧拉数.....................................................................................................................26 第 13 题 牛顿指数级数.........................................................................................................29 第 14 题 麦凯特尔对数级数.................................................................................................34 第 15 题 牛顿正弦及余弦级数.............................................................................................37 第 16 题 正割与正切级数的安德烈推导法.........................................................................41 第 17 题 格雷戈里的反正切级数.........................................................................................44 第 18 题 德布封的针问题.....................................................................................................47 第 19 题 费马—欧拉素数定理.............................................................................................50 第 20 题 费马方程.................................................................................................................55 第 21 题 费马—高斯不可能性定理.....................................................................................62 第 22 题 二次互反率.............................................................................................................68 第 23 题 高斯的代数基本定理.............................................................................................72 第 24 题 斯图谟的根的个数问题.........................................................................................74 第 25 题 阿贝尔不可能性定理.............................................................................................76 第 26 题 赫米特—林德曼超越性定理.................................................................................83 平面几何题 ....................................................................................................................................90 第 27 题 欧拉直线.................................................................................................................90 第 28 题 费尔巴哈圆.............................................................................................................91 第 29 题 卡斯蒂朗问题.........................................................................................................92 第 30 题 马尔法蒂问题.........................................................................................................93 第 31 题 蒙日问题.................................................................................................................96 第 32 题 阿波洛尼斯相切问题.............................................................................................97 第 33 题 马索若尼圆规问题...............................................................................................100 第 34 题 斯坦纳直尺问题...................................................................................................102 第 35 题 德里安倍立方问题...............................................................................................105 第 36 题 三等分一个角.......................................................................................................106 第 37 题 正十七边形...........................................................................................................109 第 38 题 阿基米德π值确定法.............................................................................................114 第 39 题 富斯弦切四边形问题...........................................................................................116 第 40 题 测量附题...............................................................................................................118 i 目录 第 41 题 阿尔哈森弹子问题...............................................................................................121 圆锥曲线和摆线题.......................................................................................................................124 第 42 题 由共轭半径作椭圆...............................................................................................124 第 43 题 在平行四边形内作椭圆.......................................................................................125 第 44 题 由四条切线作抛物线...........................................................................................126 第 45 题 由四点作抛物线...................................................................................................127 第 46 题 由四点作双曲线...................................................................................................130 第 47 题 范·施古登轨迹题...............................................................................................130 第 48 题 卡丹旋轮问题.......................................................................................................132 第 49 题 牛顿椭圆问题.......................................................................................................132 第 50 题 彭赛列—布里昂匈双曲线问题...........................................................................133 第 51 题 作为包络的抛物线...............................................................................................134 第52题 星形线...................................................................................................................135 第 53 题 斯坦纳的三点内摆线...........................................................................................138 第 54 题 一个四边形的最接近圆的外接椭圆...................................................................140 第 55 题 圆锥曲线的曲率...................................................................................................143 第 56 题 阿基米德对抛物线面积的推算...........................................................................145 第 57 题 推算双曲线的面积...............................................................................................147 第 58 题 求抛物线的长.......................................................................................................149 第 59 题 笛沙格同调定理(同调三角形定理)...............................................................151 第 60 题 斯坦纳的二重元素作图法...................................................................................154 第 61 题 帕斯卡六边形定理...............................................................................................155 第 62 题 布里昂匈六线形定理...........................................................................................157 第63题 笛沙格对合定理...................................................................................................159 第 64 题 由五个元素得到圆锥曲线...................................................................................163 第 65 题 一条圆锥曲线和一条直线...................................................................................165 第 66 题 一条圆锥曲线和一定点.......................................................................................165 立体几何题 ..................................................................................................................................167 第 67 题 斯坦纳的用平面分割空间...................................................................................167 第 68 题 欧拉四面体问题...................................................................................................168 第 69 题 偏斜线之间的最短距离.......................................................................................171 第 70 题 四面体的外接球...................................................................................................173 第 71 题 五种正则体...........................................................................................................175 第 72 题 正方形作为四边形的一个映像...........................................................................178 第 73 题 波尔凯—许瓦尔兹定理.......................................................................................179 第 74 题 高斯轴测法基本定理...........................................................................................182 第 75 题 希帕查斯球极平面投影.......................................................................................183 第 76 题 麦卡托投影...........................................................................................................185 航海与天文学题...........................................................................................................................187 第 77 题 航海斜驶线问题...................................................................................................187 第 78 题 海上船位置的确定...............................................................................................188 第 79 题 高斯双高度问题...................................................................................................189 第 80 题 高斯三高度问题...................................................................................................191 第 81 题 刻卜勒方程...........................................................................................................192 ii 目录 第82题 星落.......................................................................................................................195 第 83 题 日晷问题...............................................................................................................196 第 84 题 日影曲线...............................................................................................................197 第 85 题 日食和月食...........................................................................................................199 第 86 题 恒星及会合运转周期...........................................................................................202 第 87 题 行星的顺向和逆向运动.......................................................................................203 第 88 题 兰伯特彗星问题...................................................................................................205 极值 ..............................................................................................................................................208 第 89 题 与欧拉数有关的斯坦纳问题...............................................................................208 第 90 题 法格乃诺关于高的基点问题...............................................................................208 第 91 题 费马对托里拆利提出的问题...............................................................................209 第 92 题 逆风变换航向.......................................................................................................210 第 93 题 蜂巢(雷阿乌姆尔问题)...................................................................................212 第 94 题 雷奇奥莫塔努斯的极大值问题...........................................................................213 第 95 题 金星的最大亮度...................................................................................................215 第 96 题 地球轨道内的彗星...............................................................................................216 第 97 题 最短晨昏蒙影问题...............................................................................................217 第 98 题 斯坦纳椭圆问题...................................................................................................219 第 99 题 斯坦纳的圆问题...................................................................................................221 第 100 题 斯坦纳的球问题.................................................................................................223 iii 算术题 算术题 第1题 阿基米德分牛问题 太阳神有一牛群,由白、黑、花、棕四种颜色的公、母牛组成。 在公牛中,白牛数多于棕牛数,多出之数相当于黑牛数的 3 1 2 1 + ;黑牛数多于棕牛数, 多出之数相当于花牛数的 5 1 4 1 + ;花牛数多于棕牛数,多出之数相当于白牛数的 7 1 6 1 + 。 在母牛中,白牛数是全体黑牛数的 4 1 3 1 + ;黑牛数是全体花牛数的 5 1 4 1 + ;花牛数是全 体棕牛数的 6 1 5 1 + ;棕牛数是全体白牛数的 7 1 6 1 + 。 问这牛群是怎样组成的? 解:如果用字母 X、Y、Z、T 分别表示白、黑、花、棕各色的公牛数;用 x、y、z、t 分别表示白、黑、花、棕各色母牛数,则得 8 个未知数的如下 7 个方程: (1) YTX 6 5=− , (2) ZTY 20 9=− , (3) XTZ 42 13=− , (4) )(12 7 yYx += , (5) )(20 9 zZy += , (6) )(30 11 tTz += , (7) )(42 13 xXt += 。 由方程(1),(2),(3),得 6X – 5Y = 6T,20Y – 9Z = 20T,42Z – 13X = 42T。以这三个方程 解未知数 X,Y,Z,得: TX 297 742= , TY 99 178= , TZ 891 1580= 。 因为 891 和 1580 没有公因子,T 必定是 891 的某一整倍数——假设为 G 倍,因此得 (I) X = 2226G,Y = 1602G,Z = 1580G,T = 891G。 若将这些值代入方程(4),(5)、(6)、(7),得下列方程: 12x – 7y = 11214G,20y – 9z = 14220G,30z – 11t = 9801G,42t – 13x = 28938G。 解这些方程的四个未知数 x,y、z、t,得 (II) cx = 720630G,cy = 4893246G,cz = 3515820G,ct = 549213G。 其中,c 是素数 4657。因为在各式右边 G 的系数中没有一个可以被 c 整除,所以 G 必定是 1 算术题 c 的整数倍。 G = cg。 如果把这个 G 代入(I)和(II),最后可得到下列各关系式: (I') X = 10366482g,Y = 7460514g,Z = 7358060g,T = 4149387g, (II') x = 7206360g,y = 4893246g,z = 3515820g,t = 5439213g。 这里 g 可以是任何正整数。 所以,本题具有无数组解。若指定 g 值为 1,则得下列最小数值的解: 白公牛:10,366,482;白母牛:7,206,360; 黑公牛: 7,460,514;黑母牛:4,893,246; 花公牛: 7,358,060;花母牛:3,515,820; 棕公牛: 4,149,387;棕母牛:5,439,213。 史料:如上面解答所示,至少依据目前的概念,分牛问题确切地说不能被认为是个很难 的问题。然而,由于在古代常常把一道难解的题叫做分牛问题或者阿基米德题,特别考虑到 阿基米德(Archimedes)的其他辉煌成就,以及他把这个分牛之题献给古代希腊后期亚历山 大城的天文学家厄拉多塞尼(Eratosehenes)的这一事实,可以设想以上所述及的问题的方 式并不代表阿基米德问题完整和原始的形式。 G·E·莱辛(Gotthold Ephraim Lessing)于 1773 年在沃尔芬比特尔图书馆发现一本希腊文 手抄本,其中就有一篇关于该题“更完整”的阐述。该题由 22 句对偶句组成(或称为韵文), 以诗歌形式出现: “朋友,请准确无误地数一数太阳神的牛群。要数得十分仔细,如果你自认为还有几分 聪明:多少头牛在西西里岛草地上吃过草,它们分为四群,在那里来往踱步。各群颜色不同: 第一群像牛乳那样洁白,第二群闪耀着深乌木般的光泽,第三群毛色棕黄,第四群满身斑斓, 每群中公牛数总大大超过母牛。现在,告诉你这些牛群间的比例:白牛数等于棕牛数再加上 黑牛数的三分之一和二分之一。此外,黑牛数为花牛数的四分之一加五分之一,再加上全部 棕牛。朋友,最后你必须记住,花牛数是白牛数的六分之一加七分之一再加上全部棕色母牛。 但是母牛群中,比例却大不相同:白母牛等于黑色公、母牛全部的三分之一加四分之一。而 黑母牛为全部花牛的四分之一加五分之一,这里要注意,每头花母牛和花公牛都要算进去。 同样,花母牛的头数是全部棕牛的五分之一加六分之一。最后棕色母牛与全部白牛的六分之 一加七分之一相等。朋友,如果你能确切告诉我,这些膘壮肌肥、毛色各殊的公母牛,一共 多少聚集在那里?这样你才不愧为精通计数。但是你还算不上一个聪明人,除非用我给出的 新数据来回答问题:当所有黑白公牛齐集在一起,就排出一个阵形,纵横相等;辽阔的西西 里原野,布满大量的公牛。当棕色公牛与花公牛在一起,便排成一个三角形,一头公牛站在 三角形顶端,棕色公牛无一头掉队,花公牛也头头在场,这里没有一头牛和他们的毛色不同。 如果你把这些条件一一牢记,胸有妙算,朋友,如果你能说出每群牛的组成和头数,那你就 是胜利者,可昂首前进,因为你的声誉将在智慧的世界里永放光芒。” 然而莱辛对本题是否撰自阿基米德持有异议,内塞尔曼(Nesselmann)①、法国作家凡 桑(Vincent)②、英国人 R·贝尔(Rouse Ball)③以及其他人也都持有异议。 另一方面,研究阿基米德的著名权威丹麦人 J·L·海伯格(J· L· Heilberg)④、法国数学 家 P·达内瑞(P· Tannery)⑤以及克鲁姆比格尔(Krummbiegel)和安姆托尔(Amthor)⑥都 认为这个问题的完整形式应归功于阿基米德。 在倒数第七联对偶句中提出的两个条件要求X + Y是一个平方数U2,而Z + T是一个三角 形数⑦ )1(2 1 +VV,由此得下列各关系式: (8) X + Y = U2, 2 算术题 (9) 2Z + 2T = V2 + V。 如果根据(I)把 X,Y,Z,T 的数值代入(8)和(9),这两方程变成 3828G = U2及 4942G = V2 + V。 如果用 4a(a = 3 × 11 × 29 = 957),b 及 cg 分别代 3828,4942 及 G,得: (8') U2 = 4acg, (9') V2 + V = bcg。 从而 U 是 2,a 和 c 的整倍数: U = 2acu, 这样, U2 = 4a2c2u2 = 4acg, (8'') g = acu2 若把 g 的这个数值代入(9'),得: V2 + V = abc2u2或(2V + 1)2 = 4abc2u2 + 1。 若将未知数 2V + 1 用 v 表示,而且把 4abc2 = 4 × 3 × 11 × 29 × 2 × 7 × 353 × 46572 的乘积记为 d,最后的方程变为: v2 – du2 = 1。 这就是所谓费马(Fermat)方程,可按第 19 题所述方法求解。然而,因为 d 的值十分 巨大,解答非常困难, d = 410286423278424。 即使费马方程关于 u 和 v 的最小解答也会导致天文数字。 即使将 u 指定为可以设想的最小数 1,在解 g 时,ac 的值为 4456749。这样白牛和黑牛 数的和将超过 79 万亿。可是西西里岛的面积不过 2550 平方公里,即 0.0255 万亿平方米, 还不到 30 1 万亿平方米,把这么多的牛放牧在这个岛上是不可能的,这和第十七、十八联对 偶句论断矛盾。 ① Algrbra der Griechen, 1842 ② Nouvelles Annales de Mathématiques, vol. XV, 1856 ③ A short Account of the History of Mathematics ④ Quaestiones Archimedeae ⑤ Scienes exactes dans l’antiquité ⑥ Schlömilchs Zeitschrift für Mathematik und Physik, vol. XXV, 1880 ⑦ 一个三角形数 n,是指可以用这 n 个点来构造一个诸全等的等边三角形的顶点组成的点阵。开始的几 个三角形数为 21 2 11 ××= , 32 2 13 ××= , 43 2 16 ××= , 54 2 110 ××= ,等等。原注。 第2题 德·梅齐里亚克的砝码问题 一个商人有一个 40 磅的砝码,由于跌落在地而碎成 4 块。后来,称得每块碎片的重量 都是整磅数,而且可以用这 4 块来称从 1 至 40 磅之间的任意整数磅的重物。 问这 4 块砝码片各重多少? 本题来源于法国数学家 G·B·德·梅齐里亚克(Gaspard Bachet de Méziriac,1581 – 1655 年),在 1624 年出版的他的名著①中,解答了这个题目。 3 算术题 天平的两个秤盘可区别为砝码盘和称量盘,在砝码盘上只放砝码,而在称量盘上放重物 外还可附加砝码。若想设法用最少块数的砝码去称量,就要把砝码也放到称量盘上。 假如任意取出几块砝码放在盘上,例如,在一个盘上放 5 磅砝码和 10 磅砝码各一块, 另一个盘上放 1 磅、3 磅、4 磅的各一块,那么这些砝码便使前一个秤盘偏重 7 磅。 我们只考虑重物和砝码均为整数,也就是说,重物和砝码的重量均为整数磅。 假如有一系列砝码 A,B,C,…,把它们适当地分放在两个盘上,就能称出从 1 到 n 的所有整数磅的重物。如果有一块新砝码 P,它的重量 p 超过原有砝码的重量总和 n,超过 量为原有砝码重量的总和加 1: p – n = n + 1, 或者 p = 2n + 1, 那么,把砝码 P 加入砝码组 A、B、C、…之后就能称出从 1 至 p + n = 3n + 1 的所有整数磅 的重物。 事实上,原有砝码组足以称出所有从 1 至 n 磅的重物,为了称出 1 个 p + x 或 p – x 磅的 重物,这里 x 表示从 1 到 n 的任一个数,把砝码 P 放在砝码盘上,再把砝码 A,B,C,… 分别放在两个盘上,使砝码盘或称量盘上的重量偏重 x 磅。 此法成立后,这个题目就容易解答了。 为了使两个砝码 A 和 B 能称出最多重量,A 必须是 1 磅,B 必须是 3 磅,这两个砝码能 称出 1,2,3,4 磅的重物。 如果选第三块砝码 C,使它的重量 c = 2 × 4 + 1 = 9(磅), 那么用 A,B,C 三块砝码就能称出从 1 至 c + 4 = 9 + 4 = 13 磅的所有重物。 最后,如果选第四块砝码 D,使它的重量 d = 2 × 13 + 1 = 27(磅), 那么,这四块砝码 A,B,C,D 便能称出从 1 至 27 + 13 = 40 磅的所有重物。 结论:这个砝码的四块碎片的重量分别为 1,3,9,27 磅。 注:英国数学家麦克马洪(MacMahon)概括了德·梅齐里亚克的砝码问题②。他确定 了可用来称出从 1 到 n 磅重量的所有可能的整磅数砝码。 ① Problèmes plaisants et délectabled qui se font par les nombres ② Quarterly Journal of Mathematics, vol. XXI, 1886 第3题 牛顿的草地与母牛问题 牛顿(Newton)在 1707 年提出了如下一个有趣的问题①: a 头母牛将 b 块地上的牧草在 c 天内吃完了; a′ 头母牛将b′ 块地上的牧草在c′ 天内吃完了; a″ 头母牛将b″ 块地上的牧草在c″ 天内吃完了; 求出从a到c″ 9 个数量之间的关系。 假设所有草地提供的牧草数量相同,每块草地每日长草量保持不变,而且每头母牛每天 吃草量也相同。 解:令每块地上最初的牧草量为 M,每块地每日长草量为 m,每头牛每天耗草量为 Q。 第一天晚上,b 块地上吃剩牧草量为 bM + bm – aQ; 4 算术题 第二天晚上,b 块地上吃剩牧草量为 bM + 2bm – 2aQ; …… 这样,第 c 天晚上,b 块地上吃剩牧草量为 bM + cbm – caQ; 既然草地在 c 天内被吃光,那么这个数值必定等于 0。这样就得出方程: (1) bM + cbm = caQ。 同理得出下列方程: (2) b′M + c′b′m = c′a′Q, (3) b″M + c″b″m = c″a″Q。 把方程(1)和(2)作为求未知数 M 和 m 的一次方程组,得: Qcc'bb' ba'ab'cc'M )( )( − −= , Qcc'bb' b'cabc'a'm )( − −= 。 若将这些值代入方程(3),而且将所得方程乘以 Q cc'bb' )( − ,便得所求关系式: b″cc′(ab′ – ba′) + c″b″(bc′a′ – b′ca) = c″a″bb′(c′ – c)。 以行列式的形式表示时,解答更容易被发现。若以 q 表示 Q 的相反数,方程(1),(2), (3)便可写成下列形式: bM + cbm + caq = 0, b′M + c′b′m + c′a′q = 0, b″M + c″b″m + c″a″q = 0。 根据行列式理论的一个基本定理,不全为零的 n 个未知数(本例中的 M、m、q)的 n 个(本例中为 3 个)线性齐次方程组的行列式必等于 0,因此,所求关系式为 0= c''a''b''a''b'' c'a'b'a'b' cabab 。 ① Arithmetica universalis 第4题 贝韦克的七个 7 的问题 在下面除法例题中,被除数被除数除尽: * * 7 * * *****:****7*=**7** * * * * * * * * * * * 7 * * * * * * * * * 7 * * * * * 7 * * * * * * * **** * * * *7** * ***** 5 算术题 * ***** 用星号(*)标出的那些数位上的数字偶然被擦掉了,那些不见了的是什么数字呢? 这个引人注目的题目来源于英国数学家 E·H·贝韦克(E· H· Berwick),他于 1906 年发表 了这个题目①。 解:我们用不同的字母标每个空缺数字,从而本题取如下形式: A B 7 C D E L Q W z : α β γ δ 7 ε = κ λ 7 μ ν a b Δ c d e F G H I K 7 L 第三行 f g h i k Ξ l 第四行 M 7 NOPQ 第五行 m 7 nopq ←7δ R S T U Σ V W 第七行 r s t u 7 vw XYZx yz 第九行 XYZx yz I.除数 δ 的第一位数字 α 必须是 1,因为如题中第六行所示,7δ 只有六位数字,否则, 如果 α 等于 2,7δ 就有七位数字。 由于第三行和第七行的余数都是六位数,F 必定等于 1,R 也必定等于 1,因此,f 和 r 也必定等于 1(根据题意)。 由于 δ 不能超过 19979,μ 的最大值是 9,才能使第八行的积不超过 1799811,而且 s < 8。 又因 S 只能是 9 或 0,而且第九行在 s 下面的位置没有余数,所以,只有第二种情况才是可 能的。因此,S = 0,而且(由于 R = 1)s 也等于 0。由于 R = 1,S = 0,随之而使 M = m + 1, 这样,m ≤ 8,第六行乘积 7δ 不可能大于 87nopq。 II.因此,除数的第二位数字 β 只能是 0,1 或 2(7 × 130000 已大于 900000)。因为甚 至 9 乘以 109979 也不能得到第八行所要求的七位数,所以,β = 0 的可能性排除了。 然后,考虑 β = 1 的情况。这要求 γ 只能等于 0 或 1(如果 γ ≥ 2,在确定第六行第二位 数字时,必定会产生一种情况,即 7β = 7 × 1 = 7,还要加上来自 7γ 乘积的一个大于或等于 1 的数,而第二位必须是 7)。 然而,γ = 0 是不可能的,因为第八行是七位数,即使 9 × 110979 也不能得到一个七位 数。 在 γ = 1 时,必须注意到以下的情况:一望第八行,便可看出 δ、ε 和 μ 的选择必须能使 μ · 111δ7ε 是个七位数,其最后第三位数是 7。只有乘数 μ = 9 才能达到这一目的(因为即使 8 × 110979 也只有六位数)。通过试验很容易看出,仅当 δ = 0 或 δ = 9 时,9 · 111δ7ε 的最后 第三位数才是 7,在第一种情况下,即使 111079 与 9 相乘,第八行也不是七位数,在第二 种情况下,第六行是 7 × 11197* = 787***, 这是不可能的,这样 γ = 1 也要排除。因此,必须放弃 β 等于 1 的可能性。 所以,除数第二位数字的唯一适当的值是 β = 2。由此得 m = 8,且 M = 9。 III.因为 7 × 126000 大于第六行的数,而 7 × 124000 又小于第六行的数,除数的第三 位数 γ 只可能是 4 或 5。再者,由于 9 × 124000 大于 7 × 126000 又小于第八行的数(10tu7vw), 于是 μ 必定等于 8。 因为 8 × 124979 = 999382 < 1000000,γ = 4 这一假设不能满足第八行的要求,因此 γ 只 6 算术题 能等于 5。 IV.由于 8 · 125δ7ε 的最后第三位数必须是 7,通过试验发现 δ 等于 4 或 9。因为即使 7 × 1257970 = 881790 也大于第六行的数,所以 δ = 9 应被排除,而只有 δ = 4 适合。因此 ε 被 认为是从 0 到 4 中的一个数。然而,不论选用哪一个,从 7 · 12547ε = 878*** 中便求出第六行第三位数 n = 8。同样,第八行得到 8 · 12547ε = 10037**, 进而得到 t = 0,u = 3。 由于 λδ = λ · 12547ε 在第四行中是一个七位数,而只有 8δ 和 9δ 才是七位数,所以 λ 是 8 或者 9。 V.从 t = 0 和 X ≥ 1(以及 R = r = 1,S = s = 0),得 T ≥ 1;又从 n = 8,N ≤ 9,得 T ≤ 1, 于是 T = 1。所以,N = 9,而 X = 1。由于 X = 1,且 2δ > 200000(第九行),从而 v = 1,Y = 2,Z = 5,x = 4,y = 7,z = ε。至此从以上求得的结果,算式为: A B 7 C D E L Q W ε :12547ε = κ λ 781 a b Δ c d e 1 G H I K 7 L 1 g h i k Ξ l 9 7 9 OPQ 8 7 8 opq 1 0 1 U Σ V W 1 0 0 3 7 vw 12547ε 12547ε VI.在这种情况下,ε 是五个数字 0,1,2,3,4 中的一个。这五种情况与下列数列相 对应: vw = 60,68,76,84,92, cpq = 290,297,304,311,318。 并且,根据 λ 等于 8 或 9,可得: Ξl = 60,68,76,84,92, 或 Ξl = 30,39,48,57,66。 这便有十种不同的可能性。若自上而下进行三次递加的方法对这十种可能性逐一检验,首先 从第九行和第八行相加得第七行;然后第七、第六行相加得第五行;最后第五、第四行相加 得第三行,便发现只有当 ε = 3 和 λ = 8 时,才能使第三行最后第二位得到所要求的数字 7。 这种情况下,vw = 84,UΣVW = 6331,cpq = 311,OPQ = 944,ghikΞl = 003784,GHIK7L = 101778,这便使本题算式如下: A B 7 C D E 8413:125473=κ 8781 a b Δ c d e 1 1 0 1 7 7 8 1 0 0 3 7 8 4 9 7 9 9 4 4 8 7 8 3 1 1 1 0 1 6 3 3 1 1 0 0 3 7 8 4 7 算术题 125473 1 25473 VII.最后,由于在 δ 的所有倍数中,只有 5δ = 627365 加到第三行的最后的余数 1110177 之上,才能得到第三位是 7 的一个数。这就得到 κ = 5,同时也得到 abcΔcde = 627365 及 AB7CDE = 737542。这样就得到了该题所有空缺待求的数字。 ① The School World 第5题 柯克曼的女学生问题 某寄宿学校有十五名女生,她们经常每天三人一行地散步,问要怎样安排才能使每个女 生同其他每一个女生在同一行中散步,并恰好每周一次? 这个非同寻常的问题是英国数学家 T·P·柯克曼(T· P· Kirkman)提出的①。 在已发现的众多解法中,现介绍两个方法。一个是英国牧师 A·弗罗斯特(Andrew Frost) 的解法(十五个女学生一题的一般解法及其推广)②,另一个是 B·皮尔斯(B· Pierce)的“女 学生难题的递推解法”③。 弗罗斯特解法:用数学方法表示,本题用 15 个元素x,a1,a2,b1,b2,…,g1,g2正确 地分布在系列的其它四行上。 用 7 个字母 a,b,c,d,e,f,g 构成一个三元组合群,其中每对元素恰好只出现一次, 特别像下面的一群: abc,ade,afg,bdf,beg,cdg,cef (这些三元组合按字母顺序排列)。 从这个群里恰好可以为每列选取 4 个三元组合,使这些组合包含在该列的第一行中已出 现的字母以外的其它所有字母。将这些三元组合按字母顺序排入每列,便得如下初步安排: 星期日 星期一 星期二 星期三 星期四 星期五 星期六 xa1a2 xb1b2 xc1c2 xd1d2 xe1e2 xf1f2 xg1g2 bdf ade ade abc abc abc abc beg afg afg afg afg ade ade cdg cdg bdf beg bdf beg bdf cef cef beg cef cdg cdg cef 现在用下标 1 和 2 对三元组合 bdf,beg,cdg,cef,ade,afg,abc 等作出标志。把他们 按照上述顺序先标注所有 bdf,然后标注所有 beg,…等等,并遵守下列规则: I.一列中的一个字母标上一个下标后,下一次该字母在同一列中出现时,应标上另一 下标。 II.假如一个组合的某两个字母已经标有下标,这两个下标不得以同顺序标在别的组合 中的该两个字母上。 III.假如一个字母的下标尚未按规则 I、II 决定,那么将这个字母标上 1。 分三个步骤标定字母下标: 第一步:将组合 bdf,beg,cdg 以及可按本标注系统和规则 I、II、III 标注的 a 不在内 的所有字母,依次标定下标。 第二步:按规则 I 标定组合 ade 和 afg 中所缺的下标以及第二行中最后两个 a 的下标(在 图表中用黑体字)。 第三步:补标在第四和第五行中仍缺少下标的字母 a(在图表中空着的位置),第二行 标 2,第三行标 1。 8 算术题 按照这个方法,得以下的完整图表,它表示本题的解答。 星期日 星期一 星期二 星期三 星期四 星期五 星期六 xa1a2 xb1b2 xc1c2 xd1d2 xe1e2 xf1f2 xg1g2 b1d1f1 a1d2e2 a1d1e1 ab2c2 ab1c1 a1b2c1 a1b1c2 b2e1g1 a2f2g2 a2f1g1 af2g1 af1g2 a2d2e1 a2d1e2 c1d2g2 c1d1g1 b1d2f2 b1e1g2 b2d1f b1e2g1 b2d2f1 c2e2f2 c2e1f1 b2e2g2 c1e2f1 c2d2g1 c2d1g2 c1e1f2 皮尔斯解法:西尔维斯特(Sylvester)认可的最佳解法:令符号*表示一位女孩,她天 天都走在同一行的中间,把其他女孩分成两组,每组七人,用阿拉伯数字 1 至 7 或小写字母 表示第一组;用罗马数字 I 至 VII 或大写字母表示第二组。用例如 R = s 的等式表明字母 R 表示的罗马数字与字母 s 表示的阿拉伯数字具有相同数值。同时,用 0,1,2,…,6 表示 星期日,星期一,星期二,…,星期六。 令星期日按下列顺序排列: a α A b β B c γ C d * D EFG 由此,在每个数字上加 r = R,可得星期 r(星期日不在内)的排列: a + r α + r A + R b + r β + r B + R c + r γ + r C + R d + r * D + R E + R F + R G + R 这里,相加后超过 7 的每个数,像 c + r 或 D + R,表示那个女孩的编号为 c + r – 7 或 D + R – 7,即比原数小 7,随后把原数换为这个数字④。 如果下面三个条件得以满足,那么这样得到的排列就是该题的解答。 I.α – a,β – b,γ – c 这三个差分别是 1,2,3; II.A – a,A – α,B – b,B – β,C – c,C – γ,D – d 这七个差数形成一个以 7 为模数的 非同余数的完整余数列(参阅第 19 题)。 III.F – E,G – F,G – E 这三个差分别是 1,2,3。 证:作为前提,下列同余式(参阅第 19 题)都以 7 为模数。 1.第一组的每一个女孩 x 和该组其他的每一个女孩 y 在一起散步恰恰一次,那么(根 据条件 I)差 x – y 仅与 a – α,b – β,c – γ,α – a,β – b,γ – c 等六个差中的一个同余。设 x – y ≡ β – b,或者 x – β ≡ y– b。若星期 r 的 r 与 x – β 或 y– b 同余,那么, x ≡ β + r 和 y ≡ b + r, 这样,女孩 x 和 y 于星期 r 在同一行散步。 2.第一组的一个女孩 x 和第二组的一个女孩 X 在一起散步恰恰一次。 根据条件 II,差 X – x 只能与 A – a,A – α,B – b,B – β,C – c,C – γ,D – d 等七个差 中的一个同余。设 X – x ≡ C – γ 或 X – C ≡ x – γ。若 s = S,这里是星期 s 的 s,且与 X – C 或 x – γ 同余,那么: X ≡ C + S 和 x ≡ γ + s, 这样,女孩 X 和 x 在星期 s 那天在同一行散步。 3.第二组的每一个女孩 X 和该组的其他每一个女孩 Y 在一起散步恰恰一次。 9 算术题 根据条件 III,差 X – Y 仅能与 F – E,G – F,G – E,E – F,F – G,E – G 六个差中的 一个同余。设 X – Y ≡ G – F 或 X – G ≡ Y – F。又设星期 R 的 R 与 X – G 或 Y – F 同余,得: X ≡ G + R 和 Y ≡ F + R, 这样,女孩 X 和 Y 在星期 R 那天在同一行散步。 因此,我们仅需满足条件 I,II,III 就可求星期天的排列。 选定 a = 1,α = 2,b = 3,从而 β = 5,于是 c = 4,故有 γ = 7,d = 6。然后选 A = I,于 是 B = VI,C = II,D = III,从而条件 II 中提到的差数 0, – 1,3,1,–2,–5,他们都是关 于模数 7 的非同余数。那么 IV,V,VII 三个数便留给了字母 E,F,G。因此,星期日的排 列是: 12 I 35VI 4 7 II 6 * III IVVVII 按星期一到星期六的顺序,一星期每天的排列如下: 2 3 II 3 4 III 4 5 IV 4 6 VII 5 7 I 6 1 II 5 1 III 6 2 IV 7 3 V 7 * IV 1 * V 2 * VI V VI I , VI VII II , VII I III , 5 6 V 6 7 VI 7 1 VII 7 2 III 1 3 IV 2 4 V 1 4 VI 2 5 VII 3 6 I 3 * VII 4 * I 5 * II I II IV , II III V , III IV VI 。 ① Lady’s and Gentleman’s Diary, 1850 ② Quarterly Journal of Pure and Applied Mathematics, vol. XI, 1871 ③ The Astronomical Journal, vol. VI, 1859 – 1861 ④ 例如 c + r = 9,换成 9 – 7 = 2。译注。 第6题 柏努利—欧拉关于装错信封的问题 求 n 个元素的排列,要求在排列中没有一个元素处于它应当占有的位置。 N·柏努利(Niclaus Bernoulli,1687 – 1759 年)最先考虑了这个问题,他是两位大数学 家雅可比·柏努利(Jacob Bernoulli)和约翰·柏努利(Johann Bernoulli)的侄子。后来, 欧拉(Euler)对此题发生兴趣,他称之为“组合理论的一个秒题”,并在与柏努利毫无联系 的情况下,独自解了这道难题。 本题可以形象地叙述为装错信封的问题。 某人写了几封信,并且在几个信封上写下了对应的地址,把所有的信笺装错信封的情况, 共有多少种? 本题解法巧妙,格外引人入胜。 10 算术题 设信笺为 a,b,c,…,对应的信封为 A,B,C,…,所求的错误装法种数记为 n 。 先考虑把 a 装进 B 和 b 装进 A 的所有情况作为第一组,把 a 装进 B 而 b 没有装进 A 的 所有情况作为第二组。 第一组显然包括 2−n 种情况。 假如分别用 b′,c′,d′,e′,…和 B′,C′,D′,E′,…代替 b,c,d,e,…和 A,C,D, E,…,于是推出第二组情况,有 1−n 种。 那么,a 装进 B 的所有情况的种数是 21 −+− nn 。因为把“a 装进 C”、“a 装进 D”、… 的每一种装法都有相同的情况种数,则所有可能情况的总数为 n ,则: )21)(1( −+−−= nnnn 。 其递推公式为: ]2)1(1[1 −⋅−−−−=−⋅− nnnnnn , 把它用第 3,第 4,第 5,…,直到第 n 封信,这样就得到: )122(233 ⋅−−=⋅− , )233(344 ⋅−−=⋅− , … ]2)1(1[1 −⋅−−−−=−⋅− nnnnnn 。 把这 n – 2 个等式相乘,便得到: )122()1(1 2 ⋅−−=−⋅− −nnnn , 又因 01 = , 12 = ,(–1)n–2 = (–1)n,所以 nnnn )1(1 −=−⋅− 。 然后用 n!去除这个等式,便得: ! )1( )!1( 1 ! nn n n n n−=− −− 。 假如用一列数 2,3,4,…,n 顺次代替这个公式中的 n,便得: !2 )1( !1 1 !2 2 2−=− , !3 )1( !2 2 !3 3 2−=− , … ! )1( )!1( 1 ! nn n n n n−=− −− 。 将这 n – 1 个等式相加,因为 01 = ,其结果是 ! )1( !3 )1( !2 )1( ! 32 nn n n−++−+−= 。 最后,由此得所求数 n : 11 算术题 ]! )1( !4 1 !3 1 !2 1[! nnn n−+−+−= 。 假如利用符号ζ,对(ζ – 1)n应用二项式定理(参阅第 9 题),在二项展开式中每一乘幂ζ ν写成 ν!,那么,所求的数便可表示为淡淡的形式: nn )1( −= ζ 。 作为例子,取 n = 4,得 91!14!26!34!41464)1(4 2344 =+×−×+×−=+−+−=−= ζζζζζ , 这个式子很容易通过验算来检验。 同样地,由n个元素,其中没有一个元素占有它应有的位置,所形成的排列数是(ζ – 1)n。 以 1,2,3,4 四个元素为例,就有 2143,2341,2413,3142,3412,3421,4123,4312, 4321 九种排列。 注:所得的结果也包括行列式问题的解: 在一个 n 阶行列式中,有多少个组成部分中不出现主对角线的元素? 假如第 s 列的第 r 个元素 ,那么,便一目了然,主对角线的元素是: s rC 1 1C , , ,…, 。 2 2C 3 3C n nC 因此,这个行列式包括了在主对角线以外的(ζ – 1)n个组成部分。 第7题 欧拉关于多边形剖分问题 可以有多少种方法用对角线把一个 n 边多边形(平面凸多边形)剖分成三角形? 1751 年L·欧拉向数学家C·歌德巴赫(Christian Goldbach)提出此题。对于所求数En,可 能的剖分方法数,欧拉推导出一个公式: (1) )!1( )104(1062 − −⋅⋅⋅⋅= n nEn 。 当读者试图不靠外来帮助而推导欧拉公式时,他就会感到惊异,发现这个问题令人极其 感到兴趣,因为它虽然看来容易,却涉及很多困难。欧拉自己说:“我的归纳过程是相当费 力的。” 在n = 3,4,5,6 的简单情况下,用图示法很容易得出的各种剖分数:E3 = 1,E4 = 2, E5 = 5,E6 = 14。但是,当边数增加时,这个方法很快就不能用了。 欧拉得出了最初的七种剖分数:1,2,5,14,42,132,429,并告知了西格纳(Segner)。 西格纳于 1758 年建立了En的一个递推公式①。我们就从推导这个公式开始。 令任意n边凸多边形的角标为 1,2,3,…,n。对于n边形的每种可能的分法En来说, 可取边n1 作为一个三角形的底边,这个三角形的顶点,根据选定的剖分法,可落在 2,3,4,…, n – 1 诸角中的顶点上。例如,若落在r角的顶点上,那么,在三角形n1r的一侧,有一个r边 形,而在另一侧有一个s边形,而r + s等于n + 1(因为顶点r既属于r边形也属于s边形)。 因为r边形有Er种剖分法,而s边形有Es种剖分法,又因对于已知n边行的一种剖分而言, r边形的每一剖分法可以与s边形的每一剖分方法联系,所以,仅就选定r作顶点,对给定的n 边形就可有Er · Es种不同分法。 由于,r 可以依次取数列 2,3,4,…,n – 1 的每一个值,从而 s 可以依次地取数列 n – 1,n – 2,…,3,2 的每一个值,于是便得: 12 算术题 (2) En = E2 · En–1 + E3 · En–2 +…+ En–1 · E2, 这里E2只是为了使表达形式完整而采用的,其值为 1。 公式(2),是西格纳的递推公式。它证实了前述从E3到E6的数值,也给出了 E7 = E2 · E6 + E3 · E5 + E4 · E4 + E5 · E3 + E6 · E2 = 42, E8 = E2 · E7 + E3 · E6 + E4 · E5 + E5 · E4 + E6 · E3 + E7 · E2 = 132, 等等。 正如歌德巴赫所指出,西格纳的公式与欧拉公式相比,由于下标增多而变得越来越不适 用了。 如果按照罗德里格(Rodrigues)的思路②,研究欧拉的剖分问题或西格纳的递推公式, 并把本题和法国数学家凯特兰(Catalan)在 1838 年所解的一个问题③联系起来,欧拉公式 (1)的推求最为简便。 凯特兰的问题形式是: 成对地计算 n 个不同因子的乘积,共有多少种方法? 所谓成对计算一个乘积指始终有两个因子在一起相乘,并把这样“成对”乘得的积用作 继续计算中的一个因子。例如乘积 3 × 4 × 5 × 7 的成对计算进行如下: 3 × 5 =15,4 × 15 = 60,7 × 60 = 420。 对于这四个因子组成的乘积 abcd,把因子按字母顺序排列可得下列五个成对的乘式: [(a · b) · c] · d,[a · (b · c)] · d,(a · b) · (c · d),a · [(b · c) · d],a · [b · (c · d)]。 用括号或者类似形式指明要进行成对乘法被简称为“成对”。 因此,{[(a · b) · c] · [(d · e) · (f · g)]} · [(h · i) · k]便是从 a 到 k,十个因子的成对乘积。立 即可以看出 n 个因子的成对乘积含有 n – 1 个乘号,对每两个因子来说,相应地含有 n – 1 个成对乘式。 凯特兰问题要求回答两个问题: 1.n 个给定的不同因子的成对乘积有多少个? 2.若因子的顺序(即字母顺序)是预定的,n 个因子可以形成多少个成对乘积? 现将第一数用Rn表示,第二数用Cn表示,Rn的最简求法是用递推公式(根据罗德里格法)。 假设n个已知因子f1,f2,f3,…,fn形成了Rn个n因子的成对乘积,加上第n + 1 个因子fn+1 = f, 并可求得的Rn个n因子的乘积来形成因子f1,f2,f3,…,fn+1的所有Rn+1个n + 1 因子的乘积。 现在看Rn的每个n元乘积,其中每一个乘积P包含n – 1 个A · B形式的成对乘式。假若用f 一次作为在A之前的乘数,一次作为A之后的乘数,一次作为B之前的乘数,一次作为在B之 后的乘数,则从A · B得到新的成对乘积(f · A) · B,(A · f) · B,A · (f · B)和A · (B · f)。 由于因子f的这四个不同的排列能对P的n – 1 个成对子乘积中的每一个产生影响,我们 就能从P得到 4(n – 1)个n + 1 元的成对乘积。再者,从P还可以得到 2 个n + 1 元的成对乘积f · P 与P · f。这样,所述的因子f的排列仅仅从Rn的一个(P)n元的成对乘积中可得Rn · (4n – 2) 个n + 1 元的成对乘积。因而,所求递推公式便是: (3) Rn+1 = (4n – 2)Rn 为了得到Rn的独立表达式,以R2 = 2(a与b两个因子仅能产生乘积a · b与b · a)开始,从 公式(3)推出R3 = 6 R2 = 2 × 6;R4 = 10 R3 = 2 × 6 × 10;R5 = 10 R4 = 2 × 6 × 10 × 14;…; 最后, (4) Rn = 2 · 6 · 10 · 14 ·…· (4n – 6)。 第二个问题也可以用一个递推公式解答。 令n个因子fν按规定的顺序为φ1,φ2,φ3,…,φn。我们从属于该系列的Cn个成对的n元 乘积中取具有() · ()形式者,左边括号包括r个元素φ1,φ2,φ3,…,φr,而右边括号包括s = n – r个元素φr+1,φr+2,φr+3,…,φr+s = φn。由于左边括号根据它的r个元素具有Cr种不同形式, 13 算术题 而右边也相应地具有Cs种形式,而属于左边括号的每种形式可以与右边括号中的每种形式结 合,因而,上述主要形式可得Cr · Cs种不同的n元素的成对乘积。 (5) Cn = C1Cn–1 + C2Cn–2 +…+ Cn–1C1。 用这个递推公式,并从C1 = 1 和C2 = 1 开始,得如下序列: C3 = C1C2 + C2C1 = 2, C4 = C1C3 + C2C2 + C3C1 = 5, C5 = C1C4 + C2C3 + C3C2 + C4C1 = 14, 等等。 为了得到一个Cn的独立表达式,可设想f1,f2,f3,…,fn因子有n!个不同序列(排列), 这些顺序中的每一个均具有Cn个成对n元素乘积,所有序列总加在一起具有Rn个这样的乘积, 于是Rn = Cn · n!,或者 (6) ! )64(1062 ! n n n RC n n −⋅⋅⋅⋅== 。 公式(4)和(6)解答了凯特兰的问题。 下面解欧拉公式。 从已知数值 E2 = 1,E3 = 1,E4 = 2,E5 = 5, C1 = 1,C2 = 1,C3 = 2,C4 = 5, 以及公式(2)与(5),立即得出一般式 (7) En = Cn–1。 (这里是用归纳法得出的证明。假定对于至n的所有下标来说,公式(7)成立,则E2 = C1, E3 = C2,…,En = Cn–1。 根据公式(2)和(5) En+1 = E2 · En + E3 · En–1 +…+ En · E2, Cn = C1Cn–1 + C2Cn–2 +…+ Cn–1C1。 由于最后两个登时的左边各元素一一对应,便得: En+1 = Cn; 也就是公式(7)对每个下标都能成立。) 公式(6)、(7)立即给出欧拉公式: (8) )!1( )104(1062 − −⋅⋅⋅⋅= n nEn 。 作为总结,所求欧拉公式的简化形式为: )32()!2(2)!1( )!32(2 )!1( )52(5312 2 22 −−⋅− −=− −⋅⋅⋅⋅⋅= − −− nnn n n nE n nn n , 且结果是: k k E f n = ,这里,f = n – 2 表示 n 边形总是可分割为 n – 2 个三角形,而 k = 2n – 3 是这些三角形的边数。 本世纪来乌尔班(H· Urban)以下面的形式推导了欧拉公式④。 他先用西格纳的递推公式计算E5,E6,E7,并且“推导”出下列等式: E2 = 1,E3 = 1,E4 = 2,E5 = 5,E6 = 14,E7 = 42, 2 2 2 3 =E E , 3 6 3 4 =E E , 4 10 4 5 =E E , 5 14 4 5 =E E , 6 18 6 7 =E E , 由以上的分析,他推测En应该是: 14 算术题 (I) 11 104 −− −= nn En nE 。 (遗憾的是,他没有说是否是“欧拉递推公式”或其他什么想法引起他这么“推断”的。) 这个递推公式对于下标 n 的若干初始数值来说肯定成立。为了证明其普遍成立,将 n 的结论用于 n + 1:假设递推公式对所有从 1 到 n – 1 的下标都正确且被证实,所以对 n 来说, 它也正确。 证明是用展开式进行: (II) S = 1 · E2 · En–1 + 2 · E3 · En–2 + 3 · E4 · En–3 +…+ (n – 2) · En–1 · E2, 或者写成倒序: (III) S = (n – 2) · En–1 · E2 + (n – 3) · En–2 · E3+ (n – 4) · E4 · En–3 +…+ 1 · E2 · En–1。 这两个等式逐项相加,便得: 2S = (n – 1)(E2En–1 + E3En–2 +…+ En–1E2), 或者根据西格纳的递推公式括号内的算式等于En。 (IV) 2S = (n – 1)En。 根据递推公式(I),将公式(II),(III)的每一乘积Er · Es(r = 2 除外)中左边的因子 Er用 1 11 − −− r Errλ 来代替,而λr = 4r – 6,得: (II') S = E2En–1 + λ2E2En–2 + λ3E3En–3 +…+ λn–2E n–2E2, (III') S = λn–2E n–2E2 + λn–3E n–3E3 +…+ λ2E2En–2 + E2En–1。 将两行所列成的对位相加,由于λr + λn–r = 4n – 12,,故得: 2S = En–1 + (4n – 12)(E2En–2 + E3En–3 +…+ En–2E2) + En–1。 或者由于括号内的式子等于En–1,得出: (V) 2S = (4n – 10)En–1。 由等式(IV)和(V)得: 11 104 −− −= nn En nE 。 由此证明欧拉的递推公式(I)对于下边 n 亦能成立,也就是说普遍使用。 ① Novi Commentarii Academiae Petropolitanae pro annis 1758 et 1759, vol. VII ② Journal de Mathématiques, 3 (1838) ③ Journal de Mathématiques, (1838) ④ Zeitschrift für math. und naturw. Unterrricht, 1941, vol. IV 第8题 鲁卡斯的配偶夫妇问题 n 对夫妇围圆桌而坐,其座次是两个妇人之间坐一个男人,而没有一个男人和自己的妻 子并坐,问有多少种坐法? 这个问题 1891 年出现于(大概是首次出现)法国数学家 E·鲁卡斯(Edouard Lucas,1842 – 1891 年)的书中①。英国数学家 R·贝尔(Rouse Ball)谈及该题时说:“解这个题决非易 事。” 法国人 M·莱桑(M· Laisant)和 M·C·莫赫(M· C· Moreau)以及英国人 H·M·泰勒 (H· M· Taylor)都解过这个问题。在麦克马洪的书中作过基于现代观点的解法②。这里所 取的方法原则上是泰勒的解法③。 把从 1 到 2n 张循环排列的椅子编上号码。妇人们全坐在偶数或奇数号码的椅子上,这 15 算术题 两种情况无论哪一种都可能有 n!个不同的座次排列,因此,仅妇人们就有 2n!个不同的座次 排列。 假设妇人们已按这种排列中的一种方法就座,并且下文所述全部保持这种排列。那么该 题的核心便是求出可能有多少种方法在妇人们之间安排男人们入座。 假设把妇人们的座位顺序用F1,F2,…,Fn表示,她们各人的丈夫分别用M1,M2,…, Mn表示,成对夫妇(F1, M1),(F2, M2),…的座次用 1,2,…表示,而n对夫妇的排列方法用n 对排列表示。设不作进一步说明而就座的丈夫们的座次为X1,X2,…。 使F1X1F2X2…FnXnFn+1Xn+1表示没有丈夫坐在自己妻子身边的n + 1 对排列(一定要记住 排列是循环式的,所以Xn+1坐在Fn+1和F1表之间)。若从该排列中取出Fn+1和Mn+1 = Xν,并以 Xn+1 = Mμ代替Xν的话,便得到n对排列 F1X1F2X2…FνMμFν+1…FnXn。 这种排列可发生下列三种情况: 1.没有一个男人坐在自己妻子旁边(这样Mμ ≠ Mν,Mμ≠ Mν+1,Xn ≠ M1)。 2.有一个男人和自己妻子并坐(Mμ = Mν或Mμ = Mν+1或Xn = M1的时候)。 3.有两个男人和自己的妻子并坐(当Mμ = Mν或者Mμ = Mν+1,且同时Xn = M1,亦即在 排列中出现M1F1时)。 这样,一定要考虑到除了在题中规定的那种以外的其它排列法。 下面来区别 A,B,C 三种形式的排列。A 式排列指没有一对夫妻并坐;B 式排列指某 一对夫妻并坐;最后,C 式排列指某一个男人坐在他妻子的指定的一边,而没有规定的另一 个男人坐在他妻子的没有规定的一边。 令n对中A,B,C三种排列数分别为An,Bn,Cn。 首先,试着确定六个数An,Bn,Cn,An+1,Bn+1,Cn+1之间的关系;并从最简单的关系开 始。 考察Bn+1,1,2,…,n + 1 对的B式排列 F1X1F2X2…FnXnFn+1Mn+1, 其中,Mn+1坐在Fn+1的右边。根据Xn = M1或Xn ≠ M1把排列分成两组,然后从他们所有人中移 出一对Fn+1Mn+1,那么第一组便得到Bn的n对的B式排列,而第二组则得到所有An种n对的A式 排列,这样, (1) Bn+1 = BBn + An。 考察Cn+1以求得第二个关系式。n + 1 对的C式排列 M1F1X1F2X2…FnXnFn+1, 其中,男人X1,X2,…,Xn中的一个紧挨着他的妻子,根据X1等于或不等于Mn+1,把这些排 列分成两组。 第二组包含 2n – 1 个小组,在第一小组里,M2坐在F2的左边;在第二小组里,M2坐在 F2的右边;在第三小组里,M3坐在F3的左边;在第四小组里,M3坐在F3的右边;如此等等。 在第 2n – 1 小组里,Mn+1坐在Fn+1的左边。 若从所有Cn+1种C式排列中移出对子M1F1,从第一组得到 2,3,4,…,n + 1 等对的所 有Cn+1种C式排列,其中Mn+1坐在Fn+1的右边,从第二组的每一小组得到 2,3,4,…,n + 1 等对的Bn种B式排列,这样, (2) Cn+1 = Cn + (2n-1)BBn。 按上述推导,若从n + 1 对的A式排列F1X1F2X2…Fn+1Xn+1中取出一个对子Fn+1Mn+1,且以 Xn+1代替已取出的Mn+1,便变成了n对的A式,B式或C式排列。 相反,当把Fn+1Mn+1插在 1,2,…,n等n对的一种A式,B式或C式排列的F1前,而后交 换Mn+1和某一其他男人的位置(使交换后不再有一个男人挨着自己妻子)。显然,这个方法 16 算术题 使我们得到 1,2,…,n + 1 等n + 1 对所有的A式排列。 于是,为了找出An+1,只要确定可能完成的对于从 1 到n等n对的这种插入和随后的所有 可能的A式,B式,C式排列的交换法的数目。 n + 1 对的 A 式排列的构成分为三个步骤: I.由 A 式排列构成。 在插入几对 A 式排列后: F1X1F2X2…FnXnFn+1Mn+1 可以交换Mn+1和除Xn与M1以外的任何一个其他男人的位置,这便从An种n对A式排列中的每一 种得到n – 2 种n + 1 对的A式排列。从而得到总数为(n – 2)An种的n + 1 对的A式排列。 II.由 B 式排列构成。 n 对的 B 式排列有下列 2n 种形式: 1. …F1M1… 2. …F1M2 F2… 3. …F1 X1F2 M2… … … 2n – 2. …Mn FnXn F1… 2n – 1. …FnMn F1… 2n. …FnM1 F1… 且这些形式中的每一种都有Bn种形式。 此种形式的过程对于这些形式的每一和第 2n – 1 个来说不适用(因为插入的Mn+1该与 M1或Mn交换,然而,其结果为M1终将在F1的左边,或Mn+1在Fn+1的左边)。 在第二、第三、…、第 2n – 2 式中,插入的Mn+1分别与M2,M2,M3,M3,…,Mn–1, Mn–1,Mn交换,把n对的B式排列变换成n + 1 对的A式排列,其结果共得到(2n – 3)BBn种n + 1 对的A式排列。 在 2n式中插入的Mn+1,可以与M2, M3,…,Mn中的任何一个男人交换,其结果总共 得到(n – 1)BBn种n + 1 对的A式排列。 III.由 C 式排列构成。 这个方法把Cn种n对的C式排列中的任何一种 M1F1X2F2X3 F3…XnFn 变换成n + 1 对的A式排列,如果掉换男人Mn+1和夫妻并坐的男人Mν的位置(ν是 2,3,4,… , n等数中的一个)。这样,从每个n对的C式排列中得到n + 1 对的一个A式排列,这相当于总 计Cn种n + 1 对的A式排列。这样,I,II,III三步构成法得出所有n + 1 对的A式排列,或总计 (n – 2)An + (3n – 4)BBn + Cn种排列法。所以, (3) An+1 = (n – 2)An + (3n – 4)BBn + Cn。 为了得到仅含相同大写字母的公式,从(1)推导出 An = BBn+1 – BnB 及An+1 = BBn+2 – Bn+1B , 把这些数值代入(3),得出 Bn+2 = (n – 1)Bn+1 + (2n – 2)Bn + Cn。 若用 n + 1 代替 n,即得: Bn+3 = nBn+1 + 2nBn+1 + Cn+1。 若从上式减去前面一式,并运用(2),便得: Bn+3 = (n + 1)(Bn+2 + BBn+1) + Bn。 或者用 n 代替 n + 1,即得: (4) Bn+2 = (n + 1)(Bn+1 + BBn) + Bn–1B 。 17 算术题 由大写字母 B 组成的简单递推公式能从三个连续的 B 立即算出后继的一个 B。 还可能推导只含有三个连续的 B 互相联系的的递推公式,那就是下列形式的公式: (5) enBn+1 + fnBn + gnBn–1 = C, 其中,系数en,fn,gn表示n的已知函数,而c是一个常数。 为了求出他们,用 n + 1 代替(5)中的 n,得: en+1Bn+2 + fn+1Bn+1 + gn+1Bn = C。 用(5)减去这个等式,得: – en+1Bn+2 + (en – fn+1)Bn+1 + (fn – gn+1)Bn + gnBn–1 = 0。 为了寻求未知系数e,f,g的条件方程,把上式与等式(4)乘gn之后所得的登时 – gnBn+2 + ngnBn+1 +ngnBn + gnBn–1 = 0 进行比较。这样,能够得到 e,f,g,并满足下列三个条件: (I) en+1=gn; (II) en – fn+1 = ngn; (III) fn – gn+1 = ngn。 由这三个条件我们能求得递推公式。 从(III)可得: fn = gn+1 + ngn或fn+1 = gn+2 + ngn+1, 从(II)和(I)得: fn+1 = en – ngn = gn–2 – ngn+2。 使所得到的fn+1的两个数值相等,便得到: (n + 1)gn+1 + ngn = gn–1 – gn+2。 很容易看出 gn = n(–1)n 是该方程的一个解。根据(I),得 en = gn–1 = –(n – 1)(–1)n, 根据(III),得: fn = gn+1 + ngn = (n2 – n – 1)(–1)n。 从而,等式(5)转换成 (n – 1)BBn+1 – (n – n – 1)Bn 2 B – nBn–1 = –c(–1)n。 为了求常数c,使n等于 4,观察到B3 = 0,BB4 = 1,B5 = 3,便得到c = 2。 从而所寻求的递推公式为 (6) (n – 1)BBn+1 = (n – n – 1)Bn 2 B + nBn–1 – 2(–1)n。 为了求得关于字母A的类似递推公式,依照(1)和(6)的形式,用Bn与Bn+1来表示An–1, An与An+1,这样得到: nBn nBn nA n nnn )1(211 2 11 −−−+−= +− , An = BBn+1 – BnB , nBn nBn nA n nnn )1(211 1 2 1 −+++−= ++ , 消去Bn与Bn+1,得: (7) (n – 1)An+1 = (n2 – 1)An + (n+1)An–1 + 4(–1)n。 这便是莱桑的递推公式。这使得从前面紧接着的两个 A 可以计算出后继的 A。 于是,由于A3 = 1,A4 = 2 和(7),便得A5 = 13。这仍然很容易直接验证。更进一步整 个系列A6 = 80,A7 = 579,A8 = 4738,A9 = 43387,A10 = 439792,A11 = 4890741,A12 = 59216642 18 算术题 等等,都可以从(7)推导出。从而消除了计算A的难点。 这样本题就解决了。 n对夫妇的可能座次排列的数目是 2Ann!,其中,An可从莱桑的递推公式算出。 ① “Récréaticns mathématiques”,见《Théoris des Nombres》 ② Combinatory Analysis ③ The Messenger of Mathematics, 32, 1903 第9题 卡亚姆的二项展开式 当 n 是任意正整数时,求以 a 和 b 的幂表示的二项式 a + b 的 n 次幂。 解:为了确定二项展开式,写出 (a + b)n = (a + b) (a + b)…(a + b), 这里,右边包含 n 个相同的括号 ba + 的乘积,像人们所了解的那样,括号的乘式包含从每 一括号中选出一项,得出所选项的乘积,并继续该过程,直至取尽所有可能的选择,最后将 得到的乘积加在一起。 这类乘积的形式如下: 332211 βαβαβα bababaP = , 其中,从开头的α1个括号中各取出因子a,从随后的β1个括号中各取出因子b,再从其后的α2个 括号中各取出因子a,等等。在这种情况下,α1 + β1 + α2 + β2 +…等于现有的括号数,即n。 如果α1 + α2 +…等于α,β1 + β2 +…等于β,展开式可写成较简单的形式: P = aαbβ, 其中 α + β = n。 除所述的这种方法外,一般还有许多其它方法可以求得乘积 P。例如,从前面 α 个括号中取 出 a,而从后面 β 个括号中取出 b;从前面 β 个括号中取出 b,而从后面 α 个括号中取出 a, 等等。如果乘积 P 在上述方法中出现 C 次,C 被理解为代表一个最初的未知数,那么 G = Caαbβ 表示二项展开式的一项。其它各项除了指数 α 与 β 以及系数 C 不同外,都具有相同的形式。 因此,α + β 总是等于 n。 该题的关键是确定所谓的“二项系数”C,即回答问题:在二项展开式中乘积P = aαbβ出 现多少次? 为了解答这个问题,首先按照从括号中最初选定的顺序逐个地写出乘积中的因子 a 和 b: ⋅⋅⋅ 个共个共个共 211 αβα aaabbbaaa 这就是出现 α 个相同元素 a 与 β 个相同元素 b 的 n 个元素的排列。这些元素排列种数的多少 与从 n 个 a + b 的连乘式中得到的项 P 一样。 但是,其中出现一类α个相同元素和另一类β个相同元素的n个元素的排列种数是 !! ! βα n 。 这就是乘积aαbβ经常出现在二项展开式中的情况,因此, !! ! βα nC = 。 在展开式中的这一公式中an和bn两项是明显的例外,它们每一项只出现一次。为了消除 这一例外,令符号 0!表示 1;便能和公式协调一致地把an和bn的系数分别写成 !0! ! n n 和 !!0 ! n n 。 19 算术题 个别地形成乘积P的可能性也能以几何形式表示。例如,上述第一种可能性以下列方法 表示:用α1个连续线段a来标出一段水平距离,从这个距离的末端延伸一段垂直距离即β1个 连续线段b,从这个垂直距离的末端延伸第三段水平距离 即α2个连续线段a,等等。同样地表示形成P的其它可能性, 因此,从同一点开始描绘所有C个相同Z形的轨迹,这些 迹线表示C种可能性。这样,如要找出(a + b)18的二项展 开式中具有a11b7形式的的全部乘积数目ν的话,就画出一 个由 11×7 个矩形格子组成的矩形网络,每格水平边为a, 垂直边为b,形成每排为 11 格的 7 个横排,一排在另一排 的下方(见图 1)。那么可能性a4b3a7b4(由 4 个括号得a, 由随后三个括号得b,由其次七个括号得a和由最后 4 个括 号得b)用粗实线表示;可能性b2a6b3a2b2a3用虚线表示, 因此,所求的数ν等于从网络的角E引至角F的所有可能的 直接通道数。 E F 图 1 这样,先前求得的 C 的公式也为下述有趣算题提供了解答: 某城有 m 条东西走向和 n 条南北走向的街道,从该城的西北角到东南角有多少种走法 (不得迂回)? 由于东西向的街道被分割成 n – 1 段,每段为 a;南北向街道被分割成 m – 1 段,每段为 b;所以,所有可能的通道数是 )!1()!1( )!2( −− −+ nm nm 。 现在回到二项式定理。 二项式系数 C 的确定立即揭示所求的二项展开式: ∑=+ βα bCaba n)(, 其中 !! ! βα nC = 。 这里 α 和 β 适合凡能满足条件 α + β = n 的所有可能的非负整数。 例如,展开(a + b)5,得出: 543223455 !4!1 !5 !3!2 !5 !2!3 !5 !1!4 !5)( babbababaaba +++++=+ 或 (a + b)5 = a5 + 5a4b + 10a3b2 + 10 a2b3 + 5ab4 + b5。 通常写法用 α α ⋅⋅⋅⋅ +−−− 321 )1()2)(1( nnnn 代替 !! ! βα n ,并简写系数nα。从而获得展开式的较简化的形式: (a + b)n = an + n1an–1b + n2an–2b2 +…+ bn。 系数nν被称为下标ν以n为底的二项式系数。 二项式定理可能是十一世纪波斯天文学家 O·卡亚姆(Omar Khayyam)所发现,他至少 可以因为他发现了前人所未能解出的所有(正整数)幂 n 的展开式而引以自豪。 注:上述推导很容易推广到多项式 a + b + c +…的 n 次幂的展开式。例如,对于一个含 20 算术题 有三项的多项式,其多项式定理是: ∑=++ γβα γβα cbancba n !!! !)(。 这里总和 Σ 包括凡满足条件 α + β + γ = n 的正整数指数 α、β、γ 的所有可能项。 第10题 柯西的平均值定理 求证几个正数的几何平均值小于这些数的算术平均值。 A·L·柯西(Augustin Louis Cauchy,1789 – 1857 年)是最伟大法国数学家之一。关于算 术平均值和几何平均值的定理见于他 1821 年出版的著作①。 这里要介绍的该定理的证法是以基本算题——总和为常数的 n 个正整数,何时其乘积有 最大值——的解法为基础的。 令 n 个数为 a,b,c,…,它们的总和为常数 K,它们的乘积为 P。用各种不同数验证 的结果,当数 a,b,c,…等都具有相同数值 n KM = 时,乘积 P 有最大值。 为了证明这个假设的正确性,利用辅助定理;在两对其和相等的数中,两数之差较小的 一对具有较大的乘积。 (若 X 与 Y 表示一对,x 与 y 表示另一对,且 X + Y = x + y, 辅助定理可从下列等式得到: 4XY = (X + Y)2 – (X – Y)2, 4xy = (x + y)2 – (x – y)2, 其中,两个等式的右边的被减数相等,右边数值较大的是其减数较小的那个。) 若n个数a,b,c,…并不都相等,那么,至少有一个数,例如a必定大于M;且至少有 一个数,例如b,必定小于M。现在组成N个数的一个新序列,a′,b′,c′,…,使(1)a′ = M; (2)对子a,b的和与对子a′,b′ 的和相等;(3)其它数c′,d′,e′,…相当于c,d,e,…。 那么新的数具有与老的数相同的和K,但根据辅助定理a′b′ > ab,新的数具有较大的乘积P′ = a′b′c′…。 若数 a′,b′,c′,…不都等于 M,那么至少有一个,设其为 b′,大于(小于)M;并至 少有一个,设其为 c′,小于(大于)M。现在再组成一个 n 个数的新序列 a″,b″,c″,d″,… , 使(1)a″ = a′ = M;(2)b″ = M;(3)对 子 b′,c′和对子 b″,c″具有相同的和;(4)d″,e″,… 相当于 d′,e′,…。那么数 a″,b″,c″,…具有和数 a′,b′,c′,…相同的和 K,但根据辅助 定理 b″c″ > b′c′,所以具有较大的乘积 P″ = a″b″c″…。 这样继续下去,便得到一个递增乘积的数列 P,P′,P″,…,其中,每一后继项大于前 一项,这由于它至少多乘一个因子 M,按这种方式得到最后一个乘积是所有乘积的最大者, 且含有 n 个相等因子 M。因此, P < Mn, 这导出了下述定理: 总和为常数的 n 个正数,当各数都相等时,其积最大。 若将上面的最后一个不等式取 n 次方根,并以其值各有大小的数 a,b,c,…表示 P 和 M,便得到柯西公式: n cbaabcn +++< 。 将这个公式用文字表达如下: 21 算术题 算术与几何平均值的定理:几个正数的几何平均值总是小于这些数的算术平均值,除非 这些数相等,此时两个平均值亦相等。 注 1:柯西定理可直接导出上述极值定理的逆定理; 乘积为常数的 n 个正数,当它们数值相等时,其和最小。 证:设 n 个数为 x,y,z,…,他们的乘积为定值 K,它们的可变和为 s,并设 k 的 n 次方根为 m。 根据柯西定理: n xyzn zyx ≥+++ ; 因此, s ≥ nm, 其中等号仅当 x = y = z = …时适用。证毕。 上述两个极值定理成为许多涉及最大值和最小值问题的简单解法的基础(参阅第 54, 92,96,98 等题)。 注 2:柯西定理也直接为指数函数xc提供一个重要的指数不等式。 若 a 是不等于 1 的任意正数,n 是一个大于 0 的整数,m 是一个大于 n 的整数,那么, 其中 n 个具有数值 a,而其它 m – n 个具有数值 1 的 m 个数的几何平均值小于这 m 个数的算 术平均值 m nmna −+ 或 )1(1 −+< am nam n , 或者,若用 ε 代替 m n ,则 (1) aε < 1 + ε(a – 1)。 在这个不等式中,ε 是任意正的有理真分数。下面证明这个不等式对于任意无理真分数 i 也 适用。 首先,aJ > 1 + J(a – 1)不能在J为任意无理真分数时都成立。如果成立,就有可能找到一 个有理真分数R < J而如此接近J,以致aR与aJ之差,及 1 + R(a – 1)与 1 + J(a – 1)之差,小于 譬如 aJ = 1 + J(a – 1) 的 4 1 。这时,aR仍将大于 1 + R(a – 1),而根据(1),这是不可能的。 设 z 是一个非常小的数,以致 i + z 和 i – z 都是正真分数。那么, 2 zz ii aaaa −+⋅< (由于根据柯西公式,az和a–z两数的算术平均值大于 1)或 2 zizi i aaa −+ +< 。 但根据前面的关系式, ai+z ≤ 1 + (i + z)(a – 1), ai–z ≤ 1 + (i – z)(a – 1), 所以 )1(12 −+≤+ −+ aiaa zizi ; 22 算术题 这样,下式肯定成立: ai < 1 + i(a – 1)。 因此,不等式(1)对任何真分数 ε 都成立。 若用 μ 1 代替(1)中的 ε,用 b 代替 1 + ε(a – 1),即用 1 + μ(b – 1)代替 a,那么,(1)变 成: (2) bμ > 1 + μ(b – 1), 其中,μ 为任意正假分数,b 为任意整数。 结论:指数不等式。若 x 为任意正数,c 为任意正数指数,指数不等式为: 当指数为真分数时,xc <1 + c(x – 1); 当指数为假分数时,xc >1 + c(x – 1)。 ① Cour d’Analyse,第 458 – 459 页 第11题 柏努利幂之和的问题 确定指数 p 为正整数时最初 n 个自然数的 p 次幂的和 S = 1p + 2p +…+ np。 用这种一般式表示的问题,最先在 1713 年出版的瑞士数学家 J·柏努利(1654 – 1705 年) 的一部著作中得到解答①。 下述巧妙的解法是以二项式定理为基础的。 展开二项式(x + ζ)ν,得到数ζ 1,ζ 2,ζ 3,…,ζ p,在一定的条件下,这些数可看作是取 决于ν的未知数而不管它是ζ的幂。用研究这些数的方法对S的推导可以惊人地得以简化。 根据二项式定理,若 P 可用以表示数 p + 1,则有: (v + ζ)P = vP + Pvpζ1 + P2vp–1ζ 2 +… 以及 (v + ζ – 1)P = vP + Pvp(ζ– 1)1 + P2vp–1(ζ– 1)2 +…。 二式相减,得: (I) (v + ζ)P – (v + ζ – 1)P = Pvp + P2vp–1[ζ 2 – (ζ– 1)2] + P3vp–2[ζ 3 – (ζ– 1)3] +…。 现在我们用下列等式: (1) (ζ– 1)2 = ζ 2, (2) (ζ– 1)3 = ζ 3, (3) (ζ– 1)4 = ζ 4, 等等来规定未知数ζ 1,ζ 2,ζ 3,…。这样就将(I)式化简为 (Ia) Pvp = (v + ζ)P – (v + ζ – 1)P。 用 v = 1,2,3,…,n,代入该方程,由此得到 P · 1p = (1 + ζ)P – ζP, P · 2p = (2 + ζ)P – (1 + ζ)P, … P · np = (n + ζ)P – (n – 1 + ζ)P。 将上述 n 个方程相加,得: (II) PS = (n + ζ)P – ζP 或 23 算术题 (II) P nn PP ppp ζζ −+=+++ )(21 , 其中 P = p + 1。 右端的数ζ 1,ζ 2,ζ 3,…得自二项式(n + ζ)P展开式的这一公式,由等式(1),(2),(3),… 所规定,它给出了所求的幂之和。 为了在n = 1,2,3,4 的情况下应用此公式,我们首先要根据方程(1),(2),…确定 未知数ζ 1,ζ 2,ζ 3与ζ 4。 由(1)式可知 – 2ζ 1 + 1 = 0, 即: 2 11 =ζ 。 进而由(2)式得: – 3ζ 2 + 3ζ 1 – 1 = 0, 即: 6 12 =ζ 。 又由(3)式知 – 4ζ 3 + 6ζ 2 – 4ζ 1 + 1 = 0, 即: ζ 3 = 0。 最后由式(ζ – 1)5 =ζ 5得: 30 14 −=ζ 。 数 2 11 =ζ , 6 12 =ζ ,ζ 3 = 0, 30 14 −=ζ 等等,称为柏努利数。 因此由(II)式得到 2 )1( 2 2 2 )(321 1222 +=+=−+=++++ nnnnnn ζζζ , 6 )12)(1( 3 33 3 )(321 212333 2222 ++=++=−+=++++ nnnnnnnn ζζζζ , 232213444 3333 2 )1( 3 464 4 )(321 ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ +=+++=−+=++++ nnnnnnnn ζζζζζ , 303 510105 4 )(321 4322314555 4444 pstnnnnnnn =++++=−+=++++ ζζζζζζ , 其中 p = n(n + 1),s = 2n + 1,t = 3p – 1。 如果(II)式中 n 无限增大,S 同样无限增大,但比值 Pn S 为有限数值。事实上,根据 二项式定理,(II)式可写成 PS = nP + Pζ 1nP–1 + P2ζ 2nP–2 +… , +++= −− 22 2 11 PPP nPnPnPS ζζ 因此 24 算术题 +++= 2 2 2 11 Pn P nPn S P ζζ 。 如果 n 无限增大,右边的所有分数除第一项外均为无限小,就得到幂之和的极限等式: (III) 1 121lim 1 +=+++ +∞→ pn n p ppp n 。 这一重要极限方程也可以由指数不等式(参见第 10 题)推导出 xP > 1 + P (x – 1)。 这一推导优于刚才的推导之处,就是不仅对正整数而言,而且对任意正指数 p 也都成立。 如果先用一假分数 v V 取代指数不等式中的 x,然后用真分数 V v 消去分母,则得 VP > vP + Pvp(V – v) 及 vP > VP – PVp(V – v) 或 p PP p PVvV vVPv <− −< 。 将一系列数(1, 0),(2, 1),(3, 2),…,(n, n – 1)代入新不等式中一对数(V, v),得到: P · 0p < 1P – 0P < P · 1p, P · 1p < 2P – 1P < P · 2p, … P · (n – 1)p < nP – (n – 1)P < P · np。 将这 n 个不等式相加,得: P(S – nP) < nP < PS 或 nPn S P P 111 +<< 。 由于得商 Pn S 在两界之间,当 n = ∞时其值为 P 1 ,则有 (III) 1 121lim 1 +=+++ +∞→ pn n p ppp n , 式中 p 表示任意正数。 如果代入函数xp的平均值,则幂之和的极限等式还可以由另外的形式得到。 某一区间上函数的平均值通常理解为极限值,即当 n 无限增大时,该区间上均匀分布的 函数之 n 个值的平均值无限趋近此极限。因此,如果以 δ 为 x 的第 n 部分,则函数 f(x)在区 间 0 到 x 上的平均值 M 就是商 n nfff )()2()( δδδμ +++= 当 n = ∞时的极限值。我们将这一平均值记作 。 )( 0 xfM x 因此,在区间 0 到x上函数xp的平均值就是 n n n n ppp p ppp +++⋅=+++= 21)()2( δδδδμ 25 算术题 的极限值,因为 n x=δ , 所以该值也就是 1 21 + +++⋅= p ppp p n nx μ 的极限值。 由于根据(III)式右边分式的因子极限为 1 1 +p ,因此所求函数xp的平均值为 (IIIa) 10 += p xMx px p ; 此公式与(III)式基本上没有区别。 公式(III)或(IIIa)广泛用于几何学和物理学中。 ① Ars conjectandi 第12题 欧拉数 求函数 x xx ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ += 11)(ϕ 及 111)( + ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ += x xxΦ 当 x 无限增大时的极限值。 这一饶有兴趣的问题的最简单解法,是以指数不等式(参见第 10 题) xε < 1 + ε(x – 1) 为基础的。其中 x 是任意正数,ε 是 0 到 1 之间的任意真分数。 引入两个满足条件 a > b,b > 0 的任意正整数 a 与 b,将其代入指数不等式中,首先令: bx 11 += , a b=ε ; 再令: 1 11 +−= bx , 1 1 + += a bε 。 在第一种情况下得 ab a b 1111 +<⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ + 或 (1) ab ab ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ +<⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ + 1111 , 在第二种情况下, 1 111 11 1 1 +−<⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ +− + + ab a b 26 算术题 或 11 11 ++ ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ +<⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ + ab a a b b 或者最终得到 (2) 11 1111 ++ ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ +>⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ + ab ab , 所得两个不等式(1)和(2)包含了一条著名的定理: 当一个正的自变量 X 增加时,函数 X XX ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ += 11)(ϕ 递增,而函数 111)( + ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ += X XXΦ 递 减。 因此,对于 X > x φ(X) > φ(x),而 Φ(X) < Φ(x)。 另一方面,由于自变量取相同值时函数 Φ 大于函数 φ ( )(11)( xxxΦ ϕ⋅⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ += ) 因此得不等式 φ(x) < φ(X) < Φ(X) 以及 φ(X) < Φ(X) < Φ(x), 亦即函数 Φ 的每个值均大于函数 φ 的每一值(仅当所考虑的自变量取正值时)。 假设有一正数轴,两动点 p 和 P 在数轴上,当时间为 t 时,距零点的距离分别为 φ(t)和 Φ(t),在瞬时速度 t = 1 时两动点开始移动。点 p 由 φ(1) = 2 开始向右连续移动,点 P 由 Φ(1) = 4 开始向左连续移动。然而由于 Φ(t)总是大于 φ(t),亦即 P 总是朝 p 的右侧移动,而两点 决不相遇。但是两者之间的距离缩短了 t tttΦd )()()( =−= ϕ 。 由于 φ(t) < 4, td 4< 是一个随时间的增大而无限变化的数,从而两动点最终相距为无穷小。 要表达这种情况,只有假定数轴上 2 和 4 之间存在着一个定点,动点 p 和 P 分别从左 侧和右侧无限逼近半永不触及这一定点。该定点到零点的距离就是所谓的欧拉数 e。最先由 欧拉建议用字母 e 命名这个数,这个数也就是自然对数的底(参见第 14 题)①。 对于欧拉数,重要不等式 (I) 11111 + ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ +<<⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ + xx xex 成立(x 为任意大于零的正数)。 如果选择 x = 1000,000,由不等式可求得精确到五位小数的 e 值。然而,运用 e 级数(参 见第 13 题)是一种较好的运算方法。 从而我们得到 e = 2.718281828459045…。 而所求的极限值是 27 算术题 ex x x =⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ + ∞→ 11lim , ex x x =⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ + + ∞→ 111lim , 第一个极限为上限,第二个为下限。 注:由关于e的不等式(I)可直接得到关于指数函数ex的不等式。 1.在不等式 ex x <⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ + 11 中,我们用 P 1 取代x,此处P是大于零的任意正数;对于e的幂eP,得到: (1) XP > 1 + P。 2.在不等式 111 + ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ +< x xe 中,用 n 1− 取代 ,这样就以1+x 1 1 +n 取代 x 11+ ,n为不等于零的负的真分数,对于e的幂en我 们得到 (2) en > 1 + n。 3.假定对于每一个负的假分数 N,1 + N 为负数,必然有 (2) eN > 1 + N。 联列不等式(1),(2),(3),则得到指数函数的不等式: ex > 1 + x 上式对于 x 的每一个有限的实数值都是成立的,只有当 x = 0 时才成为等式。 从已得到的不等式可直接导出通常所说的指数函数的极限等式。 令 x 为任一有限的实数,n 为一个使 n x±1 为正数的正数。根据指数函数的不等式 n xe n x +>1 及 n xe n x −> − 1 。 将上两不等式分别取 n 次幂,而对于第二式,以 n x+1 乘两边以后再取 n 次幂,其结果为: n x n xe ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ +> 1 及 n x n n xen x ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −>⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ + − 2 2 11 。 28 算术题 联合所得诸不等式,则得: x n x en xen x <⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ +<⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − 11 2 。 进而如果允许n无限增大,不等式左边变换成ex,便得到指数函数的极限等式: x n n en x =⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ + ∞→ 1lim , 其中 x 为任意的有限实数,n 为无穷增大的数。 ① Commentarii Academiae Petropolitanae ad annum 1739, vol. IX 第13题 牛顿指数级数 将指数函数ex变换成各项为x的幂的级数。 通常称为指数级数的这种幂级数,事实上可认为是数学里最重要的级数,它是由英国伟 大的数学家和物理学家牛顿(1642 – 1727 年)所发现的。他的包含正弦级数、余弦级数、 反正弦级数、对数级数、二项级数以及指数级数的这篇著名论文写于 1665 年①。然而牛顿 指数级数的解法不太严谨且过于复杂。 下面的解法是以函数xn(见第 11 题)和函数ex的平均值为基础的。 借助于指数函数不等式 (1) eu > 1 + u (见第 12 题),可求得函数ex的平均值。 考虑指数函数自变量的两个连续值 v 和 V = v + φ > v,并且先以 u = φ 然后以 u = –φ 代 入(1),分别得到 eφ > 1 + φ及e–φ > 1 – φ。 分别乘以ev及eV,则得 eV > ev + φev及ev > eV – φeV。 合并得 (2) V vV v evV eee <− −< 。 ex在区间 0 到x上的平均值就是商 n eeee nδδδδ μ ++++= 32 ( n x=δ ) 当 n 无限增大时的极限值。为了求 μ,当 x 是正数时,将一对数(v, V)相继以 (0, δ),(δ, 2δ),(2δ, 3δ),…,((n – 1)δ, nδ) 代入(2)式,将所得 n 个不等式相加,得到 μδμ neen x x <−<−+ 11 或者解出 μ, n e x e x e xxx 111 −+−<<− μ (x > 0)。 当 x 为负数时,将(v, V)相继以 (δ, 0),(2δ, δ),(3δ, 2δ),…,(nδ, (n – 1)δ) 29 算术题 代入(2)式,再将所得 n 个不等式相加,则可导出相同的最终不等式,只不过两端需要相 互对调。因而此时记作 x e n e x e xxx 111 −<<−+− μ (x < 0)。 如果允许两个不等式中的 n 无穷增大,则关于极限 lim μ,得值 (3) x eeM x xx 1 0 −= , 式中 x 可为正数或负数。 现在求ex展开的级数。 我们从不等式 ex > 1 + x 开始。先假定 x 为正数,求得两端的平均值,得 211 x x e x +>− 或 !21 2xxe x ++> 。 重复求平均值,则得到 !3211 2xx x e x ++>− 或 !3!21 32 xxxe x +++> 。 按次方法连续进行,得到 (4) !!3!21 32 n xxxxe n x +++++> 。 为了求得ex的上限,仍从不等式 ex > 1 + x 开始。以ex乘两端,得 1 > ex - xex 或 ex < 1 + xex。 在以下求取平均值的时候,我们运用了不证自明的定理:“两个(正)函数 u 与 v 的积之平 均值小于 u 的平均值与在所讨论的区间上 v 的最大值之乘积。” 第一步(u = x,v = ex),得到 x x ex x e 211 +<− 或 xx exxe !21 2 ++< 。 第二步( 2 2xu = ,v = ex),得到 x x exx x e !3211 2 ++<− 30 算术题 或 xx exxxe !3!21 32 +++< 。 等等,最后 (5) x n x en xxxxe !!3!21 32 +++++< 。 这样,当考虑 x 为复数时,问题会简单些。 由ex > 1 + x,如上述所知 211 x x e x +>− ; 然而,因为 x 为负数, !21 2xxe x ++< 。 下一步求平均值,得 !3211 2xx x e x ++<− 或 !3!21 32 xxxe x +++> , 再下一步 !4!3!21 432 xxxxe x ++++< , 等等,最后得到 (6) )!12(!3!21 1232 −+++++> − v xxxxe v x 及 (7) )!2(!3!21 232 v xxxxe v x +++++< 。 由不等式(4),(5),(6),(7)得到: 当x为正数时,ex的值介于 !!3!21 32 n xxxx n +++++ 与 x n en xxxx !!3!21 32 +++++ 之间。当x为负数时,ex的值介于 !!3!21 32 n xxxx n +++++ 与 )!1(!3!21 132 ++++++ + n xxxx n 31 算术题 之间。 因此,如果我们写成 (8) !!3!21 32 n xxxxe n x +++++= , 因此的误差对于 x 为正数时小于 )1(! −x n en x ,对于 x 为负数时则小于 )!1( 1 + + n x n 。 但是,对于x为有限值而n无限增大时,分数 !n x n 趋向于零。(根据第 10 题,2(n – 1),3(n – 2),…,(n – 1) · 2 中每个乘积都大于 1 · n。因而这些积的乘积将大于nn–2,亦即 (n – 1)!2 > nn–2, 或 n!2 > nn 或 nnn >! 。 因此得出 nn n x n x n时,只有一部分如此。因此,根据二 项式定理(见第 9 题) 33 算术题 对于 v ≤ n v v bavC )(! 1 += , 对于 v > n v v vC γ! 1< 。 所以En(a)En(b)的前n + 1 项之和等于En(a + b),后n项绝对值之和小于Rn(γ),即必定小于 δγγγ γ =−=++++ ++ )()!2()!1( 21 n nn Eenn , 因此,我们可令其等于 εδ,|ε| < 1。 从而得到方程 En(a)En(b) = En(a + b) + εδ。 如果我们进而让方程中的 n 变成无穷大,δ 为零,方程就化成 (11) eaeb = ea+b。 这一基本公式证明我们先前假定以级数 ++++ !3!21 32 zzz 作为ez是正确的。 现令z = x + yi,x,y均为实数。根据(11)式,ez=ex · eyi或 。iyyyyyyy yiyyiyyyie e e yi x z )!7!5!3()!6421( !6!5!4!3!21 753642 65432 +−+−++−+−= +−++−−+== 根据第 15 题,括号内为 cos y 与 sin y,因而得到欧拉公式: (12) ex+yi = ex(cos y + i sin y), 当 x = 0 时,欧拉公式为 (12a) eyi = cos y + i sin y。 如果在(12a)式中 y = π,我们得到两个数 e 与 π 之间著名的欧拉关系 eπi = –1 如果在(12a)式中再以– y 代替 y,则得 (12b) e–yi = cos y – i sin y。 依次将式(12a)和(12b)相加、相减,得到同样著名的一对公式 2cos yiyi eey −+= , i eey yiyi 2sin −−= 。 ① De analysi per aequationes numero terminorum in finitas 第14题 麦凯特尔对数级数 不用对数表,计算一个给定的对数。 作为建立对数表的基础的这一基本算题,可以由对数级数得到简便的解答。 +−+− 432 432 xxxx , 34 算术题 这是一个表示 1 + x 自然对数的最简单的对数级数,最早发表在荷尔斯太因数学家 N·麦凯特 尔(Nicolaus Mercator,1620 – 1687 年)的书中①,他真名叫考夫曼(Kaufmann)。为了对 数级数的推导,我们将用到函数 xxf += 1 1)( 的平均值,因此要先将它确定。 我们从上题不等式(2)开始,先将这个不等式转换成一个自然对数 ln x 的对数函数的 不等式(ln x 是以欧拉数 e 为对数体系的底的 x 的对数,亦即该对数为 e 的幂求 x)。 因此,可用ln u及ln U代替v及V(U > u > 0),相应地用u及U代替ev及eV,得到: UuU uUu <− −< lnln 或 (1) uuU uU U 1lnln1 <− −< (U > u > 0)。 函数 xxf += 1 1)( 的平均值就是分数 n nfff )()2()( δδδμ +++= 当 n 无穷增大且 n x=δ 时的极限值。 为了确定 x 分别为正数及负数时的极限值 lim μ,用 (1 + vδ, 1 + (v – 1)δ)分别代替(1)式 中的一对值(U, u)及(u, U),然后分别以 v = 1,2,3,…,n 代入(1)式,将所得 n 个不等 式相加,则得到两种情况: δ )1ln( x+ 介于 nμ 与 x xn ++ 1μ 之间, 换言之, μ 介于 x x)1ln( + 和 )1( )1ln( xn x x x +−+ 之间。 因此,如果 n 为无穷大,则有: (2) x x xM x )1ln( 1 1 0 +=+ , 式中 1 + x 通常认为是正数。 现在推导 ln(1 + x)的级数。 如果用 1 – x f 取代该等式右边的 f,则有 f = 1 – x + x2 f。 再用 1 – x f 取代右边的的 f,得到 f = 1 – x + x2 – x3 f。 同样,可得 f = 1 – x + x2 – x3 + x4 f, 等等。一般地, f = 1 – x + x2 – x3 + x4 +…+ (– 1)nxn–1 + (– 1)n+1xn f。 由此公式可以求平均值,则有 (3) fMxn xxxx x x nn n n 1 132 )1()1(4321)1ln( + − −+−++−+−=+ 。 如果用F代表假定f在区间 0 到x上时的最大值(因此,x为正数时F = 1,x为负数时 35 算术题 xF += 1 1 ),那么,就绝对值而言,xn f的平均值必然小于xn的平均值 1+n x n 的F值。拒此可写 成 1+= n xΘFfMx n n , 式中 Θ 为一个确定的正的真分数。 将(3)式变换成 Rn xxxxxx n n +−++−+−=+ +1 432 )1(432)1ln( , 其中 1)1( 1 +−= + n xΘFR n n 。 因为 n 趋向于无穷大,如果 x 为一个真分数(x = 1 时亦然),“余项”R 趋近于零。 因此,当 x 为真分数,以及 x = 1 时,级数 (4) +−+−=+ 432)1ln( 432 xxxxx 成立。等式右边的级数即为麦凯特尔级数。 由于上式仅当 x 为真分数时成立,故它不适用于计算任意的对数。为了求得符合这一要 求的级数,我们用 x− 代换(4)式中的 x,得 (5) −−−−−=− 432)1ln( 432 xxxxx 。 (4)式减去(5)式得 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +++=− + 5321 1ln 53 xxxx x 。 对于 x 为每一个正真分数或负真分数值, x xX − += 1 1 都为正数,同时 1 1 + −= X Xx 亦然,所得公 式可写成 (6) ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +++= 532ln 53 xxxX , 其中 1 1 + −= X Xx 。 对于每个正的 X,这一新级数收敛。 用两个任意正数的商 z Z 代换这一级数中的 X,得: ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +++=− 7532lnln 753 QQQQzZ , 其中 zZ zZQ + −= 。 此级数就是对数表赖以计算出的对数级数,级数中 Z 和 z 可为任意两个正数。 36 算术题 例如为了计算 ln 2,可令 z 等于 1,Z 等于 2,得 ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ + ⋅ + ⋅ + ⋅ += 753 37 1 35 1 33 1 3 122ln 。 为了计算ln 5,可令z = 125 =53,Z = 128 =27,得 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +++=− 75325ln32ln7 753 QQQQ , 其中 253 3=Q 。 为了计算ln 3,假定z = 80 = 5 · 24,Z = 81 = 34,因此 2ln45lnln +=z , 3ln4ln =Z , 得 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +++=−− 75322ln45ln3ln4 753 QQQQ , 其中 161 1=Q 。 为了计算ln 7,令z = 2400 = 25 · 52 · 3,Z = 2401 = 74,得到 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ +++=−−− 75323ln5ln22ln57ln4 753 QQQQ , 其中 4801 1=Q 。 括号内的级数收敛很快,亦即只需要求少数几项就可以相当精确地求得级数的和。 注:以 10 为底的常用对数是从自然对数计算得来的。由 10lgx = elnx(= x) 因而利用自然对数得 lg x · ln 10 = ln x 或 lg x = M ln x, 其中 4342944819.010ln 1 ==M 称为模数,自然对数必须乘以模数才能得到常用对数。 ① Logarithmotechnia, (Lodon, 1668) 第15题 牛顿正弦及余弦级数 不用查表计算已知角的正弦及余弦三角函数。 完成所要求运算的最简便方法是运用正弦级数及余弦级数。 37 算术题 对于 sin x 和 cos x 的级数最早见于牛顿的论文①(参见第 13 题)。文中出现的正弦级数 被转换成现在非常难得研究的反正弦级数。 此处介绍的正弦级数及余弦级数的推导,是以区间 0 到 x 上函数 sin x 和 cos x 的平均值 为基础的(以下提及的所有角度均以弧度计)。 函数 sin x 在区间 0 到 x 上的平均值 M 就是商 n nδδδμ sin2sinsin +++= 当 n 为无限增大的正整数时的极限值,式中 δ 表示 x 的 n 1 。 但是这个商的分子②具有值 2sin 2sin sin δ δn m ⋅ , 式中 m 为 n 个自变量 δ,2δ,…,nδ 的算术平均值,也就是 222 1 δδ +=+ xn 。 因此 2sin 2sinsin δμ n xm = 。 因为当 n 为无穷大时②,右边分数的分母趋近于极限 x2 1 ,而且 lim m 也等于 x2 1 ,我们得 到 2 2sin2sin lim x xx M n == ∞→ μ 或 (1) x xxM x cos1sin 0 −= 。 按同样的方法,运用公式 2 2sin coscos2coscos δ δ δδδ n mn ⋅=+++ , 得到 (2) x xxM x sincos 0 = 。 至此可以很容易得到 sin x 及 cos x 的级数。仍从不等式 cos x < 1 开始,求得两端的平均值,则有 38 算术题 1sin 。 再次求得平均值,得 !31sin 2x x x −> 或 !3sin 3xxx −> , 如此等等。得到 cos x < 1 sin x < x !21cos 2xx −> !3sin 3xxx −> !4!21cos 42 xxx +−< !5!3sin 53 xxxx +−< !6!4!21cos 642 xxxx −+−> !7!5!3sin 753 xxxxx −+−> 等等。这些不等式右边的有理数函数即为函数 sin x 及 cos x 的第一,二,三,…,v 次近似 值。称其为近似值是因为三角函数的精确值的偏差随着指数 v 的增大而逐渐变小,而且当 v 取足够大时误差可以取到理想的小。明确地说,两个三角函数中每一个的值介于精确值的两 个邻近近似值之间。因此,如果我们令函数值等于这两个近似值之一,所产生的误差一定小 于形式为 !v x v 的两个近似值之差。然而当 v 取得无穷大时分数 !v x v 趋近于零(见第 13 题)。 因此下述级数 +−+−= !7!5!3sin 753 xxxxx , +−+−= !6!4!21cos 642 xxxx , 对于 x 的有限值成立。 如果这些级数之一在任意点处中断,由此产生的误差小于略去诸项的首项。 借助于这些级数,就可以计算任意给定角的正弦及余弦。它们可用来建立对数手册中的 正弦表及余弦表。 为了说明近似的程度,让我们举例来计算 sin 1° = sin x(其中 180 πx = )。令 6sin1sin 3xxx −==° 由此产生的误差小于 120 5x ,此分数小于 0.000 000 000 02,因此精确到 10 位时,sin 1° = 0.0174524064。 注 1:级数的求和法 S = sin α + sin(α + δ) + sin(α + 2δ) +…+ sin[α + (n – 1)δ]。 用 2sin2 δ 乘两边,并根据公式 ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ ++−⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ −+=+ δαδαδαδ 2 12cos2 12cos)sin(2sin2 vvv 39 算术题 来变换右边的每一个乘积。则左边有 ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ −+−⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ −= δnαδαδS 2 12cos2cos2sin2 。 由于等式右边为 2sin2 1sin2 δδα nn ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ −+ 故得: 2sin 2sin sin δ δn mS ⋅= , 式中 δα 2 1−+= nm 为所有 n 个角 α,α + δ,…,α + (n – 1)δ 的平均值。 为了求得级数 Σ = cos α + cos(α + δ) + cos(α + 2δ) +…+ cos[α + (n – 1)δ] 的和,我们再用 2sin2 δ 乘两边,但将右边写成 ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ −+−⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ ++=+ δαδαδαδ 2 12sin2 12sin)cos(2sin2 vvv 。 那么左边就是 2sin2 1cos22cos2 12cos2sin2 δδαδαδαδ nnnΣ ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ −+=⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ −−⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ −+= , 于是得到 2sin 2sin cos δ δn mΣ ⋅= 注 2:证明 wn wn n = ∞→ sinlim 。 )2sin1(2tg22cos2tg22cos2sin2sin 22 wwwwwww −⋅=== 。 然而,由于 sin w < w 及 tg w > w,由此得出 )41(22sin 2www −⋅⋅> 或 3 4 1sin www −> 。 因此 n wsin 的值介于 n w 与 3 3 4 1 n w n w − 之间,也就是 n wnsin 的值介于 w 和 3 3 4 1 n ww − 之间。因此 wn wn n = ∞→ sinlim 。 ① De analysi per aequationes numero terminorum in finites, 1665 – 1666 ② 对此不熟悉的读者可参见本题末注 2 的证明。原注。 40 算术题 第16题 正割与正切级数的安德烈推导法 由法国数学家安德烈(André)创造的推导 sec x 和 tg x 的指数级数的屈折形排列法①, 无疑是最方便的而且最吸引人的方法。 n个数 1,2,3,…,n的屈折排列 ——安德烈称为“交错排列”——是 这样的一种排列:在所有这些数的值 c1,c2,…,cn中,没有一个元素cv的 值介于两个邻近的值cv–1的cv+1之间,如 果将点P1,P2,…,Pn标注在坐标系中, 相应的横坐标分别为 1,2,…,n,相 应的纵坐标为c1,c2,…,cn,并将相 继的两点Pv和Pv+1用线段联结,则可得 一条屈折线,该排列法的名称也就由 此而来(见图 2)。 一条屈折线或一个屈折排列,可 能一开始就上升,或者一开始就下降。 我们约定: 对于 n 个元素,由上升开始与由 下降开始一样具有同样多个屈折排 列。 证:令P1P2…Pn为与一屈折排列相对应的屈折线。过其最高点与最低点作横坐标轴的平 行线及中间平行线。如果我们在中间平行轴上建立屈折线的镜像,则可得到一条新的屈折线 Q1Q2…Qn或一组屈折线排列,其开端依据第一条屈折线是上升或下降分别为下降或上升。 因此,对每个由上升(或下降)开始的屈折排列,可得到一个相应的下降(或上升)开始的 交错排列。从而对每种形式都有相同的个数。 显然,末端上升和末端下降的屈折线排列也正好同样多。 因此,令n元屈折排列的总数为 2An,则An就表示由上升(或下降)开始(或结尾)的n 元屈折排列的总数。 数An可由周期公式确定。假定n个元素 1,2,…,n的 2An个屈折排列已经给定,我们选 出最高元素n占有第r + 1 点位置(从左数起)的这一排列,那么n的左侧有r个元素α1,α2,… , αr,而右侧有s个数β1,β2,…,βs;且 图 2 1 2 3 4 5 6 1 2 3 4 5 6 P1 P2 P3 P4 P5 P6 Q1 Q2 Q3 Q4 Q5 Q6 r + s = m = n – 1 因为随αr之后的就是最高点n,所以排列α1,α2,…,αr终端下降。而β1位于最高点n的后面, 故排列β1,β2,…,βs从上升开始。 现在由r个元素α1,α2,…,αr组成终端下降的Ar个屈折排列,同样由s个元素β1,β2,…, βs组成起始上升的As个屈折排列。因此,对于n占有r + 1 点位置、n左侧有r个元素α1,α2,… , αr的n个元素就有Ar · As个屈折排列。然而由于除所考虑的组合α1,α2,…,αr之外,尚有许 多从m个元素中取r个的其它组合(通常所知共有 !! ! sr mmC r r m == 种),因此,对于最高元素n 占有r + 1 点处的n个元素的屈折排列的总数为 pr = mrArAs(r + s = m), 显然,对于下标r = 0、1、2,如果令A0 = A1 = A2 = 1,该公式也是成立的。 41 算术题 欲求得所有可能的屈折排列数,必须求得从 r = 0 到 r = m = n – 1 的所有pr值的表达式,并将所得结果相加,得到 ∑∑ == == m r srr m r rn AAmpA 00 2 。 为了更进一步简化这个公式,我们用 !! ! sr m 代替mr,并令 (1) v v av A =! 。 然后变换成 2nan = a0an–1 + a1an–2 +…+ an–2a1 + an–1a0, 或者,应用和的符号,变成 (2) ∑= srn aana2 , 其中 r 与 s 为逐一代入所有可能大于零的整数 r + s = n – 1。 运用循环公式(2),就可以由a2开始,由某数前面所有数字来计算数列a0,a1,a2,a3, a4,…中的每一个数。 当an为n!的乘积时,可以由an得到n元屈折排列的一半的数。 对于最简单的情况,我们可以列表: n = 0 1 2 3 4 5 6 7 8 an = 1 1 2 1 3 1 24 5 15 2 720 61 315 17 8064 277 An = 1 1 1 2 5 16 61 272 1385 例如我们可以确定 4 个元素 1,2,3,4,得到 2A4 = 10 个屈折排列 1324,2143,3142,4132,1423,2314,3251,4231,2413,3412。 由屈折排列 sec x 和 tg x 的级数仅需很短的步骤。 首先我们确定从下标 3 开始的av均是小于 2 1 的真分数。因为对于n > 2,n元屈折排列的 数目小于n元的排列数目,因此必定有 2An < n!,因此 2 1 10001000)的 相等部分,并考虑针端A与所有等分点之一相截的所有 情况(见图 3)对于每一个等分点,有无限多的可能情 况与针的可能有的无限多的角度相对应。为了便于考 察这些可能情况,可以仅考虑M个角 θ0 = 0,θ1 = ε,θ2 = 2ε,θ3 = 3ε,…,θM–1 = (M – 1)ε, 其中M同样是一个很大的数(例如M > 2273),而ε为 2 π 的 M 1 。 在此种方法中,应考虑涉及 N 个点和 M 个角,从而也就包括了 NM 个针的位置总数。 然而,有利的位置仅是这些位置中的某一分数(就是w)。为了确定这个分数,我们从 求得仅仅那些有利位置的总数入手,在这些位置中的针的倾斜角如图 3 所示取值为θs。这些 位置组成一个平行四边形EFGP,其边EF = l,EP = l cos θs。因为线段EP上有 sd lNPQ EPN θcos⋅=⋅ 个等分点,总共包含有 sd lN θcos⋅ 个有利的位置(与针共角为θs)。因此,所有有利位置总数n为 )coscoscos(cos 1210 −++++⋅= Md lNn θθθθ 。 因此所求的概率为 Md l NM nw M 1210 coscoscoscos −++++⋅== θθθθ 。 因而所剩下的工作仅是确定分数 48 算术题 Mm M 1210 coscoscoscos −++++= θθθθ 的值。 分数 m 与余弦函数在区间 0 到 2 π 上的平均值并无区别。 熟悉积分元的读者可以直接写出这一平均值,即 ππ π 2 2 dcos2 0 == ∫ xx m 。 对此种计算形式不熟悉的读者,可以很容易由下述灵巧的方法求得 m。 作一半径为 1 的圆的一个象限。令水平轴为 OH,垂直轴为 OK。如其绕着半径 OK 旋 转便形成一个半球,其表面积众所周知是 2π。 这一表面积可以用不同的形式表示。 为此让我们移动倾斜角θ,θ1,θ2,…,θM–1,使各角以OH为公共边建立在O点。那些非 公共边将象限分成长度都是ε的M个很小的弧。取其中位于两角θs和θs+1的非公共边之间的那 一部分,将其旋转成为一个很小的球带,将其展平成一狭条,其长度为 2π cos θs,高度为ε, 所以面积为 2πε cos θs。 因为用这种方法所得的所有球带的和为一半球,便得到方程 2πε(cos θ0 + cos θ1 + cos θ2 +…+ cos θM–1) = 2π, 或者因为 2 πε =M , π θθθθ 2coscoscoscos 1210 =++++ − M M 。 因而得到所求的平均值。 余弦函数(当然还有正弦函数)在区间 0 到 2 π 上的平均值为 π 2 。 (同样可由第 15 题的公式(1)和(2)推导出。) 同时得到 π 2⋅== d lmd lw 或 d lW ⋅= π 2 。 该公式给出了我们所求的概率。 注:沃尔夫(Wolf)1850 年在苏黎世得出了用所得公式计算 π 的原定目的。通过实验, 一根长 36 毫米的针,平行线间距为 45 毫米,投掷很多次(5000)后,他得到概率 W 近似 地为 0.5064,并得到 1596.32 == dW lπ 。 英国人史密斯(Smith,1855 年)与福克斯(Fox,1864 年)重复了这一实验,分别投掷了 3200 和 1100 次,求得 π 值为 3.1553 与 3.1419。 49 算术题 第19题 费马—欧拉素数定理 每个可表示为 4n + 1 形式的素数,只能用一种两数平方和的形式来表达。 十七世纪伟大的法国数学家费马(1601 – 1665 年)大约于 1660 年发现了这一著名的定 理。然而直到 1670 年才得以发表,在费马的儿子编辑的丢番图(Diophantus)著作中以附 注的形式出现,不幸的是没有证明。不能肯定费马是否已经得出证明。 大约一百年后,才由欧拉第一次发表了这一定理的证明,这是他寻求解决但劳而无功的 若干年后,才写出了论文“费马定理的证明,形为 4n + 1 的素数可以表示为两数平方之和” ①。 现在费马—欧拉定理已经有了好几种证法。下面的证明具有最简化的特色。 对于不熟悉数论的读者,我们将提供一些说明,这对于理解这一证明是必要的,并且对 于第 22 题所讨论的问题也是有用的。同时必须记住此处和第 22 题中所用字母均表示整数。 两个数 a 和 b [参照高斯(Gauss)著作],当其差能被 m 所整除时,就叫做对于模数 m 是同余的,写作:a ≡ b mod m,读作对模 m,a 与 b 同余。例如每个数对于模数(模)m 同 余于被 m 除时所得的余数,如 65 ≡ 2 mod 7。余数一词有更广泛的意义,意即对于任意选择 的商做除法后所得的余数。例如,如果写成 127 65 = ,所留的余数为–19。 在许多可能的余数之中有两个余数特别重要:一为约定余数或称普通余数,它是正数且 小于除数;一为最小余数,其绝对值不大于除数的一半。例如 13 89 除得的最小余数为–2,因 为 13 2713 89 −= ,这也可以写作 89 ≡ –2 mod 13。 对于同一模数同余,可应用下述不证自明的规则: 1.如两数同余于第三数,则此两数也彼此同余。 2.两个同余式可以相加,相减和相乘。 由 A ≡ B mod m,a ≡ b mod m 得到 A ± a ≡ B ± b mod m 及 Aa ≡ Bb mod m。 (例如由 A = B + Gm 和 a = b + gm 可以得到 Aa = Bb + pm(p 为整数),亦即 Aa ≡ Bb mod m。) 3.同余式 a ≡ b mod m 可乘以任意整数 g: ag ≡ bg mod m。 只有当 g 为 a 与 b 的公约数而且 g 与模数 m 没有公约数时同余式才可以被 g 除。例如用 7 去除 49 ≡ 14 mod 5,我们得到一个正确的同余式 7 ≡ 2 mod 5。 如有 m 个正整数的数系中无两个数同余于模数 m,则该数系就称作一个模数 m 的完全 剩余系。最简单的完全剩余系是 m 个普通余数 0,1,2,…,m – 1 的系,其次最简单的为 m 的最小余数的系。 对于模数 m,每个 z 与完全剩余系 mod m 中的一个数且仅当一个数同余。 50 算术题 下述定理特别重要: 定理:如果用一个与模数没有公约数的数去乘完全剩余系的各数,则得到对于这一模数 的又一个完全剩余系。 证:令模数为 m,a 是与 m 没有公约数的乘数。那么如果对于给定的剩余系由两个不相 等的数 x 和 x′, ax ≡ ax′ mod m 成立,则根据同余规则 3 必有 x ≡ x′ mod m,而这是不可能的。 从这一定理可以直接得出: a 与 m 没有公约数时同余式 ax ≡ b mod m 在每个完全剩余系 mod m 中,具有一个而且仅有一个“根”x。 二次剩余 有两个无公约数的数,如其中一个数以相关的另一个数为模同余于某个平方数,则此数 叫做另一数的二次剩余。如果不存在这样的平方数,则称为二次非剩余。例如 12 是 13 的二 次剩余,因为 12 ≡ 82 mod 13;–1 是 3 的二次非剩余,由于不存在一个平方数x2,x2 ≡ –1 mod 3。 以下为应用于奇素数模 p 的有关二次剩余定理: I.对于模数p,总共有 2 1−= pρ 个相互不同余的二次剩余,并且有同样多的相互不同余 的非剩余,前者为 12,22,32,…,ρ2。换言之无论哪一个数对于mod p,都与它们中的一 个同余。 II.两个剩余的积仍为一个剩余,一个剩余与一个非剩余的积为非剩余,而两个非剩余 的积为一个剩余。 I 的证明:1.如所给定两个数的平方彼此同余,例如 x2 ≡ y2 mod p, 则乘积(x + y)(x – y)(等于x2 – y2)必能被p所整除,而这是不可能的,因为两个因子都小于p。 2.如果我们将平方数延续到ρ2以后,不会得到新的剩余。以(ρ + h)2为例,取k ≤ ρ且使ρ + h + k能被p整除,由于ρ + h ≡ – k,因 而 ,(ρ + h)2 ≡ k2 mod p,即平方数(ρ + h)2同余于k2 mod p。因为有 2ρ个mod p的互不同余的数(被p整除的数此处不予考虑),必然有ρ个p的互不同 余的二次非剩余。 II 的证明:令 R 与 r 为 p 的二次剩余,N 和 n 为 p 的二次非剩余。 1.由A2 ≡ R,a2 ≡ r mod p,相乘得到 (Aa) 2 ≡ Rr mod p。 因此 Rr 是一个剩余。 2.2ρ个数 12,22,32,…,ρ2,N · 12,N · 22,N · 32,…,N · ρ2对mod p为互不同余的 数。由于这些数中前ρ个数为p的二次剩余,有因为只存在ρ个剩余,所以ρ个数N · 12,N · 22, N · 32,…,N · ρ2必然为非剩余,亦即NR为非剩余。 3.2ρ个数n · 12,n · 22,n · 32,…,n · ρ2,n · N · 12,n · N · 22,n · N · 32,…,n · N · ρ2 对于mod p互不同余。根据 2,这些数中的前ρ个为非剩余,因此根据 1,其它的必然为剩余, 当然两个非剩余N与n的积就在其中。证毕。 现在让我们研究双线性同余式 (0) xy ≡ D mod p, 其中模数 p 再次定为奇素数,D 为与 p 没有公约数的已知数,“相互共轭”或“环绕”数 x 51 算术题 与 y 从 1,2,3,…,p – 1 的 Σ 系中选择以满足(0)式。对于 Σ 系中的每一个 x,只有唯 一的共轭数 y,(由 xy ≡ D mod p 以及 xy′ ≡ D mod p 得到 xy ≡ xy′ mod p, 并由此而得到 y ≡ y′ mod p 或 y – y′ ≡ 0 mod p。 然而由于y和y′ 均小于或等于p – 1,所以仅当y = y′ 时二者的差才能被p整除。) 从Σ中任意选择x1,根据 x1y1 ≡ D mod p 来确定y1,进而我们从Σ中选取不等于x1和y1的一个数x2,且由 x2y2 ≡ D mod p 来确定y2,那么y2也不等于x1或y1。 用这种方法连续运算,直至所得的同余式中列出 Σ 中所有的数。 此处有两种情况必须加以区别: 1.yv绝对不等于xv。换言之同余式xv 2 ≡ D mod p不可能存在;D为p的二次非剩余。我们 可以准确地得到 2 1−= pρ 对共轭数xv、yv,ρ个组成的同余式相乘,得: (1) (p – 1)! ≡ Dρ mod p, 2.对于某下标ν,有yν = xν,因 此xν 2 ≡ D mod p;D为p的一个二次剩余。假如除了ν以外, 还有一个下标μ具有同样情况,xμ 2 ≡ D mod p,因此xμ 2 ≡ xν 2 mod p,也就是xμ 2 – xν 2或(xμ + xν)(xμ – xν)可以被p整除。因为xμ – xν不能被p整除,所以xμ + xν必定能为p所整除,并且有 xμ = p – xν。 那么实际上 xμ 2 = p2 – 2pxν + xν 2 ≡ xν 2 ≡ D mod p。 因此如果相等环绕数真正存在,那么他们一定会出现两次。在yν = xν,yμ = xμ的情况下,现 在我们仅有ρ – 1 个同余式xsys ≡ D mod p,其中ys不等于xs。在这ρ – 1 个同余式中再增加同余 式 xνyμ ≡ D mod p, 将所有 ρ 个同余式相乘,得 (2) (p – 1)! ≡ Dρ mod p, 这种情况,例如当D = 1 时,那么由于 12 ≡ Dρ mod p,则有同余式 (2a) (p – 1)! ≡ –1 mod p, 此式即所谓威尔逊(Wilson)定理。 运用威尔逊公式,我们用 (1a) Dρ ≡ –1 mod p, (2a) Dρ ≡ 1 mod p 代替(1)式和(2)式,得到 欧拉定理:数D与素数p没有公约数,D是p的二次剩余还是非剩余,取决于Dρ对mod p 同余于正的单位数还是负的单位数。 引入勒让德(Legendre)符号,就使得有可能使用公式作为判别一个数的剩余特征的准 52 算术题 则。勒让德符号 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ p D 表示正的或负的单位数取决于D为p的二次剩余还是非剩余。举例来说, 17 2 =⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ ,因为 32 – 2 可被 7 整除;反之 13 2 −=⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ ,因为没有一个平方数与 2 的差可被 3 整 除。 (3) pDp D modρ≡⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ , 其中 2 1−= pρ 。 作为简单情况 D > –1,同余式(3)可变换成等式 (4) 2 1 )1(1 − −=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − p p , 因为在这种情况下(3)式两端均为单位数,而且只有当这两个单位数是相等时,它们的差 才可以被奇素数 p 所整除。 2 1−p 是奇数还是素数,取决于素数 p 形为 4n + 1 还是 4n + 3。因此在第一种情况下 11 =⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − p ,亦 即–1 是 p 的二次剩余,而在第二种情况下 11 −=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ − p ,也就是–1 为 p 的二次非 剩余。因此下述定理成立: 欧拉定理:当素数 p 形为 4n + 1 时,负单位数为 p 的二次剩余;p 形为 4n + 3 时则为 p 的二次非剩余。 换言之,当 p 形为 4n + 1 时,纯二次同余式 x2 + 1 ≡ 0 mod p 有整数解 x,而当 p 形为 4n + 1 时没有整数解。 现在证明费马—欧拉定理。 下述证明基于上述定理和 范数定理:如果一个素数能整除一个范数但不能整除范数的底数,则此素数本身就是一 个范数。 所谓范数可以理解为两个整数的平方和,而这两个整数叫做该范数的底数。 范数定理的证明:用素数p能整除a2 + b2,但不能整除范数的底数a和b,因此有 (5) a2 + b2 = pf, 假定因子f大于 1 而小于 2 p ,此假设并不表示该定理的一个限制,因为如果除式 p A 与 p B 的最 小余数A – hp与B – kp与分别作为a与b,我们可由A2 + B2 = pF(其中 2 pF > )直接得到等式 a2 + b2 = pf(其中 2 pf < )。一方面 a2 + b2 = A2 + B2 – 2(Ah + Bk)p + (h2 + k2)p2 可被 p 整除,因此 53 算术题 a2 + b2 = pf; 同时另一方面,由于 pa 2 1< , pb 2 1< ,a2 + b2就小于 2 2 1 p 或者 2 2 1 ppf < 或者 pf 2 1< 。 再者,p不能整除a与b,因为(与我们的假设相反)那将整除A = a + hp或B = b + kp。 再来确定除式 f A 与 f B 的最小余数 α = a – mf 与 β = b – nf, 同理可得 (6) α2 + β2 = ff ′, 其中 ff 2 1≤′ 。 将(5)式和(6)式相乘,得 (a2 + b2)(α2 + β2) = pf2f ′ 或 (aα + bβ)2 + (aβ – bα)2 = pf2f ′。 由于 aα + bβ = (a2 + b2) – (am + bn)f = a′f, aβ – bα = (bm – an)f = b′f, 所得等式可写成 (7) a′ 2 + b′ 2 = pf ′, 其中 ff 2 1≤′ 。 此处f ′ 不能消失。如果f ′ = 0,根据(6)式有α = 0,β = 0,且由此得到a =mf,b = nf; 然后根据(5)式有p = (m2 + n2)f。在这种情况下p必定为f所整除,而且f必须等于 1,这是和 我们的前提相矛盾的。 于是如果f ′ = 1,(7)式已经给出了p的范数表达式。 如果f ′ > 1,如同从(5)式得到(7)式那样,由(7)可得: (8) a″ 2 + b″ 2 = pf ″, 其中 ff'' ′≤< 2 10 。 通过不断缩小因子f,f ′,f ″,…来建立新的等式,这种方法要一直继续到出现因子 1。对应 的等式给出了被表示为一个范数的素数p。 现在我们再证明 I.形如 4n + 3 的素数 q 不能表示为一个范数。 II.形如 4n + 1 的每一个素数 p 只能按一种方法被表达为一个范数。 I 的证明:如果 a2 + b2 = q 是成立的,那么必有 b2 ≡ – a2 mod q, 54 算术题 并且q的一个二次非剩余–1 和一个剩余a2的乘积–1 · a2必须等于q的二次剩余b2,由上面所知 这是不可能的。 II的证明:根据欧拉定理,存在一个整数x使范数x2 + 1 可被p整除。根据范数定理,则p 本身也为一范数: p = a2 + b2。 此处且仅有一种可能的范数表达式。 如果我们假定第二种表达式: p = A2 + B2, (式中 a、b、A、B 代表四个不同的整数),得到 p2 = (a2 + b2)(A2 + B2) = (Aa ± Bb)2 + (Ab ∓ Ba)2, 式中符号可以取上面的两符号,或者取下面的两符号。又因为 Aa + Bb 与 Aa – Bb 的乘积 A2a2 – B2b2 = A2(a2 + b2) – b2(A2 + B2) 可被 p 整除,两因子中必有一个可被 p 整除。因此,根据可被 p 整除的是第一个还是第二个 因子,我们相应地选择上面的两个符号后者下面的两个符号。于是, Aa + Bb = p 且同时 Ab – Ba = 0 或 Ab + Ba = p 且同时 Aa – Bb = 0, 因此,A2b2 = B2a2或A2a2 = B2b2。 由上面等式中的第一个等式得到 122 22 2 2 2 2 = + +== ba BA b B a A , 而由第二个等式得到 122 22 2 2 2 2 = + +== ab BA a B b A , 因此,由第一等式有 A = a,而由第二个等式有 A = b,两者都与 A ≠ a 及 A ≠ b 的最初假设 相矛盾。因此把 p 作为范数只有唯一的方法,费马—欧拉定理证毕。 ① Novi Commentarii Academiae Petrpoptlitance ad annos, 1774 – 1755, vol. V 第20题 费马方程 求方程 x2 – dy2 = 1 的整数解,其中 d 为非二次正整数。 1657 年,费马首先对他的朋友弗亨尼凯勒(Frénicle),然后对所有同时代的数学家们提 出了数论里这一个极其重要的问题。最先的解是由英国人 L·布龙克尔(Lord Brouncker)和 J·沃利斯(John Wallis)作出的,但解法非常烦琐。 最简单和最佳的解法是由欧拉、拉格朗日和高斯等人发现的①。所有这些解法都是以循 环连分数的特性为基础的。 现在让我们考察用较常见的一般方程式将此法稍加修改后的形式 55 算术题 X2 – DY2 = 4, 此式不仅作为一种特殊情况包含了原来的费马方程(其中 X = 2x,Y = y,D = 4d),而且还 包括了 D 被 4 除余数为 1 的情况。 为了方便起见,我们将连分式 ++ + + dc b a 1 1 1 写成简化的形成(a, b, c, d, …)。 一个以 n 次为周期的纯循环连分数具有 u = (g1, g2,…, gn, g1, g2,…, gn, …), 的形式,因此我们可写成 u = (g1, g2,…, gN, u), 其中N为n的整数倍,为着将要予以叙述的原因,设N为偶数。g1,g2,…各项(偏分母)假 定都为正整数。如果设定第N次近似值(g1, g2,…, gN)和第N – 1 次近似值(g1, g2,…, gN–1)的分子 和分母分别为P、Q、p、q,则根据连分数理论得到两个方程: (1) Pq – Qp = 1 及 (2) qQu pPuu + += , 其中第二式还可以表达为如下形式 (2a) Qu2 – Hu – p = 0, 其中 H = P – q。 二次方程(2a)的判别式D = H2 + 4Qp由(1)知,其值为H2 + 4Qp – 4 = (P + q) 2 – 4; 这一值比平方数小 4,因此它本身不可能为某数的平方。于是其正平方根 Dr = 为无理数。 此外,由于r > H(因为r2 = H2 + 4Qp),该二次方程的第二个根 Q rHu 2 −= 为负数,所以第一 个根 Q rH 2 + 代表假分数化的连分数u。为了获得u 值的概念,我们由两根的积 Q puu −= ,求 得 u Q p u =− 。 因为 P > p,且 Q > q,则有 u Q P u =− 及 u q p u =− 。 然而右侧分数之一为真分数,因为连分数的值 u 介于依次相邻的两个近似值 q p 和 Q P 之 间,因此 u− 必定为一个真分数。 一个二次方程,其系数为整数,且有非平方数的判别式,它的第一个根为正的假分数、 第二个根为负的真分数,这样的二次方程称为约化方程,它的第一个根叫做约化数。因此结 论可写成: 56 算术题 每一个纯循环的假分数化成的连分数是一个约化数。 现在我们反过来证明一个约化数的连分数的逆是纯循环的。 首先解决下面的问题: 具有不可约的整系数和正的非平方数判别式 D = r2 = b2 – 4ac 的二次方程 (3) au2 + bu + c = 0, 其中第一个根 a bru 2 −= 化为连分数形式。 写为 ugu ′+= 1 ,其中g为小于u的最大整数(以下记作[u]),u′ 为正的假分数。引入三个 新的数a′,b′,c′ 使其与ag2 + bg + c,2ag + b及a数量相等而符号相反,得到 a br br bra br a guu ′ ′−=′− ′−=′+=−=′ 2 )(221 22 , 其中 b′ 2 – 4a′c′ = b2 – 4ac = D。 因此,u′ 就是二次方程 (3') a′u′ 2 + b′u′ + c′ = 0, 的第一根,该方程有同样判别式D,而且每个系数之间没有公因数。(如果a′,b′,c′ 具有公 因数,则因为有等式– c′ = a,– b′ = 2ag + b,– a′ = ag2 + bg + c必然a,b,c有公因数,这与 我们的假设矛盾。)称新方程(3')为原方程(3)的导数,它的第一个根u′ 为u的导数。 a b c bga ga + → g(ga + b) a b′ ′ c′ 将第三列的两项相加,并改变和 就得 a′,将第二列下两项相加并改变和的符号就得的符号 到 到 b′,变换 a 的符号就得到 c′。 此方法处理的,其过程可连续到所要求的程度。下面例子 将这 3u2 – 10u – 1 = 0 的正根展开成为连分数。判别式等于 …,在算式中我们仅写出逐个二次 3 –10 –1 导出的二次方程(3')正是按 一过程完整清楚地表达出来。 将二次方程 112,因此 r = 10, 方程的系数,而每一系数乃是前一个的导数。在最后一列中写下相应方程的第一个根以及包 含在方程中的最大整数(同时也是连分数正确的偏分母)。 = ++ 36 – –3 4 10,10 9 1 –8 –3 +=+ 26 8,10 8 00 3 – –8 4 +=+ 36 8,10 9 57 算术题 13 3 –1 –0 3 +=+ 106 10,10 10 00 3 –1 –0 1 重新回到原方程,展开式是纯循环的,于是得到: ),10,3,2,3,10,3,2,3(6 10112 + = 。 现在证明定理:约化数的展开式得到一个纯循环的连分数。 au2 + bu + c = 0 的第一个根 u 是正的假分数,而 因为约化方程 u 是负的真分数,则根据根与系数的关系式 a cuu = , a buu −=+ , 约化方程的自由项 c 和一次项的系数 b 总是为负的(系数 a 假定恒为正数)。 (4) 根据上面对展开式的讨论,我们写作 ugu ′+= 1 , 式中g = [u]且u′ > 1。由 guu −=′ 1 最先得到的导出方程的第一根u′ 为正的假分数。如果进而 在等式 guu −=′ 1 中将r变成– r,该等式呈现 gu 'u − = 1 的形式,它表明第二个根 'u 为负的真 分数。约化方程和约化数仍然是约化的,所以只有约化数才能存在于约化数的连分数表达式 将(4)写作 之中。 如果 ug 'u −=− 1 , 可见 g 也可以看作是最大整数,它包含在导出方程第二个根的倒数的异号值之中。 先得知 b的值 于是,与已知判别式D相应的所有约化数为有限数。(由D = b2 – 4ac与– ac > 0 首 必须从数列–1,–2.,…,– [r]中选取。其中须考虑的仅是D – b2可被 4 整除的。选出 这些数,且对于每一个这样选出的b的值可确定一对数a,c(其中a > 0,c < 0)满足 4 2bD − a,b c也就 au2 + bu + c = 0,因此,对于一个约化数u,2a的值只能介于r + b与r – b之间。) 因此,在约化数 u 的连分数展开式中,在有限的几步之后必然重新出现先前得到的约化 ac =− ,这就依次给出有限的数a和c。由此得到的每一组三个数 , 可以导 出一个约化方程 数。 U = (K, L, u),u = (h, k, l, u)。 但是据上所述,因为 l 和 L 均表示包含在 即按以下形式: u 的改号倒数值中的最大整数,所以 L = l。同理 K 此 U = (k, l, h, k, l, h,…), 亦即:展开一个约化数可得到一个 。我们表达为:I.属于判别 = k。 因 纯循环连分数。 在以上预备工作完成后,费马方程的解得到相当大的简化 58 算术题 式 D u = (g1, g2,…, gn, g1, g2,…, gn, …) 为约化方程 au2 + bu + c = 0, 式为 D 及各个系数没有公因数时的 的任何约化的连分数展开式具有有限数的费马方程的解。II.由展开式可得到方程的每 一个解。 I.令 (5) 其判别 正根。且令 ),,,( 21 NgggQ P = 为 u 的一个近似值,且指数 N 为 n 的偶数倍。又令 ),,,(= gggp 121 −Nq 为前一个的近似分数。那么根据(2a),得 – c = 0(H = P – q), (5)和(5')式的根一致 公因数,因此将(5)式 乘以 (6) (5') Qu2 – Hu 因为 ,并且(5)式的系数之间没有 某整数 y 即可求得(5'),则 c p b qP a Qy −=− −== , x = P + q, 7)式得到 x2 – b2y2 = (P + q)2 – (P – q) 2 及 4acy2 = – 4Qp。 将两式相加,得 x2 – Dy2 = 4(Pq – Qp), 且运用(1)式,得 x2 – Dy2 = 4。 II.反过来,令(x, y)表示费马方程 (8) x2 – Dy2 = 4, y 为不渐近于零的正整数时的一个解 方程 的第一个根。 和(7)式,得到四个不会为零的正整数 如果再引入整数 (7) 由(6)与( 当 x, ,且令 u 为约化 au2 + bu + c = 0 运用(6) 2 byxP −= ,Q = ay, p = – cy, 2 byxq += , (显然,Q和p是这样的一些数,当欲求得P和q的时候可以由方程(8)得出,如再用判别式 + by)(x – by) = x2 – b2y2 = 4(1 – acy2) = 4(1 + Qp)。 那么由于右边出现可 的 2q 和 2P 必须 1。 D = b2 – 4ac可写成: (x 被 4 整除的不会为零的整数,可以推断出左边乘积中 是偶数且不等于零)。根据(8)式,它们满足方程 (9) Pq – Qp = 59 算术题 y Q , y qP −− , y p−如果用 取代约化方程中 c,则得 (10) 的系数 a,b, qQu pPuu + += 。 在由此而得到连分数展开式之前,我们还必须证明 Q ≥ q。 2(Q – q) = (2a – b)y – x 是成立的。由于约化方程的第二根u 为负的真分数,得到 因此, r + b < 2a 或 2a – b > r。 xryxry xyrxryqQ +−=+ −=−>− 4)(2 222 xryqQ +−>− 2或 。然而,由于D = r2 = b2 – 4ac至少等于 5,y至少等于 1,x至少等于 3,得 到ry + x > 5,由此Q – q > –0.4,亦即Q 。 ≥ q。证毕 现在将 Q P 展开成项数v为偶数的连分数(γ , γ ,…, 1 2 γv),其方法是:该连分数和最后一个近 似分数 q p ′ ′ 之间存在关系为 (9') Pq′ – Qp′ = 1。 )和(9')相减得到 P(q′ – q) = Q(p′ – p)。 然而由于q ≤ Q,q′ < Q,且q′ – q可 ,因此p′ 也等于p。于是得到 则由(9 被Q整除,q′ 必定等于q qQu pPuuv + +=),,,,( γγγ , 21 亦即:根据公式(10),则 u = (γ1, γ2,…, γv, u)。 因此,费马方程的每一个解(x, y)可以 作连分数加以展开而得到。 x2 – Dy2 = 4 具有无限多个解;所有的解可由属于判别 何任意选择的约化数作为连分数展开, x2 – 112y2 = 4 的最小解(x, y)。 2 的约化方程就是上面论述过的方程 约化数 u 的展开式记作 u = (3, 2, 3, 10, 3, 2, 10,…), 它以四项为循环。最初的四个近 由将任意约化数 u 当 最终结果:费马方程 式 D 的任 它包含的循环元素为偶数个,再将所得到的近似值根据(6)和(7)而得到。 例:求费马方程 用于判别式 11 3u2 – 10u – 1 = 0; 似分数为 1 3 , 2 7 , 7 24=q p 72 247=Q P, 。 因为此处 a = 3,b = –10,c = –1,根据(6)和(7)式求得 于是剩下的问题是要证明对应于 少有一个约化数。 x = 254,y = 24。 每个判别式 D,最 60 算术题 1.如果 D = 4n,g 为包含在 n 中的最大整数,则 a = 1 = –2 = n 就是约化方程的系数。 是b2 – 4ac = 4n = D。此外, 因为 ,b g,c g2 – 证:该方程的判别式 r + b < 2a < r – b, gngn 22222 +<<− 。 2.如果D = 4n + 1,且g为满足g2 + g小于n的最大的整数(因此(g + 1) 2 + (g + 1) > n,或 者g2 a = 1,b = – (2g + 1),c = g2 + g – n 就是约化方程的系数。 是b2 – 4ac = 4n + 1 = D。且有 因为 + 3g + 2 > n),则 证:该方程的判别式 r + b < 2a < r – b, 1222)12(2 ++<<+− gDgD 2122 <−− gD( 由上述条件g2 + 3g + 2 > n得来。两端乘以 4 就变成 9 > 4n + 1, 也就是变成(2g + 3)2 > D。由此得到 4g2 + 12g + Dg >+ 32 或者 212 <−− gD )。 注:如果我们已经求得费马方程的最小解(例如按照刚刚导出的方法),在用拉格朗日 数后,我们可以以比较简单的方式求得其它解(这里考虑正的解)。 我们给定每个解(x, y)为“拉格朗日数” )(2 1 xz = yr+ , 并把 x,y 叫做拉格朗日数的分量。 )(2 1 YrXZ += 和 )(2 1 yrxz +=首先证明辅助定理。两个拉格朗日数 的乘积以及二者假 分数商 )(2 1 rηξζ += ,仍为一个拉格朗日数。 证明:我们可立即求得 1=ζζ 或者ξ2 – Dη2 = 4, 其中 2 DYyXx ±=ξ , 2 XyYx ±=η , 此处当所求为乘积时用上面的符号,当所求为商时用下面的符号。 由 X > rY 与 x > ry 得到 Xx > DYy,因此任何情况下 ξ 为正数。由 2 2 22 xX ⎞⎛⎞⎛ 2 2 yD y YD Y ⎟⎟ ⎠⎜⎜ ⎝ −=⎟⎟ ⎠⎜⎜ ⎝ − , 61 算术题 的情况下,因为 Y > y,得到 y x Y X Xy,所以在任何情况下 η 仍然为正数。 因而由于 1=ζζ ,故 ζ 为正数且为假分数。 于是剩下的问题仅仅是要证明 ξ 和 η 为整数,无论 D 可被 4 整除后者被 4 除余数为 1。 是两个奇数。因此在所有的情况下 ξ 和 η 均为整数。 在第一种情况下 X 和 x 均为偶数,在第二种情况下费马方程的每一个解要么是两个偶数要么 上述方法基于定理: 每个拉格朗日数均为以一个整数为指数的最小的拉格朗日的幂。 证:令(x, y)为费马方程的最小解,因此 )(2 1 yrxz += 为最小拉格朗日数。首先由辅助定 理得到:z 的每个幂均为一拉格朗日数。 于是令 )(1 YrXZ += 为不是z的幂的拉格 一定存在有两个依次相邻的幂δ = z 2 朗日数,那么 n n+1 以zn除之则得到 n与δ′ = zn+1,且Z介于两者之间,由 z < Z < z , z<< δ1 Z δζ Z=因此,拉格朗日数 必小于最小的拉格朗日数 z,而这自然是荒谬的。 因此,拉格朗日数仅为幂 2 3 4 求费马方程第二、第三、…个解的最简单的方法是将他们当作拉格朗日数z2,z3,z4,… 的分 z,z ,z ,z ,… 量。 ① 欧拉:“De usu novi algorithmi …,” Nov o Petropolitanae ad annum 1765 , 1801 第 x3 + y3 = z3 不可 的费马不可能性定理的一种特例。在费马的儿子于 1670 年 编辑出版的关于丢番图算术的书中引用了费马如下的论述: 个四次幂分成两个四次幂,总而言之除了平方以 外的 由于(书上的)页边太狭窄, 不能 、狄里克雷(Dirichlet)、库默 (K i commentaii Academia 拉格朗日:“Solution d’un problème d’arithmétique,” miscellanea Turinensia, vol. IV, 1768 高斯:Disquisitiones arithmeticae 21题 费马—高斯不可能性定理 证明两个立方数的和不可能为一立方数。 于是所需证明的就是方程 能由不为零的整数 x,y,z 所组成。 欲证明的这一定理,是著名 “将一个三次方分成两个三次方,将一 任何一个幂分成两个指数相同的幂,都是不可能的。” 费马补充道:“我发现了这一定理的非常奇特的证明,但 写出。”遗憾的是,费马漏掉了对这一“奇特的证明”的揭示。 费马以后的许多伟大的数学家,包括欧拉、勒让德、高斯 ummer)以及其他人企图得到这一定理的一般证明的尝试都失败了,费马不可能性定理 62 算术题 更著称于世。如今方程 xn + yn = zn 的不可能性的证明,众所周知仅适用于指数 n 的特殊值,如 3 到 100,但即使这些证明也是 非常复杂和困难的。 下面将例证限制于最简单的情况下, 方程 在欧拉 1770 年的代数学中,其后又有高斯①的论证。正如数学里常 见的,这一问题说明了证明较普遍的定理比证明特殊情况来得容易。为了证明 (1) c3, 即 n = 3。 x3 + y3 = z3 的不可能性的证明出现 a3 + b3 = 当 a,b,c 为普通整数时的不可能性,欧拉不得不运用比较复杂的方法。相反,高斯简单明 了地证明了更一般的方程 (2) α3 + β3 = γ3, 式中的 α、β、γ 为任意的形如 xJ + yO 的数,这里 x,y 为任意整数,而 2 31 iJ += 2O =与 31 i− 为方便于标志,将形如 xJ + yO 的数(其中 x,y 为整数)叫做 G 数。 欧拉所论及的只不过是(2)式的一个特例,从其中每个整数 g 都是 G 数:g = gJ + gO 。 的特性。对这些 特性 用希腊字母表示 G 数,小写罗马字母表示普通整数。 然后用 ξ、η、– ζ 代替 α、β、γ,将 换成对称方程 ξ3 + η3 + ζ 3 = 0, 其中 可以将这一方程称为高 斯方 ξ和η具有一个素因子δ, 据(3),δ可以整除ζ 3,因而也可 去除必定能从(3)式消去δ。) 方程 特殊 是相互矛盾的。连续运用定理 II,能够得到一个不再含有特殊底的高斯 方程 均不能被 π 所整除,则 因此根据(3),有 e + f + g ≡ 0 必定会有下述情况存在: ζ ≡ 0 mod π,ξ ≠ 0 mod π,η ≠ 0 mod π。 II的证明:根据(3)式,由ζ3 ≡ 为–1 的立方根。 这一事实可以看出 G 数(即所谓的立方单位根群的整数值)通常与普通整数具有许多相同 不熟悉的读者可以从第 65 页的附录得到理解高斯证明的必需资料。 方程 α3 + β3 = γ3 的不可能性的高斯证明。 首先, 式(2)先变 (3) 我们假定三个“底”ξ、η、ζ中的两个总是不具有公因子;因此 程。(上述假定不会以任何方式对证明加以限制。举例来说,如果 那么根 以整除ζ,所以用δ3 (3)式的不可能性可从下述两个由有关(3)式成立的假定推导出的定理得到。 I.在每个高斯方程中,三个底——我们称其为特殊底——中的一个而且仅有一个具有 素因子 π = J – O。 II.对每一个高斯方程都会有第二个高斯方程存在,其特殊底包含有一个比第一个 底还要小若干倍的因子 π。 然而这两条定理 ,这是与定理 I 相矛盾的。 I 的证明:设三个底 ξ、η、ζ ξ3 ≡ e,η3 ≡ f,ζ 3 ≡ g mod 9, 其中 e2 = f 2 = g2 = 1, mod 9,而这是不可能的,所以 0 mod π3可得 63 算术题 ξ3 + η3 ≡ 0 mod π3, 且由于ξ3 ≡ e mod 9,η3 ≡ 3 必然成立;由此可得f = – e。于是ξ3 ζ3 ≡ 0 mod π4,且 由ξ3 + η3 ≡ 0 mod π3和恒等式 其中 ξJ + ηO,ψ = ξO + ηJ,χ = ξ + η, 可知因子 φ,ψ,χ 中至少有一个可被 根据 φ – ψ = (ξ – η) π,φ + ψ = χ,可 个因子 φ,ψ,χ 都可以被 π 整除,因此 f mod 9,e + f ≡ 0 mod π3,则 e + f ≡ 0 mod + η3 ≡ e + f ≡ 0 mod 3,因此 ζ3 ≡ 0 mod π2。 ξ3 + η3 = φψχ, φ = π 整除。由此并且 知每一 φ = πφ′,ψ = πψ′,χ = πχ′。 φ′ – ψ′ 必等于ξ – η,且π(φ′ + ψ′) = ξ + η,则 2ξ和 2η都能被δ所整除,因此δ必 ε,η = 2μ + ε,那么ξ = 2λ + ε, 于是数φ′,ψ′,χ′ 中每个都不具有公因子。 (例如,如果φ′,ψ′具有公因子δ,那么就有 定等于 2。因而那么ξ = 2λ + η = 2μ – ε,其中ε3 = ±1,且φ = 2ν + ε,或者 φ = 2ν + επ, 而它是不能被 δ = 2 所整除的。) 如果 ωπ ζ = ,则有 ω3 = – φ′ψ′χ′, 其中 φ′ + ψ′ = χ′。 因为φ′,ψ′,– χ′ 中每两个都不具有 能有单位因子α,β,γ的这三个量必 个都不具有公因子的数ρ,σ,τ的立方: φ′ = αρ3, = γτ3, 其中 = 1, 因此有 ω3 = αβγρ3σ3τ3,αρ3 + βσ3 + γτ3 = 0。 然而,如果 公因子,至少可 定每两 ψ′ =βσ3,– χ′ α6 = β6 = γ6 (4) ρστ ωκ = 的立方为G单 于κ3 ≡ E mod 9,且αβγ ≡ E mod 9, 其中由 ω ≡ 0 mod π 可得到 τ ≡ 0 mod π, 且 ρ3 ≠ e,σ3 ≠ f mod π。 但是ρ3 ≡ e,σ3 ≡ f mod 9(e2 = f 2 = 1), 式有 eα + fβ ≡ 0 mod 3 由此可知 eα + fβ = 0。因而我们得到 且由(4)得 ρ3 + α3σ3 + Eτ3 = 0。 位α,β,γ,则由 因此 αβγ = E, 因此根据(4) β = Fα,Fα2γ = E(其中F2 = 1), Fα3 64 算术题 如果用ξ′、η′、ζ ′ 分别代替Fα 特殊底的高斯方程 ξ′ 3 + η′ 3 + ζ ′ 3 = 0, 而ζ ′ 的因子π要比(3)式中以ζ为 ρ、ασ、Eτ,最后得到变换成以ζ ′ 为 (3') 特殊底的小好多倍。 ① Complete Works, vol. II 附录:G 数的特征 列方程: J + O = 1,JO = 1,J2 + O = 0,O2 + J = 0,J3 = –1,O3 = –1。 II.G 数的和、差、积仍为 G 数 O 的乘积为 pJ + qO(根据 I),其中 I.数 J 和 O 满足下 。 例如两个数 aJ + bO 与 a′J + b′ p = ab′ + ba′ – bb′,q = ab′ + ba′ – aa′。 δ III.范数。复数 + ηδ = ζ i 的范数通常理解为两个相互共轭数的数 和 iηζδ −= 的乘积。 22))(()( ηζηζηζδδδ +=−+=== iiN 。0δ aJ + bO的范数相应的值为a + b – ab,它是一个仅当a,b同时为零才消失的正整数。 G数可能的最小范数为 1,2,3。 由 a =10–10 1–1 G数 2 2 a2 + b2 – ab = 1 得到下述六种情况之一: b =0 –11 0 –11 因此范数为 1 时有六个 G 数: – ,,, 1。 方程 a2 + b2 – ab = 2 没有整数解。因此不存在范数为 a = 1,b = –1;a = –1,b = 1;a = 1,b = 2; a = –1,b = –2; = –2,b = –1。 因此范数为 3 的范数 J, J,O – O 1 – 2 的 G 数。 方程 a2 + b2 – ab = 3 最终可得六组整数解 a = 2,b = 1;a ππ −=iOJ 3=−=π ,πJ,πO 以及它们的有六个,即 共轭数 ,– πJ, – πO。 两个数乘积的范数等于这两个数范数的乘积。 证: )()()( βαββααβααβαβαβαβ NNN ⋅=⋅=⋅⋅=⋅= 。 称为单位,或者更确切地称为 G 单位。 = 1,由范数的构成可推得ε0η0 = 1,亦即ε0 = 1。根 ,可得到六个G单位: J,– J,O,– O,1,–1。 这六 πJ = –1 – O,πJ2 = –1 – πJ5 = 1 + J,πJ6 = π。 IV.单位。一个 G 数 ε,当其倒数 η 也是 G 数时 因为εη 据III 个单位就是J或O的整数次幂,例如J,J2,J3,J4,J5和J6。 V.连带数。一个 G 数 ζ 乘以六个 G 单位所得的六个数就称为 ζ 的连带数。 J,πJ3 = – π,πJ4 = 1 + O, 65 算术题 VI.除法。两个 G 数 α 和 β 的商 β α=q 不一定是 G 数。然而,如果商是一个 G 数,则 β 称为 α 的 数 α,可写成: 除数(G 除数)或者 β 除 α 的除数。 为了用另一个任意 β 去除任一 G OkJhkOhJ 0000 ββ α β βαα +=+ 。 这里将每个有理数 ββ β ββ === 0β h 及 0β k 分别为整数分量 m 和 n,且每个有理分量 r 和 s 的绝对值均不大 于 2 1 (例如 2.045 19 −= ),令 mJ + nO = κ,rJ + sO = R,得到 R+= κβ α 或者 α = κβ + Rβ。 由 Rβ = α – κβ 可知 Rβ 是一 α = 此处 2 – rs) β0。 然而由于 个 G 数 γ,并有 κβ + γ。 γ0 = R0β0 = (r2 + s 2 1≤r , 2 1≤s ,着R0必定小于或等于 4 3 ,即 00 4 3 βγ ≤ 。 结论:一个 G 数 α 被另一个 k 和一个“余数”γ,即 γ, 其中余数的范数至多等于除数范数的 G 数 β 除,得到一个“商” α = kβ + 4 。3 VII.最大公因子的运算。先从除法 β α 和有关等式 (1) α = kβ + γ, 其中 04 β≤ 0 3γ VI 所示确定出除法 γ β开始,并如 中的商 λ 和余数 δ,这样可得到相应的等式 (2) β = λγ + δ, 其中 04 γ 。 0 3δ ≤ 后,同理可得 (3) γ = μδ , 其中 然 + ε 04 δ , 0 3ε ≤ 由于余数的范数逐渐变小,最后必然得到余数为零。为了避免不必要的论述起见,假 定(3)式出发演算以后, 等等。 ε δ 相除无余数,因此则得 (4) δ = νε, 66 算术题 于是可由(4)式得出 ε 的每一个因子 τ τ δ 也可被 除且无余数,因此可由(3)得出 γ 也 可被 除且无余数,由(2)得出 β 也可被 τ 除且无余数;最后,由(1)得出 α 可被 τ 除且 。 的每个公因子必定可以去除 ε 且无余数,ε 的每个因子可以去除 α 和 β 亦无余数。 公因子或彼此互为素数。 G 数 确地 分为 ,且 αμ 可被 β 整除,则 μ 也可以被 β 整除。 如分成 αβγ 与 αJ · π是可被除尽的:π = λμ,那么π0 = λ0μ0,或者 3 = λ0μ0。由此可得λ0 = 3, μ0 = μ0 = 2 可以排除,因为根据III,没有一个G数的范数 等于 此 2 = λμ不能代表除法。 G 数对于模数 μ 是同余的,写作 α ≡ β mod μ。 n – 2m)O, 则 a a + b = 3g, 其中 g = n – m。 反过来,如果 a + b = 3g,m 和 n 是由 n m = a 来确定,给出 κ = (mJ + nO)(J – 因此仅当 a + b 可被 3 整除时 G 数 κ 可以被 π 所整除。 a = 3h,b = 3k + e; 其中e2 = 1。因此如果令hJ + kO等于 κ = 3λ + e 3λ + e, 所以在每一种情况下 κ 的形式为 无余数 反过来,由(1)式可得出 α、β 的每一个公因子也是 γ 的因子,于是由(2)得 τ 可以 去除 δ 且无余数;最后,由(3)式可知 τ 也是 ε 的因子。 α 和 β 相应地 ε 为 α 和 β 的最大公因子(就绝对值而言)。 特别是如果 ε 为一个 G 单位数,数 α 和 β 被认为是没有 一系列等式链(1),(2),(3),…,等等,除作为确定普通整数最大公因子著名运算的 推广外无其它的意义。 VIII.G 数没有明确分解成素因子。正如整数一样,判定可除尽、不可除尽以及明 素因子的普通定理都是由除法运算推导出的。 1.如果 α,β 没有公因子 2.如果两个 G 数无公因子,且与第三个 G 数也没有公因子,那么它们的积也与这三个 G 数没有公因子。 3.每一个 G 数能以唯一的方法分成素因子(即:G 素数)的乘积。( β · γO,我们不考虑其中一个包含另一个中的某个因子的连带数,而不包含这个因子的 两者之间的差别。) 一个 G 素数就是除了它的六个连带数和六个单位数之外不再有其它因子的 G 数。 例如数 π = J – O 与 2 均为素数。 例如,如果假定 1。因而μ就是一单位数,π = λμ不能代表除法。 由 2 = λμ得到 2 = λ0μ0。情况λ0 = 2, 2。 因此只剩下λ0 = 4,μ0 = 1。μ再次为一单位数,因 IX.同余。正如自然数理论一样,当两个 G 数 α 和 β 的差 α – β 可被 G 数 μ 整除时,我 们说这两个 X.G 数的模数 π。再考虑一个与模数 π = J – O 有关的 G 数 κ = aJ + bO。 如果 κ 可被 π 整除: aJ +bO = (mJ + nO)(J – O) = (2n – m)J + ( = 2n – m,b = n – 2m。因此 – m = g 及 2n – O)。 = aJ +bO 才 如果 κ 不能被 π 整除,则下述三对公式之一能够成立: a = 3h + e,b = 3k; a = 3h + e,b = 3k + e; λ, O 或 κ = 3λ + eJ 或 κ = 67 算术题 κ = 3λ + ε, 此处 ε 为 G 单位。 成 κ3 = 9(3λ ) + ε3, κ3 = 9μ ± 1。 如果 κ 不能被 π 整除,则有 κ ≡ ε mod 3, κ 第22题 二次互反率 )奇素数 p 与 q 的勒让德互反符号取决于公式 现在让我们考虑 κ 的立方。变 3 + 3λ2ε + 3λε2 由于ε3 = ±1,则形为 同余式 3 ≡ ±1 mod 9。 (欧拉—勒让德—高斯定理。 2 1 2 1 )1( −⋅− −=⎟⎟ ⎠⎝⎠⎝ pq ⎞ ⎜⎜⎛⋅⎟⎟⎞ ⎜⎜⎛ qpqp 。 称为二次互反定律的这一定律,由欧拉列出了公式但未给出证明①。1785 年勒让德在 与欧拉毫无联系的情况下,独自发现了相同的定律②, 了部分证明。 第一个完整的证明由高斯(1777 – 1855 年)在他的奠定当代数论基础的名著中作出的 ③。 的成果,尤其是 对一 基本定理”。美国数学家迪克逊 (D 有中心位置。” mann)列举了 52 种证明⑥,并且就最重要的问题提出了报告。 并作 这部五百页的四开本充满了深奥观念的著作是高斯于 20 岁时写的。“这确实令人惊奇,” 克罗莱克(Kroneaker)说:“试想一个这样年轻的人能够独自取得如此丰富 个崭新的学科提出如此深远而又结构严谨的论述。” 此后高斯又发现了互反率的另外七种证明(高斯的证明参见奥斯特瓦德(Ostwald)的 著作④。 二次互反率是数论的最重要定理之一。高斯称其为“ ickson)在他的著作中⑤写道:“二次互反率无疑是数论中最重要的工具,并且在数论的 发展史中占 这一定律的重要性导致了其他一些数学家像雅可比(Jacobi)、柯西、刘维尔(Liouville)、 克罗莱克、谢林(Schering)和弗罗本里斯(Frobenius)继高斯之后去探讨这一定理并提出 了证明。P·巴克曼(P· Bach 也许所有证明里最简单的证明是下述算术—几何证明,它是所谓高斯辅助定理⑦和 A·凯莱(Arthur Cayley,1821 – 1895 年)的几何思想⑧相结合的产物。 在作出证明之前先给出高斯辅助定理的推导。 设p为奇素数,D为不能被p整除的整数,如果x代表数 1,2,3,…, 2 1−= pρ 中的一 个数, xR 为除法 p Dx 的普通余数,g 为相应的整数商,于是x (1) Dx = Rx + gxp。 按照Rx小于或大于 p1 ,相应地令R2 R 第二 法 x = ρx或 x = ρx + p, p Dx种情况中的ρx代表除 的负的最小余数,得到 (1a) xp。 Dx = ρx + g 68 算术题 或 (1b) Dx = ρx + p + gxp。 ρ 个除法 p Dx如果在 (对于 1,2,3, 个负的最小余数,就有 n 个等式 m = ρ – n 个等式(1a)。 m (2) Dx ≡ ρx mod p。 列不一致外,在数值上ρ个数 1 到ρ。 ρs,那么Dr ≡ ρx和Ds ≡ ρs分别相加 就产生D(r ± s) ≡ 0 mod p,但此同余式不可能成立,因为无论D还是r ± s都不可能被p 整除 Dρ ≡ (–1)n mod p。 然而根据欧拉定理(第 19 题) …,ρ)中出现 n (1b)和 将这些等式变换成 od p 同余式,得到 ρ 个同余式 于是ρ个余数ρx,除了符号和序 (例如:对于x的两个不同值r和s,ρx等于ρs或者ρx = – 或相减 。) 将 ρ 个同余式(2)相乘,得 Dρρ! ≡ (–1)nρ! mod p, 由此可得 ,由于 pp DD mod⎟⎟⎞ ⎜⎜⎛≡ρ , ⎠ 得到 ⎝ pp D n mod)1(−≡⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ , 由此,因为该同余式两边的绝对值为 1,则有 (3) n p D )1(−=⎟⎟ ⎠⎝ ⎞ ⎜⎜⎛ 。 这一公式就是高斯辅助定理。式中 n 表示由 ρ 个除法 p Dx (x = 1,2,3,…,ρ)所得的负 的最小余数的个数。 ( 余式,省去所有 2 的过量倍数,即(q – 1)x,则得到 x ≡ ρx + gx mod 2 和 2。 将这些 ρ 个同余式相加,得到 现在令 D 为不等于 p 的某个奇素数 q,将 ρ 个等式 1a)和(1b)变换成对模数 2 的同 x ≡ 1 + ρx + gx mod ∑ ∑ ∑++≡ 2modxx gnx ρ 。 到ρ,且每个被加数可以由其在mod 2 的同余式中的相反的值 来代替,可在所得同余式中用 代替 然而,由于ρx的绝对值等于数 1 ∑ x ∑ xρ ,用– n代替n 此得 ,因 ∑ ∑ ∑+≡+ 2modxgxnx 或者 69 算术题 ∑≡ 2modxgn 。 据(4),可以将(3)式写作 (4) 根 ∑−=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ xg p q )1( 。 于是gx是包含在商 ⎥⎦ ⎤ ⎢ ⎡ ⎣ p qx ,最后可得 p qx 中的最大整数。如果将其指定为 ∑ −≡⎟⎟⎞ ⎜⎜⎛ ⎢ ⎣ pq )1( (I) ⎠⎝ ⎥ ⎦ ⎤⎡ qx p , 其中 为从 1 到 2 1−= pρx 的所有整数。 相应地, (II) ∑ −≡⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ q px q p )1( , 其中 y 1 到为从 2 1−= qσ 的所有整数。 将(I)与(II)相乘,得出 (III) ∑∑ −≡⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛⋅⎟⎟ ⎠ ⎞⎛ p ⎜⎜ ⎝ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡+⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ p qx q px p q q )1( 。 而右边的指数是容易求出的。 角坐标系 xy 中画出矩形,其四个角为 (0, 0), 在直 )0,2( p , )2,2( qp , )2,0( q , 且由原点用具有方程为 p qxy = 的对角线 d 将其等分。然后在矩形内标出网点⑨(见图 4,其 中 p = 19,q = 11)。 首先,明显地看出没有一个标出的网点(x, y)落在 d 上,因为此处必须 px 1< , 2 qy 2 1< , 这与条件 p qy = 相矛盾 x 。 70 算术题 y x 图 4 对于一个值为整数的横坐标 x,相应的 d 的纵坐标为 p qxy = ,而标出的网点位于这一纵 坐标上的个数为 ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ p qx 。因此,位于下半个矩形上标出的网点的个数为 ∑ ⎥⎦ ⎤ ⎢⎣ ⎡ q py ,其中 y 为 从 1 到 σ 的所有整数。 于是(III)式中所示的指数即为上述矩形中所有标出的网点数。总共有 ρ · σ 个元素。 因此, ρσ)1(−=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛⋅⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ p q q p 或者 2 1 2 1 )1( −⋅− −=⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛⋅⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ qp p q q p 。 证毕。 ① Opuscula analytica, Petersburg, 1783 ② Histoire de l’Académie des Sciences ③ Disquisitiones arithmeticae, 1801 年出版 ④ Klassiker der exaleten Wissenschaflen, vol. 14 ⑤ Theory of Numbers ⑥ Niedere Zahlentheorie ⑦ Gauss’ Werke, vol. II, P. 51 ⑧ Collected Mthematical Papers, vol. II ⑨ 网点即坐标为整数的点。原注。 71 算术题 第23题 高斯的代数基本定理 每一个 n 次的方程 zn + C1zn–1 + C2zn–2 +…+ Cn = 0 具有 n 个根。 表达得更确切些,该定理为: 多项式 f(z) = zn + C1zn–1 + C2zn–2 +…+ Cn 总是可以分成形为Z – αv的n个线性因子。 代数基本定理是一个有名的定理,首先于 1746 年由德·阿朗拜(d’Alembert)发表, 但只作了部分的证明。一个严密的证明是1799年由21岁的高斯在他的博士论文①中作出的。 其后高斯又给出了这一定理的另外三种证明。所有四种证明可见于他的著作第三卷,也可以 见于奥斯特瓦德的著作②。高斯以后的其他作者,包括阿甘达(Argand)、柯西、厄尔赫尔 (Ullherr)、维尔斯特拉斯(Weierstrass)、克罗莱克等也给出了该基本定理的证明。此处引 用的是阿甘达的证明③(经过柯西修正),它以其简洁而著称。 这一证明(像大多数其它证明那样)分为两步,第一步也是较难的一步,仅仅证明一个 n 次方程总是包含至少一个根;第二步证明该方程有 n 个根且没有更多的根。 第一步 令 zn + C1zn–1 + C2zn–2 +…+ Cn = f(z) = w 并考虑当z在高斯平面(复平面)内移动时绝对值|w|计算的不同的值。令这些值中最小者为μ, 且设它到达位置例如z0,则|f(z0)| = |w0| =μ。 有两种可能的情况: 1.最小值 μ 大于零。 2.最小值 μ 等于零。 首先考虑第一种情况。在z0点最近的邻域内,也就是由半径为R,圆心在z0处的一个小圆 K所限定的区域内,因为μ代表|w|的最小值,所以|w|总是大于或等于μ,在z0处 |w| = |w0| = μ。 对于K内的任何z,z = z0 + ζ,其中ζ = ρ(cos θ + i sin θ),ρ为ζ的绝对值,即线段z0z,θ为 该线段与正实数轴之间的偏角。 计算 w = f(z) = f(z0 + ζ) = (z0 + ζ)n + C1(z0 + ζ)n–1 + C2(z0 + ζ)n–2 +…+ Cn, 消去括号并按 ζ 的升幂排列,这样得到 w = f(z) = z0 n + C1 z0 n–1 + C2 z0 n–2 +…+ Cn + c1ζ + c1ζ 2 +…+ c1ζ n, 即 w = f(z0) + c1ζ + c1ζ 2 +…+ c1ζ n。 因为有些系数cr可能等于零,我们将第一个不为零的系数记作c,第二个为c′,等等。因此 w = w0 + cζ v + c′ζ v′ + c″ζ v″ +…, 其中 v < v′ < v″ <…。 用w0除之并分离出ζ v,得到 )1(1 0 ζξζ +⋅+= vqw w , 72 算术题 其中 0w cq = ,ξ 表示指数为正数的、系数为已知的 ζ 的不同幂的总和。 考察乘积qζ v · (1 + ζξ )。用三角的方法记下第一个因子,将cos φ + i sin φ简化为 1φ,且 由q = h(cos λ + i sin λ) = h · 1λ和ζ = ρ · 1θ,得到qζ v = h · 1λ · ρ · 1vθ = hρ1λ+vθ。此后仅限于考察 满足λ + vθ = π的K中的z值,他们必然位于与实数轴相交成角 v λπθ −= 的半径z0H上。对于所 有这些z值,数 1λ+vθ = 1π的值为–1,上述乘积呈现–hρv · (1 + ζξ )的形式。 如果选择足够小的半径R,由于ρ = |ζ | < R,第二个因子 1 + ζξ可以如所要求那样接近于 一个单位。但是这意味着乘积如所要求的那样接近于–hρv,即分数 )1(1 0 ζξρ +⋅−= vhw w 如所要求的那样位于接近高斯平面上的点 1 – hρv,而高斯平面对于所有介于z0与H之间的z 的绝对值 1 0 0)予以排除。这样 仅仅留下了第二种情况:w0等于零,或 f(z0) = 0, 因此,每个方程不管是几次的,至少有一个根。 第二步 我们从证明辅助定理开始:如果一个代数方程 f(z) = 0 具有根 α,那么方程左侧可被 z – α 除而无余数。 如果用 z – α 去除多项式直到余数 R 不再含有 z,得 az Rzfaz zf −+=− )()( 1 , 其中R为常数,f1(z)形式为 zn–1 + η1zn–2 + η2zn–3 +…+ ηn–1。 乘以 z – α,得 f(z) = (z – α)f1(z) + R。 如果对每个 z 都能成立的这一方程中,令 z = α,则 R = f(α) = 0。 因此对于所有的 z, f(z) = (z – α)f1(z)。 证毕。 如果将这一辅助定理与第一步中证明的关于一个根存在的定理结合起来,就得到一个新 的定理:每个 z 的多项式可以表示成线性因子 z – α 与低一次的多项式的乘积。 如果我们写成α1而不是α,则得到 f(z) = (z – α1)f1(z)。 然后将所得定语用于多项式f1(z),得到 f1(z) = (z – α2)f2(z), 式中f2(z)为n – 2 次,且α2为f1(z) = 0 的一个根。按同样的方式 f2(z) = (z – α3)f3(z), f3(z) = (z – α4)f4(z), 73 算术题 等等。在这一系列方程中,从倒数第二个方程开始,如果用下一个方程的值代替每一个方程 右边的 f,最终得到将 n 次多项式变换成 n 个线性因子乘积的定理: f(z) = (z – α1)(z – α2)…(z – αn)。 用文字表达即为:每个 n 次的整有理函数可以表示为 n 个线性因子的乘积。 因此上述方程 f(z) = 0 可以写成 (z – α1)(z – α2)…(z – αn) = 0。 然而,只有某一个因子等于零时,左边的乘积才能等于零。又由于z – αv = 0 意味着z = αv, 所以最后得到: 方程f(z) = 0 有且仅有n个根α1,α2,…,αn。 这样,就证明了基本定理。 注:n个根α1,α2,…,αn中有几个可能相等,例如α2和α3可以都等于α1,而α4,α5,…, αn可能不等于α1。在此情况下α1叫做一个重根,特别有三个相等的根叫做三重根。 ① Demonstratio nova theorematis omnem functionem algebraicam rationalem integram unius variabilis in factores reales primi vel seaundi gradus resolve posso, Helmstaedt, 1799 ② Klassiker der esakten Wissenschafien, vol. 14 ③ Annales de Gergonne, 1815 第24题 斯图谟的根的个数问题 求实系数代数方程在已知区间上的实根的个数。 1829 年,法国数学家 C·斯图谟(Charles Sturm,1803 – 1855 年)用令人意想不到的简 单方法解出了这个非常重要的代数问题①。 “由于这一巨大的发现,”刘维尔说,“斯图谟立即简化并且完整了代数的原理,用新的 解法充实了它们。” 解:区别两种情况: I.在已知区间上所求方程的实根全为单根。 II.方程在该区间上还有多重实根。 首先证明由第二种情况会导致回到第一种情况。 设所定方程 F(x) = 0 有不同的根 α,β,γ,…,并令 α 为 a 重根,β 为 b 重根,γ 为 c 重 根,…,因此: F(x) = (x – α)a(x – β)b(x – γ)c…, 求出F(x)的导数F ′ (x),得 。 ))()(( ))()(())()(( )( )( γβα δγαδγβ γβα −−− +−−−+−−−= +−+−+−=′ xxx xxxbxxxa x c x b x a xF xF 如果将这一分式的分子记作 p(x),分母记作 q(x),并令每个整有理函数 )( )( xq xF 等于 G(x), 那么 F(x) = G(x) · q(x), F ′ (x) = G(x) · p(x)。 这样函数p(x)与q(x)没有公因子。(例如除p(x)第二项外,q(x)因子x – β可以整除p(x)所有项而 没有余数。)由此可知G(x)为F(x)与F ′ (x)的最大公因子,这可由除法运算很容易确定,因而 74 算术题 能够看作已知的,结果q(x)也可看作已知的。 因此方程 F(x) = 0 可化成两个方程 q(x) = 0 与 G(x) = 0, 第一个方程仅有单根,而第二个方程可用 F(x) = 0 所使用的同样方法加以简化。 因而,具有重根的方程总是可以转换成仅有单根的方程(系数为已知)。 因此,这足以解决第一种情况中的问题。 令f(x) = 0 为所有根均为单根的代数方程。那么对于任何一个根,f(x)的导数f ′ (x)均不为 零,且函数f(x)与f' (x)的最大公因式为一个不等于零的常数K。运用除法运算的方法来确定f(x) 与f ′ (x)的最大公因子,为了表达便利,就用f0(x)与f1(x)代替f(x)与f ′ (x),并将依次相除所得的 商记作q0(x),q1(x),q2(x),…,余数记作– f2(x),– f3(x),…。 为简化起见,去掉自变量的符号,则得到下列形式: (0) f0 = q0f1 – f2, (1) f1 = q1f2 – f3, (2) f2 = q2f3 – f4, 等等。 在这种形式中,最起码会出现一个余数– fs(x)(最后为K),该余数在整个区间的任何点 上都不等于零,因而在整个区间上符号皆相同。至此暂停运算。包括 f0,f1,f2,…,fs 的诸函数形成“斯图谟链”,且由于这种联系,称其为斯图谟函数。 斯图谟函数具有下列三个特性: 1.在区间上任何点上两个相邻的函数不同时为零。 2.在一个斯图谟函数的一个零点上,相邻两个函数异号。 3.在f0(x)的零点周围充分小的区域内,f1(x)总是大于零或小于零的。 1 的证明:例如,如果f2与f3在一区间上的任一点处等于零,根据(2)在该点f4也等于 零,因此根据(5),f5也等于零,等等。所以根据运算的最后一行可知最终的fs也等于零, 而这跟我们的假定是相矛盾的。 2 的证明:例如,如果f3在区间上的σ点处等于零,则由(2)得 f2(σ) = – f4(σ)。 3 的证明:此证明要用到已知的定理:函数f0(x)在一点的增或件,取决于其导数f1(x)在 该点是大于零或者小于零。 于是选择区间上的任一点x,记下f0(x),f1(x),…,fs(x)等值的符号,得到斯图谟符号链 (然而,为了使符号明白无误,必须假定给定的s + 1 个函数中没有一个函数值为零)。该符 号链包含连号(+ +与– –)以及变号(+ –与– +)。 考察符号链中变号次数Z(x),以及当x通过该区间时Z(x)经历的变化。只有当斯图谟函数 中一个或者几个改变符号时才会发生变化,也就是说,从负(正)数值经过零而到达正(负) 数值时。我们将相应地研究函数fv(x)经过零时对Z(x)所产生的影响。 设k为fv等于零的一点,h和l为位于k点左侧和右侧的点,且如此逼近于k使在区间h到l上 以下情况情况成立:(1)fv的每一个邻域(fv+1, fv–1)不改变符号。必须区别v > 0 与v = 0 的情况; 在第一种情况下,我们关心的是三个一组的值fv–1,fv,fv+1;在第二种情况下,是一对值f0, f1。 在三个一组值中,在所有三个点h,k,l上,fv–1与fv+1的符号不是+与–,就 是–与+。因此, 不论fv在这些点上的符号可能是什么,对于三个自变量h,k,l中的每一个而言,三个一组的 值中有一个改变符号。函数fv通过零并不改变链中变号的次数。 在一对值中,在所有三点h,k,l上f1的符号为+或–。在第一种情况下f0为增函数,因此 75 算术题 在h为负值而在l为正值;在第二种情况下f0为减函数,因此在点h为正,在点l为负。在两种 情况下都少一个变号。 通过验证可知:只有当 x 通过 f(x)的零点时,斯图谟符号链在变号数 Z(x)上才经历一个 变化;而且特殊的是当 x 增加时该符号链恰恰失去一个变号。因此,如果 x 从左到右通过一 个两端点不代表 f(x) = 0 的根的区间,符号链失去变号的个数正好等于 f(x)在该区间上零点 的个数。因此有: 斯图谟定理:一个实系数代数方程其根在区间上都为单根,该区间的两端点均不为根, 则实根数就等于在区间两端点上斯图谟符号链的变号数之茶。 注:同样的研究可以不变地运用于任意正常数去乘f0,f1,f2,…,fs所得到的系列,于 是该序列同样可称为斯图谟链。在斯图谟链的组成中,相应地全部避免分数系数。 例 1:确定方程x5 – 3x – 1 = 0 实根的个数和存在的情况。 斯图谟链为 f0 = x5 – 3x – 1,f1 = 5x4 – 3,f2 = 12x + 5,f3 = 1。当x = –2,–1,0,1,2 时f的符号为 x f0 f1 f2 f3 –2 – + – + –1 + + – – 0 – – + + 1 – + + + 2 + + + + 因此该方程具有三个实根:一个在–2 和–1 之间,一个在–1 和 0 之间,一个在 1 和 2 之 间。另外两个根为复数。 例 2:确定方程x5 – ax – b = 0 当a和b为正数且 44a5 > 55b5时实根的个数。 斯图谟链记作 x5 – ax – b,5x4 – a,4ax + 5b,44a5 – 55b5。 对于 x = – ∞与+ ∞,相应的符号为 – + – + 与 + + + +。 所以方程有三个实根和两个复数根。 ① “Mémoire sur la résolution des équalions numériques”, Bulletin des sciences de Férussac 第25题 阿贝尔不可能性定理 高于四次的方程不可能有代数解法。 意大利物理学家 P·鲁菲尼(Paolo Ruffini,1765 – 1822 年)1798 年在波洛尼亚出版的著 作中首先阐述了这个有名的定理①,但鲁菲尼的证明是不完善的。1826 年年轻的挪威数学 家 N·H·阿贝尔(Hiels Henrik Abel,1802 – 1829 年)第一个给出了严谨的证明②。 下述阿贝尔不可能性定理的证明,是以克罗莱克的定理为基础的③。 首先将简短地介绍一下辅助代数定理,这对理解克罗莱克的证明很有用处。 如果一个数系 P 中的两个数相加、相减、相乘及相除时仍得到一个本数系中的数,则此 数系叫做数群或有理域。为简便起见称此数系中的数为 P 数。当两群中的任一群中每一个数 也同属于另一群,则称为两群相等。最简单的数群是由全体有理数,有理数群 Q,或自然有 理数域组成的。 76 算术题 群 P′ = P(α, β, γ,…)产生在“P 群中 α,β,γ,…的代换”,理解为得自 P 数的全部数的总 和及通过一种或多种四则运算代换的数 α,β,γ,…,换句话说也就是系数为 Q 数的所有 α, β,γ,…的有理函数的总和。 一个数群的的函数 f(x)或方程 f(x) = 0 就是系数为此群中的数的函数或方程。P 中的多项 式意即一个系数为 P 数的变量 x 的整有理数。 群 P 中的多项式 F(x) = Axn + Bxn–1 +… 或方程 F(x) = 0 在本群中可约或不可约,按照 F(x)能否化成低次的多项式的乘积而定。 例如,函数x2 – 10x + 7 在群Q中是不可约的,而在群 )2Q( 中是可约的: )235)(235(7102 +−−−=+− xxxx 。 阿贝尔辅助定理④:当 C 为群 P 中的一个数但不是群中一个数的 p 次幂时,次数为素 数 p 的纯方程 xp = C 在该群中是不可约的。 间接证明:设xp – C = 0 是可约的,则 xp – C = ψ(x)φ(x), 其中ψ和φ是P中的多项式,其中自由项A和B为P数。因为方程xp = C的根为r,rε,rε2,…,rεp–1, 其中r为一个根,而ε为复数p次单位根,方程ψ(x) = 0 或φ(x) = 0 的自由项(不计符号)代表 了方程多个根的乘积,例如, A = rμεM,B = rνεN。 由于 μ 和 ν 不具有公因子(因为 μ + ν = p),必有整数 h,k 满足 μh + νk = 1。 因此,幂Ah和Bk的乘积为K时得到值rεhM+kN,并且对于P数K的p次幂得值Kp = rp = C。然而所 作的假定C一定不是一个P数的p次幂。因此xp = C不可能是可约的。 舍列曼(Schoenemann)定理⑤:如果多项式 f(x) = C0 + C1x + C2x2 +…+ CN–1xN–1 + xN 的整系数C0,C1,C2,…,CN–1可被一素数p整除,而自由项C0不能被p2所整除,则f(x)在自 然数域内是不可约的。 间接证明:设 f 为可约的,则 f = ψ · φ,其中 ψ = a0 + a1x + a2x2 +…+ am–1xm–1 + xm, φ = b0 + b1x + b2x2 +…+ bn–1xn–1 + xn。 根据高斯定理⑥,这里的系数 a 与 b 均为整数,将 ψ 和 φ 的表达式相乘,并与 f 相比较,得 C0 = a0b0, C1 = a0b1 + a1b0, C2 = a0b2 + a1b1 + a2b0, 等等。由于C0不能被p2所整除,假设a0可被p整除,在此情况下b0就不能被p整除。由于C1与 a0可被p整除而b0则不能,因而从上述式中第二行可知a1可被p整除。然后根据上述式中第三 行,C2,a0,a1可被p整除,因而a1也可被p整除,等等。最终可以断定am = 1 也能被p整除, 而这自然是不可能的。因此,f是不可约的。 可约的和不可约的多项式在多项式中所起的作用与合数和素数在整数中所起的作用一 77 算术题 样。因此,举例来说每一个可约的多项式仅可以用一种方法分成几个不可约的多项式的乘积。 与此有关的所有定理都是以不可约函数的基本定理为基础的。 阿贝尔不可约性定理⑦:如果 P 中不可约方程 f(x) = 0 的一个根也是 P 中的方程 F(x) = 0 的一个根,则此不可约方程的所有根都是 F(x) = 0 的根。同时,F(x)可被 f(x)整除而无余数: F(x) = f(x) · F1 (x), 其中F1 (x)也是P中的一个多项式。 该定理的简单证明基于大家熟悉的求 P 中任意两个多项式 F(x)与 f(x)的最大公因子 g(x) 的算法。这一算法经过一系列的除法运算,导出一对方程 F(x) = F1(x) · g(x), f(x) = f1(x) · g(x), 其中所有的系数都是 P 数。并导出方程 V(x)F(x) + v(x)f(x) = g(x), 其中出现的所有函数都是 P 中的多项式。 如果上述函数 F 与 f 没有公因子,则 g(x)为一常数,为了方便起见令其等于 1。 如果f为不可约的,且f = 0的一个根α也是F = 0的根,则存在着至少为一次的公因子x – α。 因为f是不可约的,f1(x)必等于 1,且f(x) = g(x),则 F(x)(= F1(x) · g(x))= F1(x) · f(x)。 因此 F(x)可被 f(x)整除,且对于 f(x)的每个零点其值均为零。证毕。 该基本定理直接包含了两个重要的推论: I.如果 P 中不可约方程 f(x) = 0 的一个根也是 P 中次数低于 f 的方程 F(x) = 0 的根,则 F 的所有系数均等于零。 II.如 果 f(x) = 0 是群 P 中的一个不可约方程,则 Q 中不存在别的月 f(x) = 0 有一个共同 根的不可约方程。 在群 P 内代换的最普通情况是将 n 次不可约方程 f(x) = xn + a1xn–1 +…+an = 0 的一个根 α 代入 P。由这种代换所定义的群 P′ = P(α)中的一个数 ζ 是 α 的一个有理函数,其 系数取自 P,并可写成: )( )( α αζ Φ Ψ= , 其中 Ψ 与 Φ 都是 P 中的多项式。由于 an = – a1αn–1 – a2αn–2 – …– an, 指数为n或更高的α的每一个幂均可用幂αn–1,αn–2,…,α来表示,所以可以写成 )( )( αϕ αφζ = , 其中 ψ 和 φ 为 P 中次数不高于 n – 1 的多项式。 由于 f(x)和 φ(x)不具有公因式,在 P 中可以找出这样两个多项式 u(x)与 v(x)(见上文), 使得 u(x)φ(x) + v(x) f(x) = 1。 如果在此方程中令 x = α,(因为 f(α) = 0)则有 u(α) · φ(α) = 1,即 ζ = ψ(α) · u(α)。将其乘出来 并再次消去每一个指数大于或等于 n 的 α 的幂。最终得出 ζ = c0 + c1α + c2α2 +…+ cn–1αn–1, 式中cv为P数。亦即 III.若 α 为 P 中 n 次不可约方程的一个根,则群 P(α)中的每一个数都可以用系数为 P 数的 α 的 n – 1 次多项式来表示,且只有这一种可能的表示方法。 78 算术题 (由c0 + c1α + c2α2 +…+ cn–1αn–1 = C0 + C1α + C2α2 +…+ Cn–1αn–1 得到 d0 + d1α + d2α2 +…+ dn–1αn–1 = 0, 其中 dv = Cv – cv。 则对于 f(x) = 0 的一个根,n – 1 次函数 d0 + d1α + d2α2 +…+ dn–1αn–1 等于零,并且根据推论I,各系数必等于零。由dv = 0,则得Cv = cv。) 刚刚所见是将一个不可约函数借助一个根代换而转变为可约的函数的简单例子。 让我们考察更一般的情况,即 P 中的次数为素数 p 的不可约函数 f(x) ,通过 P 中的 q 次不可约方程 g(x) = 0 的一个根 α 的代换,变成可约函数。在这种情况下,f(x)可以被分解 成次数可能分别为 m 与 n 的两个多项式 ψ(x, a)与 φ(x, a)的乘积。 于是 r 为某个有理数,P 中的函数 u(x) = f(r) – ψ(r, x)φ(r, x) 对于 x = a 其值为零。根据不可约函数的基本定理,对于不可约方程 g(x) = 0 的所有根 a,a′, a″,…,函数 u(x)等于零。 例如,由于方程 f(x) – ψ(x, a′)φ(x, a′) = 0 对于每一个有理数 x 能够成立,则对于所有的 x 值也能成立,因此利用恒等式 f(x) = ψ(x, a′)φ(x, a′) 同样地对于 g(x) = 0 的所有其它根,上述方程也能成立。 由 q 个方程 f(x) = ψ(x, a)φ(x, a), f(x) = ψ(x, a′)φ(x, a′), 等等,相乘可得到 f q(x) = Ψ(x) · Φ(x), 其中 Ψ(x)及 Φ(x)分别为 q 个多项式 ψ(x, a),ψ(x, a′),…及 φ(x, a),φ(x, a′),…的乘积。由于 这些乘积中的每一个都是 g(x) = 0 的根的对称函数,每个乘积都可以根据华林(Waring)定 理,用 g(x) = 0 的系数表达为有理数(表达为自然数则用 x),因此 Ψ(x)及 Φ(x)都是 P 中的 多项式。 于是至少对于不可约方程 f(x) = 0 的一个根,Ψ(x)必然等于零,Φ(x)也是如此。因此 Ψ(x) 及 Φ(x)都可以被 f(x)整除而无余数。有因为 f 不可约的,除 f 外再不可能有其它的因子,其 结果为 Ψ(x) = f(x)μ,Φ(x) = f(x)ν, 其中 μ + ν = q。比较左边和右边的次数,可得 mq = μp,nq = νp。 又因为 m 与 n 均小于 p,由此可知 p 为 q 的因子。因而可得定理: IV.群中次数为素数 p 的不可约方程,通过群中另一个不可约方程之根的代换变为可约 的,唯一的条件是 p 是最后一次方程的次数的因子。 现在可以回到阿贝尔定理的证明上来。然而首先要考虑的是:代数可解方程意味着什么。 群 Q 中的 n 次方程 f(x) = 0,当用一系列的根式可以解出时,亦即当一个根 w 可以用方 式确定时,该方程称为代数可解的: 1.确定一个 Q 数 R 的 a 次方根 a R=α ,而 R 不是一个 Q 数的 a 次幂,并将 α 代入 Q, 因而建立起群 U = Q(α); 79 算术题 2.确定一个 U 数 A 的 b 次方根 b A=β ,而 A 不是一个 U 数的 b 次幂,并将 β 代入 U, 因而建立起群 V = U(β) = Q(α, β); 3.确定一个 V 数 B 的 b 次方根 c B=γ ,而 B 不是一个 V 数的 c 次幂,并将 γ 代入 V, 因而建立起群 T = V(γ) = Q(α, β, γ),等等。这样连续代入根 α、β、γ、…直至最终得到一个 数群,使所求的根 ω 属于其中,且该群中的 f(x)(因为它具有因子 x – ω)变成可约的。此 处假定所有的根指数 a,b,c,…均为素数。这并不意味着受到某种限制,因为指数为任何 合数的开方可以化为指数为素数的逐次开方。(例如: 515 vu = ,其中 3 uv = 。) 为简便计,仅限考虑具有有理系数的方程 f(x) = 0,故 Q 为自然有理数域,它在 Q 中又 是不可约的,且其次数 n 为奇素数。 设首次代换为一个 n 次单位根 nin n ππηα 2sin2cos1 +=== 。 由于η为次数小于n次的方程xn–1 + xn–2 +…+ x + 1 = 0 的一个根,根据IV,上述代换仍不 能使f成为可约的。 同时,当我们通过一系列根的代换仍然不能使 f(x)分解,此时我们也可以用复共轭根式 来代换。尽管这也许是多余的,但并无害处。 令 l K=λ 为这样一个根,使其加上前面的根可使 f(x)为可约的,因此 f(x)在群 P(K 为 其中的数)中,f(x)仍然为不可分解的,但在 Ω = P(λ)中成为可分解的: f(x) = ψ(x, λ) · φ(x, λ) · χ(x, λ)…。 此处因子 ψ,φ,χ,…是 Ω 中的不可约多项式(当然不是 P 中的多项式),其系数均为 P 中 λ 的多项式。 根据 IV,由于素数 n 必须是素数 l 的一个因子,因而 l 必等于 n。 根据阿贝尔辅助定理,P中不可约的方程xl = K的l个根为 λ0 = λ,λ1 = λη,λ2 = λη2,…,λv = ληv,…,λn–1 = ληn–1。 由于ψ(x, λ)为f(x)的因子,则ψ(x, λv)可以去除f(x)而无余数(见IV的证明)。 n个函数ψ(x, λv)中的每一个都是Ω中不可约的。 (如 IV 的证明,由 ψ(x, λv) = u(x, λv) · v(x, λv) 得到 ψ(x, λ) = u(x, λ) · v(x, λ), 但这一方程是不可能的,因为 ψ(x, λ)是 Ω 中不可约的。) n个函数ψ(x, λv)中没有两个是相等的(在ψ(x, λημ) = ψ(x, λην)中,如前一样λ必能被根ληn–μ 所代替,由此可得: ψ(x, λ) = ψ(x, λH), 其中H表示单位根ην–μ。此处λ必须依次用λH代入,则必然得到: ψ(x, λH) = ψ(x, λH2)。 同理,必然得到 ψ(x, λH2) = ψ(x, λH3), 等等。因此必有 ψ(x, λ) = ψ(x, λH) = ψ(x, λH2) =…, 80 算术题 即 n HxHxxx n ),(),(),(),( 1−+++= λψλψλψλψ 。 然而作为xn = K的n个根λ,λH,λH2,…的对称函数,该方程的右侧是P中x的多项式,因此ψ(x, λ)也必定是P中的x的多项式。而这是与上述关于f(x)规定相矛盾的。) 出于这两个原因,得到:f(x)可被Ω中不可约的n个不同因子ψ(x, λ),ψ(x, λη),…,ψ(x, ληn–1) 的乘积Ψ(x)所整除: f(x) = Ψ(x) · U(x), 其中Ψ(作为xn = K的根的对称函数)以及由此而得的U均为P中的x的多项式。于是f(x)是P 中不可约的,U(x)必等于 1,且须有 f(x) = Ψ(x) = ψ(x, λ)ψ(x, λη)…ψ(x, ληn–1)。 因此,对于群Ω,假定的f(x)的可除性从而显示它本身可分解为线性因子。这样,如果ω, ω1,ω2,…,ωn–1为f(x)的根,而x – ω,x – ω1,x – ω2,…,x – ωn–1为f(x)的线性因子,则 x – ω = ψ(x, λ),x – ω1 = ψ(x, λη),…,x – ωn–1 = ψ(x, ληn–1), 因此 ω = K0 +K1λ + K2λ2 +…+ Kn–1λn–1, ω1 = K0 +K1λ1 + K2λ1 2 +…+ Kn–1λ1 n–1, … ωn–1 = K0 +K1λn–1 + K2λn–1 2 +…+ Kn–1λn–1 n–1, 其中所有Kv均为P数。 于是,由于方程 f(x) = 0 为奇次,最少有一个实根。令这个实根为 ω = K0 +K1λ + K2λ2 +…+ Kn–1λn–1。 区别两种情况: I.可约根 λ 的底 K 是实数; II.底 K 是复数。 情况 I:由于 n 次单位根属于群 P,可以假定 λ 为实数。在此情况下 ω 的复共轭为 1 110 − −+++= n nKKK λλω 其中Kv的复共轭 vK 也是Q数。则由 ωω = 得到 0)()()( 1 111100 =−++−+− − −− n nn KKKKKK λλ , 再考虑定理I,则由此可得到对每个v有 vv KK = 。因而数K0,K1,…,Kn–1也为实数。 此外,有 ωv = K0 +K1λv + K2λv 2 +…+ Kn–1λv n–1 以及 ωn–v = K0 +K1λn–v + K2λn–v 2 +…+ Kn–1λn–v n–1。 然而,由于λv = ληv和λn–v = ληn–v = λη–v为复共轭故得ωv与ωn–v也为复共轭,即: 方程f(x) = 0 具有一个实根和n – 1 对复共轭根(ω1和ωn–1,ω2和ωn–2,等等)。 情况 II:在此种情况下,除了可约根式 n K=λ 之外,还要用代换实数 λλ=Λ 所得的结 果去代换复共轭 n K=λ 。 如果单独代换 n KKΛ = (即不用 λ),足以使 f(x)成为可约的,这样必定给出 I 中的情 81 算术题 形。因此我们可以假定 f(x)仍然是 P(Λ)中的不可约函数,只有将 λ 补充代换之后才能变成可 约的。 由 ω = K0 +K1λ +…+ Kn–1λn–1 得到 1 110 1 110 − − − − ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛++⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛+=+++= n n n n ΛKΛKKKKK λλλλω , 因为 ωω = ,由此可得 1 110 1 110 − − − − ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛++⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛+=+++ n n n n ΛKΛKKKKK λλλλ 。 在这一方程中,除λ以外的所有的数都属于群P(Λ),又因为方程xn = K(根据阿贝尔辅助定理) 在该群中为不可约的,我们可以用xn = K的任何一个根λv取代上述方程中的λ。 如果按此办理,并记住 v v vv v ΛΛ ληλ η λ ληλ ==== , 得到 1 110 1 110 − − − − +++=+++ n vnv n n KKKKKK λλλλ 或 vv ωω = 。 因此,f(x) = 0 的所有根均为实根。 合并 I 和 II,得到 克罗莱克定理:次数为素数,并在自然有理数域内为不可约的奇代数可解方程,或者仅 有一个实根,或者仅有实根。 克罗莱克定理同样证明了一个高于四次的方程一般不能用代数方法解出。 例如:简单的五次方程 x5 – ax – b = 0 当a与b为可被素数p整除的正整数,b不能被p2整除,且 44a5 > 55b4时,该方程不能用代数方 法解出。 根据舍列曼定理,该方程为不可约的,斯图谟(第 24 题)证明了它有三个实数根和两 个复数根,因此,根据克罗莱克定理,该方程为代数不可解的。 正是用同样的方法可以证明 x7 – ax – b = 0 当 66a7 > 77b6时为代数不可解的,等等。 ① Teoria generale delle equazioni ② “Démonstration de l’impossibilité de la resolution algébraique des équations générales qui dépassent le quatriéme drgré”, Crelle’s Journal für Mathematik ③ Monatsberichte der Berliner Akademie, 1856 ④ 阿贝尔,Euvres complètes, vol. II, P. 169。原注。 82 算术题 ⑤ Crelle’s Journal, vol. XXXII, 1846 ⑥ 高斯定理:如果一个整系数多项式f = XN + C1XN–1 + C2XN–2 +…+ CN可分解为两个有理系数的多项式ψ = Xm + α1Xm–1 +…+ αm与φ = Xn + β1Xn–1 +…+ βn的乘积(f = ψφ),则这些多项式的系数均为整数。 证:分别引入αv与βv的最大公分母a0和b0,使得 0a av v =α , 0b bv v =β ,而数a0,a1,a2,…,am以 及b0,b1,b2,…,bn都不具有公因子,得到 F = ΨΦ,其中F = a0b0f,Ψ = xm + a1xm–1 +…+ am与Φ = xn + b1xn–1 +…+ bn。 令p为a0b0的一个素数银子。 则 F 的所有系数都可以被 p 整除,但 Ψ 与 Φ 则不能。分别合并 Ψ 与 Φ 中系数可被 p 整除的各项, 组成多项式 U 与 V,同样合并系数不能被 p 整除的各项,组成多项式 u 与 v,因此 F = (U + V)(u + v), 则有 uv = F – UV – Uv – Vu。 根据我们对F,U与V所作的假定,这一等式的右边包含有一个每一系数军可被p整除的多项式;而左边 并非如此,因为两个因子ar与bs的乘积不能被p整除,左边最高次幂的系数也不能被p所整除。 这一矛盾只有当a0b0没有素数因子时才会解除,亦即当a0 = 1 且b0 = 1 时,在此种情况下αv与βv均为 整数。原注。 ⑦ N·H·阿贝尔:“Mémoire sur une classe particulière d’équations résolubles algébriquemeni” Crell’s Journal, vol. IV, 1829。原注。 第26题 赫米特—林德曼超越性定理 系数 A 不等于零,指数 α 为互不相等的代数数的表达式 +++ 321 321 ααα eAeAeA 不可能等于零。 继法国数学家赫米特(Hermite,1822 – 1901 年)在 1873 年证明了系数和指数均为有理 整数的特殊情况之后①,1882 年德国数学家林德曼(Lindemann)证明了这一极其重要的定 理②。林德曼的证明需要运用大量的较高等的数学方法,后来首先经过 K·维尔斯特拉斯 (K· Weierstrass,1815 – 1897 年)的简化③,然后又经过 P·戈丹(P· Gordan,1837 – 1912 年)的简化④,使该证明达到了现在这样一般可以接受的程度。这里给出的证明基本上是 H·韦伯(H· Weber,1842 – 1913 年)在代数教科书中给出的那种形式。 证明是间接的。假定有l个代数数A1,A2,…,Al和l个互不相同的代数数α1,α2,…,αl 满足方程 (1) 021 21 =+++ leAeAeA l ααα , 再证明这一假定是自相矛盾的。论证分四步。 I.将系数A作为系数为有理数、次数L一般大于l的实数方程U(x) = 0 的根。令该方程的 根为A1,A2,…,Al。建立所有的l项表达式 (总共L(L – 1)(L – 2)…(L – l + 1)个表达式),其中A ++ 21 21 αα eAeA r,As,…为数列A1,A2,…,AL中的任意l个分量。将这些表达式在一 起相乘,并且总是将具有相同指数因子e*的项合并。所得积的形式为 meAeAeAΠ m ααα ′++′+′=′ 21 21 , 其中A′ 是不会为零的数。 83 算术题 (下述方法可以证明:由乘出并且合并后所得各项的系数A′ 不可能全部为零。两个复数 x + yi与X + Yi不论x < X,或者x = X,如果同时有y < Y,则称x + yi为“较小”。于是乘积Π′ 仅 仅含有形如 +++= vvv r v q v p vv eReQePF 的这些因子,其系数P,Q,R,…中没有一个等于零,可将这些项看成按pv < qv < rv <…的 方法排列的。将各因子Fv相乘,所得第一项的指数p1 + p2 + p3 +…为所有所得的指数中最小 的,并且这一指数仅仅出现一次。因此,最起码乘出的积中第一项不等于零,这就是我们所 要证明的。) 移动A1,A2,…,AL各项,不会改变系数A′。也就是说它们是U(x) = 0 的根的对称函数。 所以,根据有关对称函数的基本定理,A′ 为有理数。 由于(1)式左边也在Π′ 的诸因子之中,故 Π′ = 0。 用A′ 的公分母去乘这一方程,得到新方程 (2) 021 21 =+++ meBeBeB m βββ , 其中 β 为不相等的代数数,系数 B 是不会为零的有理整数。 II.将指数 β 看作是系数为有理数、次数 M 一般总是大于 m 的代数方程 W(x) = 0 的诸 根,并且按通常的方法,认为该方程没有相同的根,作出 M(M – 1)(M – 2)…(M – m + 1)个项 的和 ++ 21 21 ββ vv eBeB , 其中v为变量,βr,βs,…为W(x) = 0 的任意m个根。将这些和彼此相乘,再次合并指数因子 e*相同的各项,所得乘积形如 v n vv neCeCeCΠ γγγ +++= 21 21 , 其中系数 C 为不会为零的有理整数,γ 表示不同的代数数。 乘积Π展开式的系数也是这些根的对称函数。例如,vv的系数kv: ! 2211 v CCCk v nn vv v γγγ +++= 。 所以每个系数kv都是有理数。相应地,如果g(x)是x的有理函数,其系数是有理整数,则和 是由系数k∑ = n s ss gC 1 )(γ v所组成,因此这个和也是有理数。 于是,由于 v = 1 时乘积 Π 包含因子 ,根据(2),这一因子等 于零。所以对于 v = 1,这一乘积也等于因此得方程 meBeBeB m βββ +++ 21 21 (3) 021 21 =+++ neCeCeC n γγγ 。 此外,对于每一个系数为有理数的有理整函数 g(x) (3a) C1g(γ1) + C2g(γ2) +…+ Cng(γn) 为有理数。 III.将指数γ1,γ2,…,γn看作次数N ≥ n,系数为有理数、不具有相同根的代数方程 xN + r1xN–1 + r2xN–2 +…+ rN = 0 84 算术题 的根。 用系数r1,r2,…的公分母H的N次幂乘这一方程,得到 0)()()( 221 21 =+++ −− N r N r N HxHHxHHx , 或者,如果用X代替Hx,并将整数 ,,,…,记作r1rH 2 2rH 3 3rH 1,r2,r3,…,有 f(X) = XN + g1XN–1 + g2XN–2 +…+ gN = 0。 如果Γ1,Γ2,…,ΓN为这一方程的诸根,那么 f(X) = (X – Γ1) (X – Γ2)…(X – ΓN)。 根 Γ 具有 n 个根 , ,…, 。 11 rHΓ = 22 rHΓ = nrn HΓ = 因为 Γ 表示整代数数,作为(3a)的结果 (3b) C1g(Γ1) + C2g(Γ2) +…+ Cng(Γn) 为有理数。 除 f(X)之外,考察函数 , ++= +−−−+−−−= −++−+−= −− 2 1 1 3132 21 )())(()())(( )()()()( NN NN N XNNX ΓXΓXΓXΓXΓXΓX ΓX Xf ΓX Xf ΓX XfXϕ 对于任意的Γ1,Γ2,…,ΓN,该函数不会为零,且该函数的系数N,N1,…(作为f(X) = 0 的 根Γ1,Γ2,…,ΓN的对称函数)是有理整数。 如果 C1φ(Γ1) + C2φ(Γ2) +…+ Cnφ(Γn) 偶然等于零,则选择正整指数 h(< n),使得(整数)和 G = C1Γ1 hφ(Γ1) + C2Γ2 hφ(Γ2) +…+ CnΓn hφ(Γn) ≠ 0。 (这样的指数必定存在,否则,对于n个不会等于零的“未知数”x1 = C1φ(Γ1),…,xn = Cnφ(Γn),并将存在n个线性齐次方程 1 · x1 + 1 · x2 +…+ 1 · xn = 0, Γ1 · x1 + Γ2 · x2 +…+ Γn · xn = 0, Γ1 2 · x1 + Γ2 2 · x2 +…+ Γn 2 · xn = 0, … Γ1 n–1 · x1 + Γ2 n–1 · x2 +…+ Γn n–1 · xn = 0。 而这是不可能的,因为如果那样则方程组的行列式 11 2 1 1 22 2 2 1 21 111 −−− n n nn n n ΓΓΓ ΓΓΓ ΓΓΓ 必须等于零。该行列式代表了所有的差Γr – Γs(其中r > s)的乘积,而根据上述可知这些差 一个也不等于零。) IV.现在将指数函数的基本特性——ex的级数展开——引入到对我们的证明最使用的形 式之中。 85 算术题 这就是 +++++= !!21 2 v xxxe v x 。 用Hvv!乘这一方程,得到(Hx = X) 。⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎣ ⎡ ++++++++−+−+= −− )2)(1(1)!2()!1(! ! 2 2221 vv x v xXXXvHvXvvHvH Hve vvvvv vx 为了更方便地书写这一公式,引入按下述说明求得的记号 ζ: 函数F(ζ)可看作为一个表达式,该表达式是假定ζ为一个数,当F(ζ)按常用方法变换成ζ 的幂级数,且在展开式的末尾用v!Hv代换ζ v时得出的。 因此,上面的公式可写成简化形式: exζ v = (ζ + X) v + X v · [ ]。 如果再令 x 的绝对量为 ξ,则[ ]的绝对量小于 +++++= )2)(1(10 2 vvv ξξ , 因而也一定小于 ξξξ e=+++ !21 2 。 如果将 ε 视作为绝对值为真分数的一个量,因此可得: (4) exζ v = (X + ζ) v + e ξ · εX v。 紧接着将其作进一步扩展。令 V(x) = Xk + K1Xk–1 + K2Xk–2 +…+ Kn 表示系数为有理整函数。列出v = k,k – 1,k – 2,…时的方程(4),将所得方程乘以 1,K1, K2,…,并将它们相加。则得到 (5) )()()( XVeXVVe x ξζζ ++= , 其中 (5a) +++= −− 2 22 1 110)( kkk XKXKXXV εεε , 式中量εk的绝对值为真分数。 如果Δ1,Δ2,…代表V(x) = 0 的根,d代表k个值|X| + |Δk|中的最大者,则由 V(X) = (X – Δ1) (X – Δ2)… 得 )(XV 的绝对量(如用V(X)的一样)小于dk: (5b) kdXV <)(。 将结果(5),(5a),(5b)应用于函数 V(X) = F (X) qΦ(X), 其中 F (X) = Xhf(X),Φ (X) = Xhφ(X), q = p – 1,而 p 作为一个预先选定的、仍未确定的素数。因为 F (X)的次数为 h + N,Φ (X)的 次数为 h + N – 1,所以 V(X)的次数为 k = (h + N)q + h + N – 1。 86 算术题 于是方程(5)变换成 exV(ζ) = V(X + ζ) + εeξdk, 其中d为k个值|X| + |Δk|中的最大者,ε为绝对量是真分数的一个数。 现在为x与X分别选择值γv与Γv(v为 1 到n中的任意一个数),则 ξ为γv的绝对量ξv,且 d = dv 为k个和|Γv| + |Δk|中的最大者。 其次,如果D表示 2n个数dv N+h与eξvdv 2(N+h)–1中的最大者,则假分数 1−+ + ≥ hw v v hN de d D ξ ,因 此 1−+ + ≥⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ hN v v q hN v de d D ξ 或 Dq ≥ eξvdv h 必然成立,我们得到略加简化的公式 (6) eγvV(ζ) = V(Γv + ζ) + ηvDq, 其中|ηv| < 1。 V(Γv + ζ)按照ζ的幂展开,得到 V(Γv + ζ) = ψ0ζq + ψ1ζq+1 + ψ2ζq+2 +…, 其中系数ψ是Γv的具有有理整系数的有理整函数。在特殊情况下, ψ0 = ψ0(Γv) = Φ(Γv) p。 (例如,对于 v = 1, F(Γ1 + ζ) = (Γ1 + ζ)h[ζ · (ζ + Γ1 – Γ2) · (ζ + Γ1 – Γ3)…] =Γ1 h(Γ1 – Γ2) (Γ1 – Γ3)…(Γ1 – ΓN) · ζ +… = Γ1 hφ(Γ1) · ζ +… 以及 Φ(Γ1 + ζ) = (Γ1 + ζ)hφ(Γ1 + ζ) +… = Γ1 hφ(Γ1) +…, 因此 V(Γ1 + ζ) = Γ1 hpφ(Γ1) p · ζ p +… = Φ(Γ1) p · ζ p +…。) 如果将这一展开式代入(6),最终得到 eγvV(ζ) = ψ0(Γv) ζ q + ψ1(Γv) ζ p + ψ2(Γv) ζ p+1 +…+ ηvDq。 以上公式,列出所有v从 1 到n,乘以Cv并且将所得的n个等式相加。 根据(3),则得, (7) 0 = G0 ζ q + G1 ζ p + G2 ζ p+1 +…+ λDq, 根据(3b),其中 Gr = C1ψr(Γ1) + C2ψr(Γ2) +…+ Cnψr(Γn) 为有理整数,且 λ 为绝对量不超过最大|C|值的 n 倍的一个数。 用Hrr!取代ζ r,用一般公因子Hq去除(7)式 ,将 H D 简写为E,合并含有因子p!的所有项, 得 (8) G0q! + G′q! = ΛEq, 其中G′ 为整数,Λ = – λ。 现在将式 G0 = C1Φ(Γ1) p + C2Φ(Γ2) p +…+ CnΦ(Γn) p 与式 G = C1Φ(Γ1) + C2Φ(Γ2) +…+ CnΦ(Γn) 87 算术题 相比较,根据有关 h 的假设,后者不等于零。 如果根据多项式定理展开G p,展开式的每项除n项Cv pΦ(Γv) p之外均为一整的代数数的p 倍,因此有 (9) Gp = (C1 pΦ(Γ1) p +…+ Cn pΦ(Γn) p) + μp, 其中 μ 为整的代数数(实际上为整数与有理数)。 于是,根据费马定理⑤,每 一 差 Cv p – Cv与Gp – G分别为p的整倍数cvp和gp,相应地,(9) 式变换成 G + gp = (C1 + c1p)Φ(Γ1) p +…+ (Cn + cnp)Φ(Γn) p + μp = C1Φ(Γ1) p +…+ CnΦ(Γn) p + μ′p = G0 + μ′p, 其中μ′ 也为整数与代数数。 上式简化成 G0 = G + g′p, 其中g′ = g – μ′ 为一整代数数,同样也是整有理数,结果有 p GGg −=′ 0 。 假如将这一值代入(8),得到 Gq! + g′p! + G′p! = ΛEq, 或者,如果将G′ + g′ 表示为ς,则有 (10) !q EΛpG q =+ ς 。 于是选择一个足够大的素数 p 使其满足:(1)p > |G|,(2)公式(10)右边的绝对量小 于 1。 (10)式中包含着矛盾。该式的左边为一不能被 p 整除(因为 G ≠ 0)的整数,因此不 等于零,而右边为绝对量小于 1 的数。这是不可能的。因此,原方程(1)也是不可能成立 的。林德曼定理证毕。 林德曼定理导出的推论是引人注目的。此处仅介绍一些: 1.e 的超越性:欧拉数 e 是超越数,即不是代数数。(换言之,e 不是有理系数的代数 方程的根。) 2.π 的超越性:阿基米德(留多夫(Ludolph))数 π 是超越数。 根据欧拉定理(第 13 题),有方程 eπi + 1 = 0。 而根据林德曼定理,该指数 πi 不可能为代数数,因此 π 也不可能为代数数。(假如 π 为代数 数,那么两个代数数 π 和 i 的乘积就会是代数数。) 因此,改圆为方的古老问题得到了解决,尽管答案是否定的: 不可能用圆规和直尺作出一个正方形,使其面积等于一个已知圆。 例如,如果选择已知圆的半径等于单位长度,则圆的面积为 π,欲求的正方形的边长为 π 。然而,假如 π 可用圆规和直尺作出,则这一线段的平方 π 也可以作出。又根据第 36 题,π 应为有理数的某个代数方程的根(次数应为 2 的乘方)。但是,π 是超越的。 3.指数曲线y = ex不通过平面上除(0, 1)以外的代数点。 (代数点即坐标 x 和 y 都是代数数的点。)由于代数点致密地、大量集中地普遍存在于 平面上,所以指数曲线在这些点中间蜿蜒弯曲而不碰及其中任何一点,这确是完成了一件非 常困难的伟绩。 88 算术题 不用说,对于对数曲线 y = ln x 也同样是如此。 4.正弦曲线 y = sin x 也不通过平面上除格点(0, 0)外的代数点。 例如,如果(α, β)为正弦曲线上的一个代数点,β必定等于sin α,或者由于 2i sin α = eαi – e–αi,所以eαi – e–αi – 2i sin α = 0。然而,根据林德曼定理,此方程对于代数数α,β不可能成 立。 ① Comptes rendus, vol. 77 ② Berliner Sitzungsberichte ③ Berliner Sitzungsberichte, 1885 ④ Mathematische Annalen, vol. 43, 1893 ⑤ 费马定理:对于每一个整数g及每一个素数p,gp – g之差可被p整除。 证:如果g可被p整除,则该定理不证自明。对于不能被p整除的g,该定理直接又 19 题的同余式(1a) 与(2a),用g代替D,并将同余式平方后得出。在两种情况下君可得到gp–1 ≡ 1 mod p,且由此而得到 gp ≡ g mod p。 89 平面几何题 平面几何题 第27题 欧拉直线 在所有三角形中,外接圆的圆心,各中线的交点和各高的交点在一直线——欧拉线上, 而且三点的分隔为:各高线的交点(垂心)至各中线的交点(重心)的距离两倍于外接圆的 圆心至各中线交点的距离。 欧拉是历史上最伟大和最具有才智的数学家之一,他的著作有四十五卷,而其论文超过 七百篇,大部分篇幅较长,发表在各期刊上。 上述定理是他的一篇论文的成果之一①。 欧拉定理的下述证明以其非常简明而著称。 在三角形 ABC 中,设 M 为边 AB 的中点,S 为中线交点,它在 CM 上,这样, (1) SC = 2 · SM, U 为外接圆的圆心,并落在 AB 的垂直平分线上。 延长 US 到 SO,使 (2) SO = 2 · SU, 并联结 OC。 根据(1)和(2),三角形 MUS 和三角形 COS 相似。所以,CO ∥ MU,也就是 CO ⊥ AB,或者以语言表达为:联结 O 点和三角形一顶点的直线与三角形这一顶点的对边垂直, 因此,联线是三角形的一个高。 三个高必然均通过 O 点。所以这是高的交点,欧拉定理因而得以证实。 注:同时这里的证明解法饶有兴趣。 西尔维斯特问题:作用在三角形 ABC 的外接圆心 U 上的三个矢量 UA、UB、UC,试求其合成量(见图 5)。 由于 UM 是矢量 UA 和 UB 的合 成量的一半,CO 在数值上和方向上 表示这些矢量的总合成量。由于 UO 是 UC 和 CO 的合成量,所以 UO 便 是所求的合成量。 外接圆的圆心到三角形各顶点 的三个半径所表示的各矢量的合成 量是由外接圆圆心伸展到高的交点 的线段。 J·J·西尔维斯特(James Joseph Sylvester,1814 – 1897 年)是一位英国法律学家和数学家。 C ABM O U S 图 5 ① “Solutin facilis problematum quorundam geometricorum difficillimorum”, Novi commentarii Academiae Petropolitanae (ad annum, 1765) 90 平面几何题 第28题 费尔巴哈圆 三角形中三边的三个中点、三个高的垂足和高的交点到各顶点的线段的三个中点在一个 圆上。 此圆早已为欧拉(1765 年)所知,但 K·费尔巴哈(Karl Feuerbach,1800 – 1834 年)(画家 A·费尔巴哈(Anselm feuerbach) 的叔父)于 1822 年再度发现该圆后,通常 都称其为费尔巴哈圆。尽管它也通过其它 许多有意义的点又通过上述这些点,但该 圆仍以九点圆知名。 此题的证明分两步。第一步证明外接 于各边中点所决定的三角形的圆通过三个 高的垂足;第二步证明外接于三个高的垂 足所决定的三角形的圆通过三条高的交点 (垂心)到各顶点的线段的各中点。 I.设ABC为已知三角形,A′,B′,C′分别为BC,CA,AB各边的中点。设H为高AH的垂 足(见图 6),那么HA′B′C′ 是梯形(A′B′ 作为三角形ABC中位线等于 AB2 1 ;HC′ 作为以AB 为直径的泰勒斯(Thales)圆的半径也等于 AB2 1 )。这个梯形便是一个圆的内接四边形(见 图 7)。由此,所有高的垂足在三角形A′B′C′ 的外接圆Γ上。 II.设三角形 ABC 的各高为 AH,BK,CL,它们的交点为 O。现将证明各高的交点(垂 心)到三个顶点的线段(如 OC 线段)的中点也在圆 F 上。为此目的,研究高的垂足亦为 H, K,L 的三角形 OBC(见图 8)。根据 I,外接这个三角形的三垂足所决定的三角形 HKL 的圆 Γ 过这个三角形各边中点,即过 OB 和 OC 的中点,这就完成了证明。 B CA' B' C' H A BCH K L A 图 7 图 8 O A BCA' B' C' H K L 图 6 O 推论:费尔巴哈圆的中心 F 落在欧拉线 OU 的中点,费尔巴哈圆的半径 f 等于三角形 ABC 外接圆半径的一半。 费尔巴哈圆的弦HA′ 和KB′ 的垂直平分线作为梯形UOHA′ 和UOKB′ 的中位线,通过OU 的中点这一事实是这些命题中的第一命题的来由;而内接于费尔巴哈圆的三角形A′B′C′ 的各 边长是三角形ABC的各边长的一半这一事实是命题中的第二命题的来由。 91 平面几何题 第29题 卡斯蒂朗问题 将各边通过三个已知点的一个三角形内接于一个已知圆。 本题由瑞士数学家 G·克拉默(Gabriel Cramer,1704 – 1752 年)提出,1776 年意大利数 学家卡斯蒂朗(Castillon)作出解答才取得其名的。克拉默于 1750 年出版了他的主要著作 ①,第一次用行列式解线性方程组。而萨尔维米尼(I· F· Salvemini,1709 – 1791 年)则模 仿其出生地托斯卡尼的卡斯蒂利恩才改名为卡斯蒂朗。 卡斯蒂朗问题的虽不容易领会却又简单的解法起源于意大利的基奥达诺(Giordano)。 设已知圆为 R,已知点为 A,B,C,所求的三角形为 XYZ,并使 YZ,ZX,XY 分别过 A, B,C。 奥塔依埃诺(Ottaiano)在题解中利用了四个辅助点,这些点为: I.起始于 X 点并平行于 AB 的弦的端点; II.Y I 和 AB 两线的交点; III.起始于 X 点并平行于 II C 的弦的端点; IV.C II 和 I III 两线的交点。 作图包括下述五个步骤: 1.辅助点 II 的作图法。 ∠A II I和∠X I Y是平行线之间的的内错角,所以相等;由于∠XZY和∠X I Y是同一弧XY 上的圆周角,所以相等。因此 ∠XZY = ∠A II I, 因而,BZY II 是一个圆的内接四边形。由此随之而得 A II · AB = AY · AZ。 然而,由于这个等式的右边为圆 R 在 A 点上(见第 31 题)的幂 P(A 点至圆的任意割线上 由 A 点起始的两线段的乘积),由此 AB PA =II 可作图,由其结果便得知 II。 Z X Y A B C I II III R 图 9 IV 2.辅助点 IV 的作图法(见图 9)。 ∠YC IV和∠YX III是平行线之间的同位角, 所以相等,而∠Y I III和∠YX III是圆内接四边形 的对角,所以互为补角。这样∠Y I III和∠YC IV 也互为补角,YC IV I是一个圆的内接四边形。由 此得到 II C · II IV = II Y · II I。 然而,由于该等式的右边为圆 R 在 II 点上的幂 π, 根据 I,点 II 作为已知的,于是有 C IIIV II π , = 如此便求得辅助点 IV。 3.确定∠I X III = ω。 已知∠A II IV = κ,由于ω和κ具有两两平行的边,所以相等, ω = κ。 4.作弦 I III。 92 平面几何题 过点 IV 作一弦,对角 ω = κ。这弦与圆 R 的交点就是点 I 和 III。 5.作三角形 XYZ 的图。 定 X 为圆 R 与过点 III 且平行于 II IV 的直线的交点,Y 为直线 I II 与圆 R 的交点,Z 为 直线 AY 与圆 R 的交点。 与这个相当复杂的解法相比较,下述卡斯蒂朗问题的投影解法就非常简单。 这个解法基于斯坦纳(Steiner)的二重元素结构(第 60 题)和对合定理: 若射线围绕一个固定点旋转,其与一圆相交的两个点在圆(对合)上描绘出投影点列(第 63 题)。 在已知圆R上取任意一点X1,确定圆与割线BX1的(第二个)交点Z1,然后确定圆于割线 AZ1,的(第二个)交点Y1,最后确定圆与割线CY1的(第二个)交点X1′。只有当出现X1′ 和 X1重叠时,X1Y1Z1才是所求的三角形。然而,这样有利的情况是很少出现的。以其它的始点 X2,X3,…重复这样的作法,便给出若干点Y2,Y3,…;Z2,Z3,…;X2′,X3′,…。根据辅 助定理,点场X1,X2,…;Y1,Y2,…;Z1,Z2,…;和X1′,X2′ 中每一个是相对于下面的一 个的投影。因此 ),,(),,( 2121 'X'XXX ∧ 。 当起点Xv与末点Xv′ 重合,所求的三角形可作图求得,因此这个三角形是由给投影的二重元 素来确定。这便给出了下面的作法: 作图:在圆R上任选三点X1,X2,X3,按所述的方法作出三个对应点X1′,X2′,X3′,根据 斯坦纳定理,确定投影在圆R上的二重元素Xr和Xs,其中X1′,X2′,X3′ 与X1,X2,X3相对应。 这样,三角形XrYrZr和XsYsZs均能满足卡斯蒂朗问题的条件。 注:用一种非常相似的方法能够证明卡斯蒂朗问题的逆定理。 围绕一个圆作一个三角形,其各角在三条已知线上。 根据下面辅助定理进行作图: 如果一个点描绘一条直线,从这点到圆的两条切线确定该圆上两个切线的(对合)投影 场(第 63 题)。 设已知圆为 R,已知线为 a,b,c,所求的三角形的边为 x,y,z。 画出到圆R的任意三条切线x1,x2,x3,并通过它们与b的各交点画出另外三条切线z1,z2, z3,再通过后者与a的各交点画出三条新切线y1,y2,y3,并通过他们与c的各交点再画出另外 三条切线x1′,x2′,x3′,利用相似的三元素组(x1, x2, x3)和(x1′, x2′, x3′)画出确定在圆R上的投影 二重元素xr和xs,由这些二重元素得到的三角形xryrzr和xsyszs就是所求的三角形。 ① Introduction à l’analyse des lignos courbes algébraiques 第30题 马尔法蒂问题 在一个已知三角形内画三个圆,每个圆与其它两个圆以及三角形的两边相切。 这个著名的问题是意大利数学家马尔法蒂(Malfatti,1731 – 1807 年)1803 年提出并解 答的①。这个代数—几何解在其它地方也可找到,例如,在奥斯瓦尔特的著作中②。J·斯坦 纳于 1826 年提出的马尔法蒂问题的没有证明的纯几何解法也在那里作出了叙述和证明。这 里仅限于说明谢尔巴哈(Schellbach)发表的十分简单的解法③。 设已知三角形 ABC 的三边为 a,b,c,周长为 2s,三个角为 α,β,γ,设所求的马尔法 蒂圆(与 α,β,γ 各角的边相切)为 Φ,Ψ,Ω,其圆心为 P,Q,R,半径为 p,q,r,并 设从角 A,B,C 到 Φ,Ψ,Ω 的切线分别为 u,v,w。 93 平面几何题 引进一个圆Γ内切于该三角形。设其圆 心为J,半径为ρ,设由A,B,C至该圆的 切线a1,b1,c1(见图 10),由下面三个等 式。 b1 + c1 = a, c1 + a1 = b, a1 + b1 = c, 便得到 a1 = s – a, b1 = s – b, c1 = s – c, 由于 P 点和 J 点均在角 α 的平分线上,根据射线定理便得 1a up =ρ 或 uap 1 ρ= 。 同样也得到 vbq 1 ρ= 。 AB C J Γ ρ ρ ρ a1 a1 b1 b1 c1 c1 图 10 设 AB 与圆 Φ,Ψ 的切点为 U 和 V,并 计算 UV = t,由于 P 点到 QV 的垂线 PF 等 于 t,所以从直角三角形 PQF 得到(见图 11) AB C P Q R UV Φ Ψ Ω p p q q t u uv v ww 图 11 F PQ2 = PF2 + FQ2 或 (p + q) 2 = t2 + (p – q) 2 并由此得到 pqtUV 2== 。 若在这里引进上面所求的 p 和 q 的值,便得 到 11 2 2 bauvt ρ= 。 但是,已知 s cba 1112 =ρ , 这就把 t 的值简化为 uvs ctUV 12== 。 由于三角形的 AB 边包括 AU,BV,UV 三条线段,便得等式: cuvs cvu =++ 12 。 用同样的方法得到三角形的另外两边 BC 和 CA: avws awv =++ 12 与 94 平面几何题 bwus buw =++ 12 。 取周长的一半为单位长度,得到较简单的结果: (1) ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ =++ =++ =++ 。 , , cuvcvu bwubuw avwawv 1 1 1 2 2 2 现在取真分数 a,b,c,u,v,w 作为六个锐角 λ,μ,ν,ψ,φ,χ 的正弦的平方 sin2 λ = a,sin2 μ = b,sin2 ν = c,sin2 ψ = u,sin2 φ = v,sin2 χ = w。 那么(由于a + a1 = s = 1,b + b1 = s = 1,c + c1 = s = 1),cos2 λ = a1,cos2 μ = b1,cos2 ν = c1, 而且所得三元素组的等式(1)有形式 (2) ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ =++ =++ =++ 。 , , ννϕψϕψ μμψχψχ λλχϕχϕ 222 222 222 sincossinsin2sinsin sincossinsin2sinsin sincossinsin2sinsin 现举一例,先考虑这些等式中的一个:这只不过是一个三角形的两个顶点的角 φ 和 χ 和第三 个顶点的角 λ 之间的已知关系(φ + χ = λ)的三角表示式。例如,若取这样一个三角形,其 外接圆的直径为 1,则三边为 sin φ,sin χ,sin λ,而且余弦定理给出下列表达式: sin2 λ = sin2 φ + sin2 χ + sin φ sin χ cos λ。 由(2)有 φ + χ = λ,χ + ψ = μ,ψ + φ = ν, 由此得 ψ = σ – λ,φ = σ – μ,χ = σ – ν, 其中 2 νμλσ ++= 。 这样就得到下述简单作图法: 1.作三个角 λ,μ,ν,它们的正弦平方等于已知三角形各边(三角形周长的一半是单 位长度)。 2.画三个角 λ,μ,ν 的总和的一半 2 νμλσ ++= ,及三个新角 ψ = σ – λ,φ = σ – μ,χ = σ – ν。 3.画三个 ψ,φ,χ 的正弦的平方。这些是三角形顶点到三个马尔法蒂圆的切线。 注:若画已知角w的正弦平方m = sin2 w,或画一个角w,其正弦的平方等于已知线段m, 可按下方法进行: 画一个直径HK = 1 的半圆R。在KH的K点上画一直线与HK成已知角w,并从此直线(角 的自由边)与半圆R的交点L引一条垂直于HK的直线LM,则HM = m = sin2 w。 反之,假若 m 已知而求 w,在 HK 上作 HM = m,从 M 点上作 HK 的垂线,延长之交半 圆 R 于 L。并作 LK,则∠HKL = w。 证:由直角三角形 HML 得 m = HM = HL · sin HLM = HL sin w, 并由直角三角形 HML 得 HL = HK sin w = sin w。 所以, 95 平面几何题 m = sin2 w。 ① Memorie di Matematica e di Fisica della Società italiana dolle Scienze, vol. 10 ② Klassiker der exakten Wissens chaften (增补本), vol. 123 ③ Crelle’s Journal, vol. 45 第31题 蒙日问题 画一个圆,使其与三已知圆正交。 法国数学家蒙日(Monge,1746 – 1818 年)是画法几何的创始人。 为了解这个题,要找垂直于两个已知圆的所有圆的中心轨迹。 (当两个圆一交点的半径r和r′ 相互垂直时,这两个圆就说成是正交,换言之,当它们 构成一个直角三角形的底边和高时,其斜边z连接两个圆心,这样r2 + r′ 2 = z2或z2 – r2 = r′ 2。 因此,当一个圆对另一个圆的中心的幂①等于那一一个圆的半径平方时,两个圆相互正交。) 令已知圆为R和R′,它们的圆心为K和K′,它们的半 径为k和k′(> k),两个圆的连心线KK′ = l;令X为圆Φ的 圆心,x为其半径,并与圆R及R′ 正交;令连心线KX和K′ X分别等于z和z′(见图 12),则z2 – k2和z′ 2 – k′ 2均等于x2, 所以 KK' R X R' Φ Fk k' x x z z' 图 12 (1) z2 – k2 = z′ 2 – k′ 2。 因此,两个圆在X点同幂。于是首先要找出两个已知圆具 有同幂的X点的轨迹。若X点具有这个轨迹,从X点所引 垂线与圆心KK′ 交于点F,而且若KF = f,K′ F = f ′,则根 据毕达哥拉斯定理,垂线的平方也等于z2 – k2也等于z′ 2 – k′ 2。因而 (2) z2 – f2 = z′ 2 – f ′ 2。 若(1)减去(2),得 (3) f2 – k2 = f ′ 2 – k′ 2。 亦即R和R′ 在F点上也同幂。若f和f ′ 分别按KK′ 和K′ K方向上为正,则下式总是成立: (4) f + f ′ = l。 等式(3)和(4)给出未知数f和f ′ 的固定值。因此,每一轨迹点X在以固定点F所作垂直于 连心线KK′ 的垂线上,并得到 等幂轴定理:对两个已知圆具有同幂的点的轨迹是一条垂直于两个圆的圆心的连心线的 直线,并称之为这两个圆的等幂轴或者幂线。 在等幂轴的作图中,要区别两种情况: 1.圆相交。由于两个圆在它们的每一交点上具有相等的幂,也就是交点 O 在等幂轴上, 两个相交的圆的等幂轴是交点的割线。 2.圆不相交。 这里等幂轴作法根据 蒙日定理:三个圆的三条等幂轴通过一个称之为三个圆的幂中心点。 (证:令三圆为 I,II,III。确定两对(II, III)与(III, I)的等幂轴的交点 O。在这点上,(1) II 与 III,(2)III 与 I 具有相等的幂;因此,II 与 I 在 O 点上也具有相等的幂,也就是说 O 在 I 与 II 的弦上。) 这样,为了作两个不相交的圆 I 与 II 的等幂轴,画一个辅助圆 III,它交圆 I,圆 II 和两 96 平面几何题 对(II, III)与(III, I)的等幂轴。从这些等幂轴的交点到圆 I,圆 II 的连心线的垂线是所求之等幂 轴。 从等幂轴定理得到:垂直于两个已知圆的所有圆的圆心的轨迹是已知圆的等幂轴,或者 在这些圆相交的情况是在各已知圆外面的等幂轴的一部分。(在一点上各已知圆的幂必定是 正的。) 现在蒙日问题的解变得很简单。画出各已知圆的等幂心 O,若 O 在三个圆的外面,圆 心为 O 与半径为从 O 点到已知圆中的一个圆的切线的圆与各已知圆正交。若 O 点在即使是 一个已知圆中,该题便是不可解的。 ① 一个圆在某一点上的幂,意即一数量,也就是到这点的轴线的平方超过圆的半径的平方的数量。根据 割线或弦定理,它可表达成:由该点至圆的任意割线上由该点起始的两线段的乘积。原注。 第32题 阿波洛尼斯相切问题 画一个与三个已知圆相切的圆。 圆也可包括退化圆:点和直线。 这个著名的问题由欧几里德和阿基米德之后的古代最伟大的数学家珀加的阿波洛尼斯 (Appollonius,公元前大约 260 – 170 年)提出的,他的主要著作①以惊人的广泛性扩展了 那个时代圆锥曲线的狭隘知识。他的论文②包括了上面给出相切问题的解法,但不幸的是已 遗失。F·维埃特(Francois Viete)有叫做韦达(Vieta),是 16 世纪(1540 – 1603 年)法国最 伟大的数学家,约于 1600 年试图收集已失散的阿波洛尼斯的问题,并解了这道相切题,办 法是通过单独地处理研究该题十分特殊情况的每一种,并从前者推导出每一个后者。与这个 方法成对照,高斯的解法③,格戈尼(Gergonne)的解法④和彼得森(Peterson)的解法⑤ 解了这个普遍性的问题。 这里只说明格戈尼的最好的解法,由于这个证明除了第 31 题中已证明了的等幂轴定理 外,预先假定了点和极线的相似特性的知识,先对这些作简短的讨论。 相似点 当分别说到以M和M′ 为圆心,r和r′ 为半径的两个圆R和R′ 为外(或正)和内(或负)的相似 点时,意即A点和J点分别在圆的连心线MM′ 上(见图 13),并且分别地, r r AM MA ′=′ 与 r r JM MJ ′−=′ ⑥。 A M JM' R R' r r' r' 图 13 从射线定理直接得到: 两圆的两条平行(反向的)半径的端点的连接线通过外(内)相似点。 特别是两个圆的外(内)公切线通过外(内)相似点。圆R和R′ 的外相似点表示为+RR′, 97 平面几何题 而内相似点则为–RR′,且若符号未定,则相似点表示为εRR′。当符号ε,ε′,ε″,…中出现负 号的次数是偶数时,符号εε′ε″…就认为正,当次数为奇数时,符号εε′ε″…就认为负。 三个圆的相似点由德·阿朗拜⑦定理加以说明。 若三个圆 U,V,W 两两取(V, W),(W, U)和(U, V),这三对圆的外相似点在一直线上。 同样地,一对圆的外相似点和其它两对圆的两个内相似点在一直线——一条所谓三个圆的相 似轴线。简言之: 若 αβγ 是正的,三个相似点 αVW,βWU 和 γUV 在一直线上。 蒙日的证明:设圆U,V,W的圆心为A,B,C,并设每对圆(V, W),(W, U),(U, V)的外 相似点为P,Q,R。若其外公切线通过P的圆对(V, W)围绕PBC轴线旋转,便得到球V0和W0以 及它们的以P为顶点的切线锥面。对其它两对圆的情况亦相似。 平面E1和E2与球U0,V0,W0相切,且这些球在平面的一侧,由于P点在E1(E2)内的两 个圆(V0, W0)的外公切线上,因此这两个平面包含P点。它们(这两个平面)同样也包含Q和 R点。 这样,P,Q,R三点均在平面E1和E2的交线上。 假若考虑圆对(V, W)和(W, U)的内相似点和(U, V)的外相似点,则必须取切面,使U0和V0 在一个平面的一侧,而W0在另一侧。 设以X为圆心的任意圆Ω对以K和K′ 为圆心,k和k′ 为半径的两个给定圆R和R′ 同方式地 (不同方式地)相切于P和Q点上。设直线PQ′ 与圆R和R′ 的交点为P,Q;P′,K′ 以及与连心 线KK′ 的交点为S(见图 14)。 K K' X P Q S k R Ω k' R' P' Q' 图 14 图 15 R X K Ω S P Q R' K' P' Q' k' k 由于等腰三角形KPQ , K′P′Q′,XPQ′ 的底角亦为P和Q′ 点上的对顶角,所以所有六个底 角均相等。由于P和P′ 点上的两 个底角相等,所以半径KP和K′P′ 为平行。因此,S是R和R′ 外(内, 见图 15)的相似点。由此得到 k k PS SP ′±=′ , k k QS SQ ′±=′ , 因而SP · SQ′ 和SQ · SP 和相等。 也就是 两个 ′ 设w为它们的公共值,那么 w2 = SP · SQ′ · SQ · SP′ = SP · SQ · SQ′ · SP′ 说,w2等于S点上的 圆R和R′ 的两个幂π和π′ 的乘积。 因此 ππ ′== w 。 亦即 S 点上的圆 Ω ( ⋅ SQSP 的幂 ( SQ · SP′ )是一个常数 ππ ′ )。 研究的结果为如下相切定理: 98 平面几何题 两个给定圆的外(内)的相似点是这样的点,在这点上所有与给定圆同方式地(不同方 式地 极点和极线 两点P和P′ 在由半径为r的圆R的圆 发出的射线上, AT1和AT2所决定的切点 弦( 所作切 线的 通过 P 的共轭点的直线 p。 极点,或者反 过来 ,并设Q′ 是Q的共轭点(见图 17),那 么 PP′QQ′ 是一个圆的内接四边形。由于P′ 点上的角 上的角 过 q 的 极点 已知圆 U,V, W 相 的未 知圆 将依据“同号为正,异号为负”的规则加以处理。 V,W 相切的圆对。根据相切定理,Ω 与 Ψ 的相似点 εΩΨ 是 )相切的圆具有相同幂,而且所有的切割线(由所有给定圆的切点所决定)相交。 心O点 P O r P' 射线 图 16(a) 使OP · OP′ = r2,则称之谓彼此 共轭,一个在圆内,另一个在圆外(见图 16(a))。 一个圆外点A的共轭点是由A点所作的等 分线与A点到圆的切线 T1T2)的交点J(见图 16(b))。 一个圆内点J的共轭点是通过J并垂直于由 J所作的圆等分线的弦的两端T1及T2上 交点A。 (由直角三角形OAT1 直接得出r2 = OA · OJ。) 所谓 P 点的极线指的是垂直于从 P 点所作 的圆等分线并 T1 T2 OA J 图 16(b) R 反之,直线 p 的极点指的是与圆心到该线 的垂线的垂足相共轭的 P 点。 因此,极点和极线之间的关系是互逆的: 若 p 是 P 的极线,那么 P 是 p 的 。 现在设Q是P(通过P的共轭P′)的极线p上 的任意点 OP · OP′ = OQ · OQ′(= r2), 由此得 O R P Q (∠QP′P)为 90°,所以Q′ 点 (∠QQ′P)也一定是 90°,亦 即 PQ′ 必定垂直于 OQ。因此PQ′ 是Q的极线q,因而得 极点和极线定理:假若 Q 在 P 的极线上, 则 P 也在 Q 的极线上;或者,假若 p 通 ,则 q 也通过 p 的极点。 现在回到相切问题的格戈尼解法。 总的来说,有许多圆与三个 切。格戈尼根据寻找圆对而不是单独 的方法,特别是通常总是寻找同方式或不同 对。 为了方便起见,称同方式的相切为正(+),不同方式的相切为负(–),相切号ε和ε′的组 合εε′ 方式地与已知圆中的每一个相切的那一圆 令圆 Ω 和 Ψ 分别与圆 U,V,W 相切于 P,Q,R 和 p,q,r 点上令切线分别具有符号 A,B,C 和 a,b,c,那么 Aa = Bb = Cc = ε,BC = bc = α,CA = ca = β,AB = ab = γ,αβγ = +。 首先把(Ω, Ψ)看作与圆 U, p q P' Q' 图 17 99 平面几何题 三个圆的等 似点 对圆 U 在 P 圆 U,S 也是切点弦 Pp 的极点。因此由于 χ 通过 Pp 的极点,根据极点和极 III ≡ x。确定与已知圆有关的 χ 的极点 1,2,3,并 将它 。这些连结线与已知圆交于各已知圆所求圆的切点上。 幂中心 O 与三个切点弦 PpQqRr 的交点。 然后,依次取(V, W),(W, U),(U, V)作为圆 Ω 与 Ψ 相切的圆对。依据相切定理,就有 圆 Ω 与 Ψ 在相 αVW ≡ I, 以及相似点 βWU ≡ II 和在 相似点 γUV ≡ III 上有相同 幂。由于 αβγ 为+,三点 I, II,III,根据 德·阿朗拜定 理,就在 U,V, W 的相似轴 上。这样,相 似轴 I II III 是 圆 Ω 与 Ψ 的等 幂轴 x(见图 18)。 又,若 S 表示为 I II III P Q R O U V 与 p 点上的切线的交点,则 χ 上。现在关于 线的定理,Pp 通过 χ 的极点。因为对切点弦 Qq 与 Rr 可得相同的结论,所以可得定理: 切点弦 Pp,Qq 和 Rr 分别通过圆 U,V,W 的直线 χ ≡ I II III 的各极点。 从上面三段中的三个定理直接得到 SP = Sp。由于这些切线也与 Ω 与 Ψ 相切,在 Ω 与 Ψ 的弦 格戈尼作图法 画各已知圆的等幂中心与相似轴 I II 们与 O 点相连结 ① Works, vol. IV, P.399 ématiques, vol. IV 段比 AX : BX 为正;当 X 在 AB 之内(X 为内分点),则为负。原注。 rt,1717 – 1783 年)法国数学家。原注。 用圆规作出。 意大利的 L·马索若尼(L· Mascheroni,1750 – 1800 年)提出只用圆规(不用直尺)完 成几 ,以巧妙的方法解答了这个问 题。 Κωνιχά ② De Tactionibus ③ Complete ④ Annales de Math ⑤ Methoden und Theorien ⑥ 当 X 在 AB 之外(X 为外分点),线 ⑦ 德·阿朗拜(D’Alembe 第33题 马索若尼圆规问题 证明任何可用圆规和直尺作的图均可只 何作图的问题,并在他 1797 年于帕维阿出版的著作中① W Ω Ψ 1 2 3 x 图 18 100 平面几何题 若对圆规和直尺作图的各个步骤进行检查,便会发现每一步骤包含下面三个基本作图法 中的一个: 一条直线与一个圆的交点; I 与 II 两种基本作图法。(在马索若尼的圆规几 何中,一条直线如果有两点是已知的,很自然就会被认为是给定或确定了的。) PQ = a 延长或缩短 QX = b 的线段。 和Q点所决定的直线g上作H的镜像H′ (直 令线 是弧Q|h和弧H|b的交点,K′ 是直线g 上K K′X 为 x,便 得 到 边为 h。假若求得在直线 g 上的弧 K|d 和 K′|d 的交 点 S,则 QS = x(见 I.找出两条直线的交点; II.找出 III.找出两个圆的交点。 因此,只需要证明单用圆规就可以完成 首先要解两个预备题 预备题 1:画出两个已知线段 a 和 b 的和或差。 换言之,作一已知线段 解:1.画出弧Q|b②,取该弧上任意一点H,在P 线AB上O点的镜像O′ 是弧A|AO和B|BO的交点),并 段HH′ 为h。 2.画出等腰梯形,其两腰KH和K′H′ 均等于b,其 底K′K′ 等于 2h。(K 的镜像。)设梯形的对角线KH′ = HK′ 为d,由 于 梯 形 是一个可以内接于原的四边形,根据普图利迈 (Ptolemy)定理,可应用下列方程 d2 = b2 + 2h2。 另一方面,从直角三角形 QK′X,这 里 K H S QX K' H' h h d d g x d2 = x2 + h2, 这样,x 是斜边为 d 的直角三角形中一直角边,而另一 直角 图 19 图 19)。 3.画出弧 K|x 和弧 K′|x 的交点,这就是试图寻求的 预备题 2:求出与三条已知线段 m,n,s 成比例的第四条线段 x。 X 点。 换言之,作线段 sm nx = 。 马索若尼为这个基本题所寻找到的下面的解 其 简短而引人注目。 A 和 B 点画出任意长度 w,则交点 H 和 K 是这个情 况,首先把分数 法以 画两个同心圆 Φ ≡ Z|m 和 Ω ≡ Z|n,在 Φ 中画弦 AB = s,用圆规在 Ω 上从 之间的距离便是所求线段 x(见图 20)。 该证明可直接从相似三角形 ZAB 和 ZHK 得到。 在这个作图中,假设 s 是圆 Φ 内的。若不 m n 变成 M 别为根据第一个预备题可以作出的n和m的相 结果增加一倍,例如当 PQ = m 时,而且从 Q 点起,将圆 P|PQ 的半径 m 连续取三次,终点 离 Q 为 2m。) 解了这两个预备 N ,这里 N 和 M 分 当大的整数倍。(一个比较简单的方法是将其 题后,再解两个主要问 图 20 A B K H Z w w Φ Ω x s A C 101 B S D C' D' 图 21 平面几何题 题。 .只用圆规求出两条直线 AB 和 CD 已知直线 AB 的交点 S。 镜像C′ 和D′(见图 21),那么,所求的交点S也在C′D′ 上。 根据射线定理, I' (每条直线均由两点确定)的交点 S。 II'.只用圆规来确定一个已知圆 R 和一条 解I':关于AB直线作C和D点的 得到 DD CC SD CS ′= ,也就是说, ′ 令线段CS,CD,CC′,DD′ 分别为x,e,c,d, 则 d c xe x =− 或 e⋅ 。 现在开始画 CH = c + d(H 为弧 c′|d 和 D|e 的交 根据预备题 2 画 dc cx += 点);然后, 出线段 x;最后,画弧 C|x 和 C′|x 的交点,既 为所求交点 S。 解II':设已知圆圆心为 半径为r,关于直线AB作M的镜 像M′。将圆规张开至半径r,在圆R上截取距M′ 为r的点。最后 得到 据预备题 1,将 线 段 AM 延长和缩短 r,所 延 长和 图 22 AB M M' M, 的点便是所求的已知直线AB与已知圆R的交点(见图 22)。 如果直线 AB 碰巧通过 M 点,那么不可能进行作图。在这 种特殊情况下,根 缩短的线段端点便是所求的圆 R 和 AB 的交点。 这样就完成了马索若尼问题的解。 ① La Geometria del compasso ② 令弧 Q|b 表示中心为 Q、半径为 b 的圆弧。原注。 规和直尺作出的图,如果平面内给出一个定圆,只用直尺便可作 早在 1759 年苏黎世出版的兰伯特(Lambert)的著作中①,他只用直尺就解了一整套集 法国数学家,主要是彭赛列(Poncelet) 何的研究,特别是在出版马索若尼的著作②对这些 研究提供了新的促进之后,他们试图只用直尺作出尽可能多的图。 只使用直尺只能作那些代数形式是有理的代数式的图形。(因此,例如那种如 第34题 斯坦纳直尺问题 证明任何一个可以用圆 出。 合作图题,他是“直尺几何”的鼻祖。继兰伯特之后, 和布列昂匈(Brianchon)着手于直尺几 现在, ab 的式 这里所讲述的解基于斯坦纳著作中的解法,但删去了那些为达到现有目的严格来说是不 必要的东西,且省去斯坦纳使用的相似定理和等幂轴定理使该题变得更为简单一些。 子是不可能的。)这个情况启发彭赛列在平面内需要给出一个辅助定圆(以及圆心。), 使有可能只用直尺画出所有可以用圆规和直尺作图的代数图形。 J·斯坦纳(1796 – 1863 年)是阿波洛尼斯时代以来最伟大的几何学家,1883 年在柏林 出版的他的著名著作中③,他确认了这个启示的必然性。 由于在直尺几何中,能直接得知两条直线的交点,因此仅需证明只用直尺和一个圆规就 能解前一节中两个基本题 II 和 III。 如在解马索若尼问题的过程中,必须首先解一些预备题,在这样情况下,就有五个预备 题而不是两个。 102 平面几何题 预备题 1:通过一个已知点画一条已知线的平行线。 斯坦纳区分两种情况: 1a.画一条定向直线的平行线;1b.画一条任意直线的平行线。 1a.一条定向直线是一条已知其上 A,B 两点和这两点间线段的中点 M 的直线。为了通 过一 BP,然后通过 BP 和 MS 的交点 O 画一条直线 AO,使 AO 截 BS 于 Q,那 么, 一端 g′,使其截圆Ω于U与V。然后,画直径UFU′ 和弦 VU′, ′ 的平行线,这条平行线就是所求 的垂 离 PQ(见图 据 1 段 m,n,s,作第四比例项。 在 II 个已知点 P 画这条线的平行线,先作 AP,并在 AP 的延长线上选一第点 S,将这点与 B 和 M 相连接;画 PQ 就是所求的平行线(见图 23)。证明是简单的。 1b.连接已知直线g上一个点M和已知定圆Ω的中心F,记连接线和圆Ω的交点为U与V。 U,F,V三点使FM构成定向线。根据 1a,画一条FM的平行线,使它截圆Ω于X和Y,截直线 g于A。然后,若作直径XFX′ 和YFY′,并连接端点X′ 和Y′,则连接线交已知线于B点,使MA = MB,而A,M,B三点所确定的直线g就是一条定向直线(见图 24)。这就可以根据 1a来确定 g的平行线。 预备题 1 给出了下题之解:平行移动一已知线段 AB,使其 点在一个已知点 P 上。 若 P 点在直线 AB 之外,找出通过 B 点的 AP 的平行线和通 过 P 点的 AB 平行线的交点 Q;那么 PQ 与 AB 平行。 预备题 2:画一条通过已知点 P 到已知直线 g 的垂线。 画g平行线 根据泰勒斯定理,VU′ 垂直于线段g′,因此,也垂直于直线 g。最后根据 1,通过P点作VU 线(见图 25)。 预备题 3:从一个已知点 O 向指定方向画出已知距 26)。 先考虑 O 点起始的线段 OH 所给定的规定方向。首先根 ,将 PQ 平行移动至 OK,然后从 F 点在 OH 及 OK 方向 上画两条半径 FU 和 FV,最后,若通过 K 点画 UV 的平行线, 该平行线与 OH 的交点 S 即为所求线段的端点。 预备题 4:若已知三 从任意 O 画两条射线 I 和 II,在 I 上取 OM = m,ON = n, 上取 OS = s;通 过 N 点作 MS 的平行线,并令 II 的交点 为 X,那么,所求的第四比例项为: A B P Q Y V A S X M O 图 23 M Bg U P Ω Y' F X' 图 24 g Ω U' 图 25 UV F P g' S O K Q U V F Ω H 图 26 P 103 平面几何题 sm ⋅= 。 预备题 5:若已知两线段为 a 与 b,作比例中项。 令所求比例中 nOX ab 为 x,定圆的直径为 d,根据预备题 3 可画 a + b 之和 c,这可写成 sd cx = , 这里 hks = , ac dh = , bc= k = 首先,根据预备题 4,画线 dk (因此 h + d)。 段 h 和 k,根据预备题 3,在定圆直径 HK 上取 HO = h,那 么 KO 就等于 k。然后,根据预备题 2,通过 O 点作 HK 的垂线,并记垂线与定圆的交点为 S,那么 。最后,根据预备题 4,画出所求线段 x( sd c=shkOS == )。 现在已解完这五道预备题,这样解基本题 和 III 就简单了。 其圆心为 C,其半径为 r,已知直线为 g,g 与圆 R 的交点为 X 和 Y,交点 2s,弦的中 CMX 得等式 s2 = r2 – l2或者 II 基本题 II:画出一已知直线和一已知圆的交点。 在直尺几何中,若一个圆的圆心和半径为已知,这个圆便认为以确定。设已知圆为 R, 弦为 点为 M,到圆心的距离为 l。从直角三角形 ))(( lrlrs −+= 。 段 a = r + l 和 b = r – l; 然后根据预备题 5,画线段 于是,根据预备题 2,引 g 的垂线 CM = l;并根据预备题 3,画 线 abs = ;最后根据预备题 3,在线段 g 上从 M 向两个方向取距 设两个圆 U 和 V,其圆 a 和 b,连心 AB 为 c,所求交点为 X 和 Y,弦 XY 与连心线 AB 的交点为 AO 和 OX 为 q 和 x。 若令c2 a2等于d2 离 s。所取的线段的端点便是所求交点 X 和 Y。 基本题 III:求两个已知圆的交点。 心为 A 和 B,半径为 线 O,未知线段 求q:根据毕达哥拉斯推广定理,b2 = c2 + a2 – 2cq,从三角形ABX便可推导出q;这样, + ,那么 c bdbd 2 ))((q −+= 。 因此 a 和 c 的直角三角形,得到斜边为 d。然后根据预 备题 最后 ,根据预备题 2 和 3,画一直角边为 3,画出线段 n = d + b,m = 2c,s = d – b。 ,根据预备题 4, sm nq = 。 求x:根据毕达哥拉斯定理,从三角形OAX得到x = 2 – q2,这样 2 a ))(( qqx −+= 。 aa 根据预备题 3,画 h = a + q,k = a – q;根据预备题 5, hkx = 。 X 和 Y 的作图:根据预备题 3,在 AB 上由 A,画出 q。根据预备题 2,在所由线段的端 点 O 所得线段的端点便是上作条 AB 的垂线,并且(根据预备题 3)在其上两个方向取 x。 104 平面几何题 所寻求的交点。 ① Freie Perspeletive ③ Die geometrischen Konstruktionen ausgeführt mittels de linie und Eines festen Kreises 第35题 知立方体两倍的立方体的一边。 家尤托希尔斯(Eutocius,公元 6 世纪)的叙述,这个“德里安问 Delian) 的祭坛坛体将增加一倍。 这两个立方体各自的体积为k3和x3。 求出第二条线段x,使得 x3 = 2k3。 补充。) 2 = ky和(2)y2 = 2kx的交点。由于x4 = k2y2 = 2k3x,所以该交点的 横坐 2)中的一条就 足够了。对于它们的交点(x, y)来说,下列方程也成立: 这就是一个圆心坐标为 ② Geometria del compasso r geraden 德里安倍立方问题 画出体积为一已 根据数学家和历史学 题”要追溯到一个古代的传说。根据这个传说,太阳神阿波罗一次预言,德里安( 假如k是已知立方体的一边,x为所求立方体的一边, 因此,当线段k为已知,那么所面临的问题是 这个问题用圆规和直尺是不能解的。(见第 36 题之 这个题的许多解法,其中一些是古代发现的,利用了较高深的方法。 希腊数学家梅纳奇马斯(Menaechmus,公元前约 375 – 325 年)的解法基于求其参数为 k和 2k的两条抛物线(1)x 标x能满足x3 = 2k3的条件,因此得到所求边x。 笛卡儿(Descartes,1596 – 1650 年)证明了只用两条抛物线(1)和( x2 + y2 = ky + 2kx。 k 和 2 的圆的方程, 求的交点,仅需找出这个圆和两条抛物线中一条的交点。 k 此圆通过抛物线的公共顶点。这样,为了找出所 3最简单最精确的作出 2kx = 的方法是用纸条作图法。 1.画一个变成为 k 的等边三 B C P k 角形 ABC,延 长 CA 到 D,使 AD = 2.在纸条的边缘标出距离 k; 纸条边缘通过 C 点,并使所标距离 的两个端点落在 延长线 上的 k,并作 DB 线(见图 27); 3.按如下方法放置纸条,使 A Q k k x k ykAB 和 DB P 和 Q 两点。 于是, 3 2kxCQ == 。 D 图 27 证:设 CQ = x,BP = y。根据 或者 (I) 在图 CABP 中运用的边截线定理: (x + k)2 – k2 = y(k + y) x2 + 2kx = y2 + ky。 根据梅尼劳斯(Menelaus)用于具有截线 DBQ 的三角形 ACP 的定理, AD · CQ · BP = PQ · AB · CA 105 平面几何题 或者 (II) xy = 2k 。 I)与(II),因此由 方程(I)与(II)所确定的未知数 马斯抛物线交点的坐标。特别是 2 从方程(I)与(II)可以看出方程(1)与(2)的根 x 和 y 满足( x 与 y 同时也是梅纳奇 3 2kx = 。 使用这些抛物线自然也能得到这 尼科梅达斯是一位 生活在公元前二世纪初的希腊数学家,他的这种作法在这里不作介绍了。 三等分一个角 把一个角分成三个相等的角。 说明)。 径的圆,该圆与角的两条边相交于 A 和 B(见图 28(a))。 在纸条的边缘标出长度为 r 的线段,把纸条边缘放在图上, 的一个端点与圆上的 P 点重合,同时另一端点与 AS 的延长线上的 Q 点(在圆外) 重合 的三分之一。 形, 形 SPB 也是 不 样的结果。 注:尼科梅达斯(Nicomedes)的所谓蚌线法也能作出双倍立方体。 第36题 用圆规和直尺是不能解这道著名问题的(见补充 最简单的解法是下述的阿基米德纸条作图法。 以要三等分的角 Φ 的顶点 S 为圆心,画一个以 r 为半 B A P QS r r r φ 2φ 2φ Φ 图 28(a) 使其通过 B 点,并使所画出的线段 ,那么,∠PQS = φ 是已知角 Φ 证:由于 PS = PQ(= r),所以三角形 PQS 为等腰三角 ∠PSQ 等于 φ,而外角∠SPB 等于 2φ。由于三角 等腰三角形,所以∠SBP = ∠SPB = 2φ。最后,由于在 等于两个不相邻的内角 SQB 和 SBQ 之和,所以, Φ = φ + 2φ 或者 三角形 SQB 在 S 点处的外角 Φ Φ3 1=ϕ 。 证毕 家帕普斯(Pappus,约公元 300 ABP 固定底边为 AB,底角 α 和 β 相互成 比 2 : 1 时,求三角形 ABP 的顶点的轨迹 AB = 3k,AP = u。在 PB 上的 P 点画角 β,并设自由边与 AB 的交点为 Q。三角形 BPQ 和 APQ 均为等腰三角形(∠AQP 为三角形 BPQ 等于 2β = α);因 此 ,AP = QP = BQ = u。延长 AB 到 C,使 BC = k,设 CP 等于 v。从图 AQCP(见图 28(b)),根据顶点截线 。 用一固定双曲线也能解三等分一个角的问题,希腊数学 年)在他独创性的名著中①已作出了证明。 为了理解该作图法,必须先解这道题:三角形 。 设 的外角, 形 P定理得: v2 – u2 = CA · CQ = 4k(k + u) 或者 v2 = (u + 2k)2, 更简单地为 v = u + 2k 或者为 v – u = 2k。 A B CQ β α β k 3k u α 图 28(b)106 平面几何题 这是双极坐标 u,v 的轨迹方程。 这 A 和 根据轨迹方程 w – u = 2k,CD = 3k,AD = k。) 现在设对 (位于株洲上面,属于焦点 A 的一半分支已足够。) 分角 ω,以 AB 为弦作一弓形角 180° – ω,并命其与双曲线的交点为 P,那么, 样,P 点的轨迹是一个以焦点 C 以及主轴 BD = 2k 的双曲线。(D 位于 A 和 B 之 间,且 任意 k 这条双曲线已作好。 为了三等 ωβ 3 1==∠APB 。 证:由∠ ω 得到 α + β = ω,也就是说(因为 α = 2β),3β = ω。 分一个角也是可能的。然而,这个方法现在只有历史意 义了 APB = 180° – 注:用尼科梅达斯的蚌线法三等 。 ① Συνογωγαί μαθημαιχαί (Collectiones mathematicae) 第 35,36,37 题的补充说明 关于可以由二次根解的不可简化方程的次数: 设有一个单量或多量的有理函数称为 R 函数,以及一个具有有理系数的代数方程称为 R 方程 理数的二 次根 式,等等。 余 m 阶根表达或低于 m 阶的根表达,也假设 达式已简化成最简单形式——正规形式(通过消去无理分母和相应二次根的高于一次的 幂)。因而含有 m 阶的根 ;特别是一个含有有理系数的几个量的整有理函数称为 R 多项式。将一个有 或二次根的 R 函数称为一阶表示式,以及将一阶的一个二次根或它的一个 R 函数称为 二阶表示 在每个 m 阶表示式中假设没有 m 阶能用其 表 a 的 m 阶表达式将为 αδ a+ 的形式,这里 δ 和 a 是 m 阶(或低 于 m a阶)的公式,其中 不重现。 现在设x1为含有m阶根 α β γ, , ,…的m阶的表达式,其中将出现n个不同根的 总和(m阶和低于m阶)。若以每一种可能的方式将这些n个根的符号进行更改,便得到总共 2n = F ) = (x – x )( x – x2)…(x – x )。 样, 得 x 的多项式——从根的表达式的计算即可得知——仅包含各个根的平 方,因而是 x 的 R 函数。方程 (1) 就是含有根 1,x2,x3 xN的R方程,其中x1,x2 x3,…,xN可以相同。 于 0,则对所有F(x) = 0 的根可使f(x)等于 0。 N个同样构成的根式x1,x2,x3,…,xN。 组成这样的函数 (x 1 N 若在这个表达式中更改其中所含有的上述 n 个根的任何一个的符号,表达式的值并不变。这 若将它们相乘, F(x) = 0 x ,…, , 假设: 若以F(x)为 0 的这样的根x1使R多项式f(x)等 αδ ax +=1 (见前) ,通过计算得: ,并将该数值代入 f(x)证:写下 αAUxf +== )(0 1 , 这里 U 与 A 包括除 α 以外的 m 次及低于 m 次的表达式。由于已假设 α 与这些表达式无 107 平面几何题 关,A 不能不是零(否则将得 A U−=α ,这样的话, α β γ将会是 , ,…的函数)。 因此 将 A 与 U 的表达式写成 必然是 A = 0 与 U = 0。 βε b+ 与 βBΕ + ,这 里 ε,b,Ε,B 不再取决于 α 与 β 。 从 0=+ βε 与b 0=+ βBΕ 得到: ε = 0,b = 0,Ε = 0,B = 0, 等等。从这些数值,最后得到没有根而只有有理数的方程。换言之,这些方程与出现在x1中 的n个根的 不论怎样变更,方程均 这种变更使 x1变换成 2, 3,…,xN中的一个,那么x2,x3,…,xN也能使 (x 0,这就是所要求证的。 在当x = x1时为零的所有R多项式f(x)中,有一个具有最低的次数ν,设其为φ(x)。 在自然数的有理域中,多项式 φ(x)是不可约的(参见第 24 题)。 (若φ是可约的:φ(x) = u(x) · v(x),那么当φ(x1) = 0 时,必然由此得出因子中如v(x1)等于 和假设相矛盾,因为有一个低于φ的次数的多项式v,在x1时为 0。) 由于不可约多项式φ(x)在x1 于 0,根据阿贝尔的不可约性 因此 若把该等式右边的多项式的次数与左边的多项式的次数相比较,便得到 而且由于N = 2n,ν也必定是一个 2 的 :一个由二次根构成的一个表达式能满足的一个具有有理数的不可约方程。它的次 数必定是 2 的幂。于是,下列两个定 使一个立方体加倍是不可能的。 II.用圆规和直尺去三等分一个角一般来说是不可能的。 长度 x 是一个不可约的三次方程的根,并根据以上结论, 由二 众所周知,可 用圆规和直尺作图表示的所有表达式或是有理数,或是由二次根建立起来的。) 加倍和三等分一个角的方程是三次的而且是不可 约的 其边长 x 满足方程 假设 符号无关,因此,符号 保持不变。由于符号的 x x f )等于 0,这将 时为 0,x1可使R多项式F(x)等 定理(参见第 25 题),F(x)可被φ(x)除尽: F(x) = F1(x)φ(x)。 然而由于使F为 0 的值可使R多项式F1(x)为 0,同样对φ来说,F1也可被φ除尽,所以 F1(x) = F2(x)φ(x); , F(x) = F2(x)φ(x)2, 等等。最后得到: F(x) = φ(x)μ (假定 F 和 φ 的首项系数为 1)。 N = μν。 幂。 结论 理便很容易得到: I.用圆规和直尺 在两个问题中,所要作的特定 次根作这样的方程是不可能的,因而用圆规和直尺作图也是不可能的。( 这样,剩下的仅仅是证实使一个立方体 。 一个立方体体积为边长等于 1 的一个立方体的两倍, x3 – 2 = 0。 这个方程是可约的,那么该方程必为 x3 – 2 = (x2 + hx + k)(x – l), 108 平面几何题 这里h,k,l是有理数。相应地,方程x3 = 2 势必将具有有理数根 q pl = ,这里假定p和q没有 3 公因数,那么 ⎟⎟⎞ ⎜⎜⎛ p 将必等于 2,或者p3等于 2q3。因此,p3必将被q3除尽,因而p必将q除尽, 这不是那种情况。 求角φ看作为一个单位圆的圆周角,那么所对应 的弧分别为a = 2 sin α和x = 2 sin – 4 sin3 φ,便得到 3 或者 x3 – 3x + a = 0。 a的长度为 ⎠⎝ q 在三等分一个角中,假定已知角为α和所 φ,从α = 3φ和sin 3φ = 3sin φ sin α = 3sin φ – 4 sin φ 若假设弧 n m3 ,这里m和n不具有公因数并且是不能用 3 整除的整数,若用n3乘 此方程,并令nx = X,那么方程为 素数 3 除 尽,而自由项可被 3 除尽,但不能 第37题 正十七边形 换言之:把一个圆的周长分十 n 一个正多边形当且仅当它的边数有 2 p1p2…pv的形式(这里p1,p2,…,pv均是不同的 n ,分别得到正三角形与正五边形,这在古代已得到解答。 高斯在他的研究结论中说:“在欧几里德时代已经知道把一个圆分成三等分或五等分。 令人吃惊的是在以后两千年中没有新东西来充实这些发现,几何学家认为除了这些情况以及 这些情况导出那些情况以外,使用圆规和直尺不能作正多边形。” 平面上复数表示中完成这一变换的。 这里 形式的数 1φ。 高斯数的基本性质可由一下关 X3 – 3n2X +3mn2 = 0。 但是根据舍列曼定理(第 25 题),该方程是不可约的,这是由于X的系数能被 被 32除尽。 画一个正十七边形。 七等分。 高斯在 1801 年出版的他的主要著作①中解了这道著名的问题。该书涉及了二项方程x = 1,高斯证明了这个重要的定理: m 形式的 2 + 1 的素数),才能用圆规和直尺作出其图形。 当m = 0,v = 1 及p1 = 3 与p1 = 5 高斯之所以能在等分圆方面取得巨大的成就,仅仅是因为他将原来的纯几何题变成代数 题。他是在以他的名字命名的高斯 在这个平面中,通常以具有坐标(a, b)的点表示任意复数 c = a + bi;这个点本身称为“复 数 c”。另一种一般的方法是复数 c 的三角表示法 c = r(cos θ + i sin θ), r 表示数的大小(模数),即 c 与平面的原点 O 的距离,而数的角 θ 是由距离 r 和实数 轴正向形成的角。 以圆心 O 所画的单位圆 R 的点表示所谓的高斯数,也就是下面 γ = cos φ + i sin φ, 这里 φ 是数 γ 的角。 简写为 cos φ + i sin φ = 系式阐明: 1φ · 1ψ = 1φ+ψ, 109 平面几何题 也就是说,两个高斯数的乘积亦是一个高斯数,其积的角是各因子角的和。 例如: 1φ n = 1φ · 1φ · 1φ… =1nφ, 或者,完整地写为 (cos φ + n nφ。 这就 754 年)公式。 为了得到一个 n 个角的正多边形, 开始顺次标出角 这个定理对多个高斯数的乘积也成立。 i sin φ)n = cos nφ + i si 是 A·棣美弗(Abraham Demoivre,1667 – 1 π从圆 R 上点 1 nϕ 2= n 次。所得分 点表 ε1 = ε = cos φ + i sin φ, …… v v 和 εv n = εvn = (εn) v = 1。 因此,n个角的正多边形的n个 方程的根: 这样,根据高斯的解法,“画一个n个角的正多边形”的集合问题就变成“求方程zn = 1 的根”的问题。 该方程的 n 个根中的一个值为 1,仅需要求出其余的 n – 1 个根。这些根满足方程 示为: ε2 = cos 2φ + i sin 2φ, εn = cos nφ + i sin nφ = 1。 那么, εv = ε1 = ε 角ε1,ε2,…,εn是如下 zn = 1。 由于 011 1 22 ++−z n1 =+++=− − − zzzz z n n , 这就是所谓的圆分割方程。例如,就 : 各个根为: n = 3 来说,该方程为 z2 + z + 1 = 0。 2 31 i+−ε1 = , 2 31 i−−=2ε 。 由于复数ε 和ε 均具有实部1 2 2 1− ,所以正三角形的角顶ε 和ε 是圆R通过点1 2 2 1− 的虚轴平行线 的交点。 定理的理论会扯得太远,所以这里近限于简述那些最正十七边形作图所必须的 基本概念和要素。 首先注意 2mN正多边形的作图相当于作正p边形、 q边形、正r边形等等,这里N是奇素 数p,q,r,…的乘积。若有了这些多边形,那么确定整数x,y,z,…,使 高斯一般 正 1=+⋅+⋅+⋅ zr Nyq Nxp N 。 可以这样做是因为数 p N , q N , r N ,… 110 平面几何题 没有公因数。于是 +++= r z q y p x N 1 , , r z p x , q y结果,连接圆周长的 ,…便得到圆 R 的 N 分之一。 分割方程 (1) zp–1 + p–2 + + 2 1 = 0 其中p是形如 2n + 1 的素数。 越想法包括将(1)各个根ε1,ε2,…,εp–1(这里εv = ε1 v = εv,ε = cos φ + i sin φ, 因此,仅需考虑圆 z … z + z + 高斯解题法的卓 p πϕ 2= )组成所谓的周期。高斯周期是根的和 中每一相邻项是前一项的g次幂, p的原根, 也就是这样一个整数,即gp–1是其中最小整数幂,该幂除以p得余数为 1。换言之,g是这样 一个 下列形式表示: z = ε,z1 = ε −p 。 ,其 而总和末项的g次幂再次形成第一项(这样才称为周期)。指数g在这里是所谓的素数 整数,使得(1)的根可以用 g, 2gz ε= ,…, = pgz ε2 2 2 − 0 下一个周期是 z0 + z1 + z2 +…+ zp–2。 事实上 zv+1= zv g及 εεε === + − − 1 2 1 spg p p z (这里s是整数)。 下面的周期只包含 2 1−= pa 项,并写成 z0 1 z2 +…+ zr(r = 2a – 2)。 在这个周期里,每一项是前项的G次幂,并且zr G = z0,这里G = g2同样是p的一个原根。 设: + z + ab 2 1= , bc 2 1= c ,等等。 , d 2 1= 高斯解圆分割方程的 把(1)简化成二次方程组的链。第 包括一个二次方 程,第二组两个,第三组四个,第四组八个等等,最后一组包括 a 个二次方程。第一组的各 个根构成 周期,第三组的各个根构成 c 项周期,…,最 后一组的根构成一个单项周期,也就是(1)本身的各个根,所以,最后一组的各方程直接 给出(1)的各个根。 (2) εE = εr 起着主要作用,这里 r 代表整指数 E 除以 p 的余数。 办法包括 一组 a 项周期,第二组的各个根构成 b 项 在逐次确定各系数的过程中,公式 现在用高斯方法解正十七边形(p = 17)的方程。 z16 + z15 +…+ z2 + z + 1 = 0。 设 17 2πϕ = ,ε1 = ε = cos φ + i sin φ,εv = εv,且相应地ε1,ε2,…,ε17为正十七边形的各 vg隅角, 原根 3。幂 31,32,33,…,316除以 17 所得的 别为 7,4,12,2,6,1。 因此 且 vz ε= ,这里g表示 17 的(最小) 余数分 3,9,10,13,5,15,11,16,14,8, ,根据(2), 111 平面几何题 z0 = ε,z2 = ε9,z4 = ε z12 = ε4,z14 = ε2, z1 = 3 10 5 11 14 7 12 z 6 在数列z0,z1 2 链中每一组包括一个二次方程,其各个根成为周期 2 4 6 8 10 14 = ε + ε9 + ε13 + ε15 + ε16 + ε8 + ε4 + ε2 和 x = z1 + z3 + z5 + z7 + z9 + z11 + z13 + z15 由于( 由( ,因此, 所以对周期 X 和 x 二次方程为 t2 + t – 4 = 0。 其各根为 13,z6 = ε15,z8 = ε16,z10 = ε8, ε ,z3 = ε ,z5 = ε ,z7 = ε ,z9 = ε ,z11 = ε ,z13 = ε , 15 = ε 。 ,z ,…中每个根为前一根的立方。 X = z0 + z + z + z + z + z + z12 + z = ε3 + ε10 + ε5 + ε11 + ε14 + ε7 + ε12 + ε6。 1)的各个根的和的数值为–1,便得关系式 X + x = –1。 2),计算得出 Xx 等于(1)的所有各个根之和的四倍 Xx = –4。 (I) 2=X 和171+− 2=x 171−− 。 X > x可用如下方式表示。若以Rc表 ,由于正十七边形的隅角εμ和εν与实轴 (3) Rεμ + ν = 17。 RX = 2[Rε1 + ], Rx = 2(Rε3 + Rε5 + Rε6 + Rε7)。 四个四项周期为 U = z0 + z4 + z8 + z12 ε + ε13 + ε16 + V = z1 + z5 + z9 + z13 = ε3 + ε5 + ε14 + ε12, v = z3 + z7 + 运用法则(2) 示复数c的实部 对称,那么(见图 29) = Rεν,若μ 运用这条法则便得: Rε2 + Rε4 + Rε8 = ε4, u = z2 + z6 + z10 + z14 = ε9 + ε15 + ε8 + ε2, z11 + z15 = ε10 + ε11 + ε7 + ε6。 这里得到 U + u = X,V + v = x。 112 平面几何题 ε0 ε1 ε2 ε3 ε4ε5 ε6 ε7 ε8 ε9 ε10 ε11 ε12 ε13 ε14 ε15 ε16 图 29 Uu =ε1 + ε2 +…+ ε16 = –1, Vv =ε1 + ε2 +…+ ε16 = –1, 相应的二次方程为 (II) t2 – Xt – 1 = 0,t2 – xt – 1 = 0。 它们的根为 2 42 ++= XXU , 2 42 ++= xxV , 2 42 +−= XXu , 2 42 +−= xxv 由法则(3)得到 U > u,V > v。所以 RU = 2[Rε1 + Rε4],RV = 2[Rε3 + Rε5],Ru = 2(Rε2 + Rε8),Rv = 2(Rε6 + Rε7)。 看一看正十七边形立即便知各个方括号比紧跟其后的圆括号大。 在所得的各个二项周期中,仅需两式 W = z0 + z8 = ε + ε16和w = z4 + z12 = ε13 + ε4。 这里得到 W + w = U, 而且根据(2), Ww = ε5 + ε14 + ε3 + ε12 = V。 由于RW = 2Rε1,Rw = 2Rε4,但Rε1 > Rε4,所以W > w。 含有根 W 和 w 的二次方程为 (III) t2 – Ut + V = 0。 因此正十七边形作法包括下面个个步骤: I.作出 X 和 x; II.作出 U 和 V; III.根据(III)作出 W 和 w; IV.在数轴上求出W点和w点。此两点连线的垂直平分线至零点截圆R于正十七边形的 隅角ε1,ε16和ε4,ε13上(这样,所有其它的隅角也被确定)。 ① Disquisitiones arithmeticae 113 平面几何题 第38题 阿基米德 π 值确定法 西拉库斯的阿基米德(公元前 287?– 212 年)是古代最伟大的数学家。 他的成就中最著名的是圆的测量法。这个问题的关键是计算 π 值,也就是说,用这个数 值乘以直径和半径的平方分别确定圆的周长和面积①。 阿基米德方法所依据的思想如下:一个圆的周长介于外切和内接 n 边形的两个周长之 间,尤其是,n 值越大,圆周长与两个 n 边形的周长之间的偏差越小。因此目的是要计算一 个外切和内接正多边形的周长,取边数多到使它们周长之差等于一个可忽略不计的数量 ε。 假如圆周长定为与这些多边形中一个的周长相等,与圆周的真正周长的偏差小于 ε,因而当 ε 非常之小时,圆周长的确定就非常精确。 阿基米德的特殊贡献就在于指出了一种可以计算出如此多边的多边形周长的方法。 这个方法叫做阿基米德算法,它基于两个即将推导的阿基米德循环公式。 设Z为圆心,AB = 2t为外切正n边形的边, CD = 2s为内接正n边形的边。设M为AB的中 点,N为CD的中点,O为MA与通过C点的圆的 切线的切点。因此OM = OC = t′ 是外切 2n边形 的边的一半,MC = MD = 2s′ 是内接正 2n边形 的边(见图 30)。 由于三角形 ACO 和 AMZ 是相似直角三角 形, B M A O C D N Z t ss t' 2t' 2t' 图 30 AZ MZ OA OC tt t ==′− ′ , 而且根据射线定理, AZ CZ MA NC t s == 。 由于这些比的右端相等,便得到 t s tt t =′− ′ ,或者 st tst +=′ 。 由于等腰三角形 CMD 和 COM 相似, s t s s ′ ′=′ 22 2 ,亦即 2s′2 = st′。 假如a是外切n边形的周长,b是内接n边形的周长,a′ 和b′ 分别为外切和内接 2n边形的周 长,那么得到 a = 2nt,b = 2ns,a′ = 4nt′,b′ = 4ns′。 假如从这些方程中得出的t,s,t′,s′ 的数值代入已求得的两个公式,它们就变换成阿基米德 循环公式 (I) ba aba +=′ 2 , (II) abb ′=′ 。 这样,a′ 是a和b的调和中项,b′ 是a′ 和b的等比中项。 现在依次考虑正n边形、2n边形、4n边形、8n边形等等,并设外切和内接 2vn边形的周长 114 平面几何题 分别为av和bv,便依次得到正多边形周长的阿基米德数列 a0,b0,a1,b1,a2,b2,… 这里循环公式(I)和(II)写成 (1) vv vv v ba baa +=+ 2 1 , (2) 11 ++ = vvv abb 。 这就是:阿基米德数列的每一项交替为前两项的调和中项和等比中项。 假如已知头两项,利用这个规则便能计算出数列的所有项。阿基米德算法包括所有多边 形周长的计算。 阿基米德选用正六边形作为他最初的多边形,其周长分别为 ra 340 = 和b0 = 6r,并且 求出数列a1,b1,a2,b2,a3,b3,a4,b4直至外切和内接正 96 边形的周长a4与b4,便得到 da 70 1034 = , db 71 1034 = , 这里 d 是圆的直径。因此,π 数值的阿基米德近似值是 14.37 13 ==π 。 注:阿基米德方法涉及的计算是非常繁复的。由于这个原因,C·休金斯(Christian Huygens)在他 1654 年于莱登发表的论文中②,将阿基米德方法中的圆周u的极限av和bv用 极限αv和βv来代替,这能使圆周的近似值更为接近,因为v = 1 时可能取得π值精确到小数两 位。然而,休金斯的方法涉及相当复杂的思考。下面由作者提供的方法是较快较方便的;此 法以已知定理为根据:两个数的调和中项小于这两个数的等比中项。即 xyyx xy =+ 2 。 (由于 0)( 2 >− yx ,便得到 yxxy +<2 ,由此两边各乘以 yx xy + 得到所要的不等 式。) 根据这个定理,由(1)得 vvv baa <+1 。假如将这个不等式的平方乘以(2)的平方便 得 av+1bv+1 2 < avbv 2, 或者令 vvv Aba =3 , 则有 (3) Av+1 < Av。 根据同一定理,由(2)得 1 1 1 2 + + + +> vv vv v ab abb 或 11 112 ++ +< vvv abb 。 115 平面几何题 若将这个不等式加上方程 vvv baa 112 1 += + , 这仅是(1)的不同写法的一种形式,便得 vvvv baba 2121 11 +<+ ++ 或 vv vv vv vv ba ba ba ba +>+ ++ ++ 2 3 2 3 11 11 , 或用其简写形式,假设 v vv vv Bba ba =+2 3 那么 (4) BBv+1 > BvB 。 不等式(3)和(4)意味着当v增加时,Av将不断变小,而BBv将不断变大。 由于对于v无限增大时,Av和BBv均变成圆的周长u,对每个有限数v,Av < u < BvB 必然是正 确的。这个不等式的极限Av和BBv比阿基米德极限av和bv更为接近。若取六边形作为原始多边 形且d = 1 为例,那么 320 =a ,b0 = 3,u = π,就得到A1 = 3.1423 和B0B = 3.1402;这样,仅 用内接六边形和外切十二边形就能得出精确到小数两位的π正确值。而用阿基米德方法时, 只有取 96 边形才能取得同样的精确度。 ① 把这个数值称为 π 起源于 L·欧拉(Commentarii Academiae Petropolitanae ad annum, 1739, vol. IX)。原 注。 ② De corculi magnitudine inventa 第39题 富斯弦切四边形问题 找出半径与双心四边形的外接圆和内切圆连心线之间的关系。 一个双心或弦切四边形的定义是即内接于一个圆而同时又外切于另一个圆的四边形。设 PQRS是双心四边形(见图 31),Ω为它的外接圆,Γ为它的内切圆。设两对边PQ和RS与圆Γ 切于X和X′ 点,而对边QR及SP与圆Γ切于Y 和Y′ 点,设切点弦XX′ 与YY′ 交于O。如果 将四边形内角和的定理应用于两个四边 形OXPY和OX′PY′,并在表示隅角的字母 上方加一横线表示四边形的角,那么得到 两个等式 P Q R S O X Y Γ Ω MZ X' Y' 图 31 °=+++ 360YPXO, °=+++ 360Y'PX'O 。 由于位于弦 XX′(YY′)的两端的角 X 与 X' (Y 与Y' )相加等于 180°,把两个等式相 加得下列关系式: (1) °=++ 3602 RPO, 那么,圆内接四边形 PQRS 的对角 P 和 R 116 平面几何题 之和为 180°,因此 °= 90O 。 所以双心四边形两对对边的切点弦的切点弦互相垂直。 这个条件也是充分的:如果通过任意圆Γ的两条相互垂直的弦XX′ 和YY′ 的端点X,X′,Y, Y′ 作切线PQ,RS,SP,QR,那么就可以得到一个双心四边形PQRS。事实上,由于 °= 90O , 由(1)可得到角 P 和 R 之和为 180°,即PQRS也是一个圆的内接四边形。 要得到所求的外接圆及内切圆的半径及连心线之间的关系的最简单方法是借助于下列 轨迹问题。一个直角围绕着它的固定顶点旋转,这个顶点在一圆内;求过该角的两边与圆的 交点的的两条圆切线的交点的轨迹。 轨迹题的解。设已知圆为 Γ,其圆心为为 M,半径为 ρ,直角固定点为 O,顶点 O 到圆 心 M 的距离为 e(见图 32)。设直角两边与圆交于(动)点 X 和 Y;并设通过点 X 和 Y 的两 条圆切线的交点为 P,P 到圆心的距离为 p。 P Z M O F Y X N Γ r z φ e ρ 图 32 首先确定p和p与已知线MO的夹角φ(= ∠OMP)之间的关 系。 由于 OXY 是一直角三角形, OF2 = FX · FY, 这里 F 表示直角顶点到斜边上高的垂足。如果分别引入 MP 和 XY 线段上的投影 ρ′ = MN,e′ = e cos φ,ρ″ = NX,及 e″ = e sin φ (= NF),则等式可以写成: (ρ′ – e′)2 = (ρ″ – e″)(ρ″ + e″) 或 2ρ′2 – 2ρ′e′ + e′2 + e″2 = ρ′2 +ρ″2 或 (2) 2ρ′2 – 2ρ′e cos φ + e2 = ρ2。 由于 MXP 是一个直角三角形,所以 MX2 = MP · MN 或 (3) ρ2 = pρ′。 如果把(3)式中的ρ′ 值代入(2)式,就得到所要求的关系式: (4) 22 4 22 2 2 2cos2 e p e ep − = − + ρ ρϕ ρ ρ 。 OM 延长线上距 M 点为 z(MZ = z)的一点 Z 与 P 的距离 r = ZP 可以由余弦定理求得 (4) r2 = z2 + p2 + 2zp cos φ。 至此,z 还是任意数,如果现在选取其数值为 (I) e e zMZ ⋅ − == 22 2 ρ ρ , 根据(4)得到 (II) 22 4 22 2 e zr − += ρ ρ , 因此,r 为一常数。 所要求的交点 P 的轨迹是一个圆 Ω,其圆心为 Z,它位于 OM 的延长线上,由(I)确 定,其半径 r 则由(II)确定。 117 平面几何题 当然,通过圆 Γ 与 XO 和 YO 的延长线的交点画切线时所得各切线的交点 Q,R,S 也在 这一轨迹上。 四边形 PQRS 既是一个外切四边形也是一个内接四边形,它外切于圆 Γ,内接于圆 Ω。 如果直角 XOY 围绕 O 点旋转,使 X,Y 点描出圆 Γ,四边形 PQRS 连续占据不同位置,但总 是外切于圆 Γ 有总是内接于圆 Ω。同样,所有属于圆 Γ 和圆 Ω 的双心四边形都可这样求得。 所求得的公式(I)和(II)包含了所提出问题的解答。 把由(II )中所求得的ρ2 – e2 值代入(I ), 得 22 22 zr ze − = ρ 。由此求得 222 222222 22 )( ]4)[( zr zzre − −−=− ρρρ 。当这个数值代入(II),最终得到所求的半径r和ρ与连接 双心四边形外接圆和内切圆圆心的连心轴z之间的关系式: 2ρ2(r2 + z2) = (r2 – z2) 2。 这个关系式来源于 L·欧拉的一个学生和朋友 N·富斯(Nicolaus Fuss,1755 – 1826 年)。 富斯还发现了双心五边形、六边形、七边形和八边形的相应公式①。 对三角形的相应公式已由欧拉提供,该公式为: r2 – z2 = 2rρ。 这用下列方法很容易求得:设 ABC 为任意三角形,Z 和 M 分别为外接圆和内切圆的圆心,r 和 ρ 分别为其半径,于是 ZM = z 是连心线;再设 D 是 CM 的延长线与外接圆的交点,因此, DM = DA = DB。外接圆在 M 点的幂为 MC · MD = r2 – z2。 然而由于可以用比值 MC ρ 以及用 r AD 2 或 r MD 2 来代替 2sin γ ,则 r MD MC 2=ρ ,亦即 MC · MD = 2rρ。 当所求的积 MC · MD 的两个数值令其相等时,就得到欧拉公式。 注:比富斯公式更值得注意的是直接从前面轨迹讨论中得到的关于双心四边形的定理。 为了便于表达,我们作一个导引。 设圆 Γ 完全位于另一个圆 Ω 内。假如从圆 Ω 上的任意一点画一条圆 Γ 的切线,延长切 线,使其与圆 Ω 相交;从这一点再画一条圆 Γ 的切线,使之与圆 Ω 相交。将此种方法继续 下去,便得到所谓彭赛列横截线,当它由 n 条大圆的弦组成,称之为 n 边。 双心四边形的定理可写成: 如果在外接圆上有一个起点,一个四边彭赛列横切线在此点闭合,那么四边横切线也将 闭合在该圆的其它任意起点。 法国数学家彭赛列(1788 – 1867 年)证明这个定理不仅仅限于四边横切线,而且普遍 适用于 n 边的横切线;以及不仅限于圆,而且适用于任意种类的圆锥曲线。普遍定理为: 彭赛列闭合定理:如果两条已知圆锥曲线所画出的 n 边彭赛列横切线闭合于一个位置的 起点,那么它就闭合于任何位置的起点。 ① Nova Acta Petropol., XIII, 1798 第40题 测量附题 利用已知点的方位来确定地球表面未知但可到达的点的位置。 (当地球表面上一点的地理坐标(长和宽)为已知时,该点即作为已知。) 118 平面几何题 这个问题对于在地球表面所有新点的测量以及对于精密地图的制订工作都是十分重要 的。 土地勘测者和海员尤其面临着下列两种情况: I.斯内利厄斯—波西诺特问题,三个不可到达的点的问题:通过三个已知的不可到达 点 A,B,C 的方位测定一个可到达的的未知点 p 的位置。 这个在土地勘测中最著名的问题是荷兰人 W·斯内利厄斯(Willebrord Snellius,1581 – 1626 年)于 1617 年在其著作①中提出并作出解答,但是没有引起同时代人的重视。直到 1692 年法国的波西诺特(Pothenot,死 于 1732 年)在提交给法国科学院的论文中再次作出该题解 答之前,该题一直未为众人所知。自那时以来,该题以波西诺特问题而出名。 II.汉森问题;不可到达的距离问题:由两个已知的但不可到达点A和B的位置,通过A, B,P′ 至A,B,P至P′ 的方位,测定两个未知的但可到达点P和P′ 的位置。 德国天文学家汉森(Hansen,1795 – 1874 年)解了这道题,但在他之前其他作者也解 过。 三角解法 当精度要求较高,如在土地勘测中,常采用这类解法。上述两题的这类解法是以正弦正 切定理为依据的。 如果 n m=β α sin sin ,就有 nm nm + −=+ − 2tg 2tg βα βα 。 (由 n m=β α sin sin 首先得出: nm nm + −=+ − βα βα sinsin sinsin 。 如果把等式左边分式中的分子和分母化成积,则得 nm nm + −=−+ −+ 2cos2sin 2sin2cos βαβα βαβα 或 nm nm + −=+ − 2tg 2tg βα βα 。) 波西诺特问题的解法 已知五个元素:AC = a,BC = b,∠ACB = γ,∠APC = α,∠BPC = β;所要求的五个元 素为:AP = x,BP = y,CP = z,∠CAP = ψ,∠CBP = φ(见图 33)。如果把正弦定理应用到 三角形 ACP 和 BCP 中,那么 a z=α ψ sin sin 及 b z=β ϕ sin sin 。 两式相除得 119 平面几何题 ψ β α ϕ sin sin sin sin a b= 。 确定一个正切值为 β α sin sin a b 的辅助角 μ,便得 μϕ ψ tgsin sin = 。 由此根据正弦正切定理,可得 )45tg( °−μtg1 1tg 2tg 2tg =+ −=+ − μ μ ϕψ ϕψ , 亦即 )45tg(2tg2tg °−⋅+=− μϕψϕψ 。 由于 ψ + φ(= 360° – α – β – γ)为已知,该等式给出 2 ϕψ − 。 由 2 ϕψ + 和 2 ϕψ − 作加法和减法便给出 ψ 和 φ。 未知数 x,y,z 可由正弦定理推导出的下列公式求得: α ψα sin )sin( +=a x , β ϕβ sin )sin( +=b y , α ψ sin sin=a z 。 由各个值 ψ,φ,x,y,z 可确定 P 点的位置。 汉森问题的解法 已知五个元素:AB = c,∠APB = γ,∠AP′B = γ′,∠BPP′ = δ,∠AP′P = δ′,并且由此 ∠PA P′ = α,∠PBP′ = β 亦为已知;未知元素计有七个:AP = x,AP′ = x′,BP = y,BP′ = y′, ∠BAP′ = ψ,∠ABP = φ,PP′ = s。 根据正弦定理,将四边形的相邻边的四个比表为各正弦比: ϕ γ sin sin=x c , α δ sin sin ′=s x , δ β sin sin=′y s , γ ψ sin sin=′ c y 。 这些等式相乘得到: 1sinsinsinsin sinsinsinsin =′ ′ δγαϕ δγβψ 或 δγβ δγα ψ ψ ′ ′= sinsinsin sinsinsin sin sin 。 然后确定其正切值等于这个等式右边的一 个辅助角 μ,便得 μϕ ψ tgsin sin = , 根据上述正弦正切定理,也就是 )45°−tg(2tg2tg +=− μϕψϕψ A B PP c ' x y x' y' s α β γ δ φ ψ γ' δ' 图 34 A B C P a b x y z α β ψ φ γ 图 33 120 平面几何题 如前述,由此求得 2 ϕψ − (因为 ψ + φ = δ + δ′ 为已知), 然后再求出 ψ 和 φ。此时根据正弦定理,其余各未知数极易求得(见图 34)。 由六个未知数求得的值求得的值就可确定P和P′ 的各个位置。 图解法 当精度要求不高时,这种方法较为适用。例如沿着海岸航行,岸上有三个已知标志A, B,C;而P和P′ 为船的两个未知位置,其对这些标志各有一个方位。 波西诺特问题的解法是非常简单的。船的位置 P 位于在航海图上所画的两个圆的交点 上,这两个圆有弦 AC 和 BC 及其对应的圆周角 α 和 β。 汉森问题的解法如下:画一个与四边形ABP′P形式相同的四边形abp′p(以任意距离pp′开 始),并在航海图上量出这段距离,使b点落在B上,a点落在AB上;则船的位置P就在Bp与通 过A点平行于ap的线的交点上,船的位置P′ 则在Bp′ 与通过P点平行于pp′ 的线的交点上。 ① Eratosthenes Batavus 第41题 阿尔哈森弹子问题 在一个已知圆内,作出一个其两腰通过圆内两个已知点的等腰三角形。 这个问题出于阿拉伯数学家阿尔哈达姆(Abu Ali al Hassan ibn al Hassan ibn Alhaitham, 约 965 – 约 1039 年),他的名字被他的著作①的译者改为阿尔哈森(Alhazen)。在他的著作 中,上述问题采用下列叙述:“在一个球形凹面镜上找出一点,使由一个已知点来的光线被 反射到另一个已知点”。 这个问题可以用各种其它形式提出,例如,“一张圆形弹子台上有两个弹子球,用什么 方法打击一个球,使其从弹子橡皮边缘弹回时必定撞击另一个球?”或“在一个圆的圆周上 找出一个点,使其与圆内两个已知点的距离之和为最小(或最大)。” 在阿尔哈森之后,一系列著名数学家研究了这个问题,其中有休金斯、巴诺(Barrow)、 德·奥皮塔勒(de L’Hopital)、黎卡提(Riccati)和克特勒(Quételet)等人。 解:设已知圆为 R,圆心为 M,半径为 r,已知点为 P 和 p,使 M 为相互垂直的坐标系 xy 的原点,在这个坐标中 P 和 p 的坐标为(A, B)与(a, b)。 如果通过 P 和 p 的 OS 和 Os 是所求的等腰三角形 OSs 的两腰,则两腰各与半径 OM 所 形成的角 Φ 和 φ 必定相等。 如果设线段 PO、MO、pO 与 x 轴所成的角为 Λ、μ、 λ,那么一方面, PP' Q M N R T cc r x y 图 35 Φ = Λ – μ 及 φ = μ – λ 或 Λ ΛΦ tgtg1 tgtgtg μ μ + −= 及 μ λμ λϕ tgtg1 tgtgtg + −= ; 而另一方面,假如 O 的坐标为(x, y),那么 121 平面几何题 Ax ByΛ − −=tg , x y=μtg , ax by − −=λtg 。 于是,因为 tg Φ = tg φ,所以 ax by x y ax by x y Ax By x y x y Ax By − −+ − −− = − −+ −− − 11 或 byaxyx aybx ByAxyx BxAy −−+ −= −−+ − 2222 , 或者,如果设 Ab + Ba = H,Aa – Bb = K,A + a = h,B + b = k, 则最后得到: H(x2 – y2) – 2Kxy + (x2 + y2)(hy – kx) = 0。 由于点 O(x, y)在圆 R 上,所以圆的方程 (1) x2 + y2 = r2 这里可应用,而题目条件就有 (2) H(x2 – y2) – 2Kxy + r2(hy – kx) = 0。 由于方程(2)代表一条双曲线,所以结论为: 所求的点 O 为圆(1)和双曲线(2)的交点。 由于一个圆和一条双曲线一般有四个交点,所以这个题一般有四个解。 已知点 P 和 p 到圆心 M 的距离为 c 和 c 一样大的特别情况下题目特别有趣。在这种情 况下,自然取 Pp 的垂直平分线作为 x 轴,那么, A = a,B = – b,H = 0,K = c2,h = 2a,k = 0, 根据(2)得到 – 2c2xy + 2ar2y = 0。 下列条件的任何一个可满足这个方程 (3) y = 0 和 (4) 2 2 c rax = 。 从(3)得对应的 x = ±r。因此,圆 R 与 x 轴的交点满足所求点 O 的条件。 由(4)得 x r a c 22 = 。 如果通过 M 画一直径 a cdMN 2 == 在 x 轴上的圆 T,以及如果 Q(X, Y)是这个圆与圆 R 的交点,由于 MNQ 是一直角三角形(见图 35),所以 MQ2 = MN · X或r2 = dX。 因为 dx r = 2 ,所以 X = x。 因此,圆 R 和 T 的交点也满足所求点 O 的条件。 要使这些点存在,d必定大于r(d > r),或者c2 > ar。我们假定这个条件得以满足。 122 平面几何题 那么,圆 T 内的四边形 MPQp 是一个内接四边形,因此,根据普图利迈(Ptolemy)定 理,对边乘积之和等于对角线的乘积: PQ · Mp + pQ · MP = MQ · Pp 或 (5) (PQ + pQ)c = 2br。 对于圆 R 上其它任意点 Q′,MPQ′p 不是一个内接四边形,因此对边乘积之和必大于对 角线乘积。 (6) (PQ′ + pQ′)c > 2br。 从(5)和(6)得到: PQ + pQ < PQ′ + pQ′。 问题:“在一个已知圆上找出一点,该点到圆内两个与圆心等距离的已知点的距离之和 为最小”具有如下撞击解法: 所要找之点为已知圆通过两已知点及已知圆圆心的圆的交点。 注:与上题有关的,阿尔哈森也解了这个题:怎样去击一个圆台球桌上的弹子球,使其 两次碰边缘后仍弹回到原位。 解:设圆台球桌半径为 r,中心为 M,球的原始位置为 P,那么 MP = c 为已知数。设球 首先撞击圆上的 U 点,然后垂直横过 PM 延长线上的 F 点,再撞击圆上的 V 点,并由此返 回 P,那么 UM 和 VM 为三角形 PUV 的角平分线(见图 36)。设 MF = x,FU = y,UP = z。 V U P F M 图 36 将角平分线定理应用到三角形 FUP 中, c x z y = 。 根据毕达哥拉斯定理 r2 = x2 + y2 及 z2 = y2 + (x + c)2。 如果从这三个方程中消去 y 和 z,对未知数 x 来说,就得到一 个二次方程 2cx2 + r2x = cr2, 由此,便容易作出 x。 ① Optics 123 圆锥曲线和摆线题 圆锥曲线和摆线题 第42题 由共轭半径作椭圆 已知两个共轭半径的大小和位置,作椭圆。 解:设椭圆的中心为 (1) 1 22 =⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛+⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ b y a x 。 设所给共轭半径为 OP 和 OQ,使它们的端点坐标(x, y)和(x′, y′)满足以下条件: (2) b y a x −=′ , a x b y =′ 。 (从条件(2)可直接由两个半径的斜率 x y 和 x y ′ ′ 的相乘之积来得出表示共轭半径斜率之积的 已知数值 2 2 a b− 。) 设 Q 点的纵坐标基点为 V。以 原点 O 为中心将直角三角形 OQV 按 顺时针方向旋转 90°,使其到达 Qqv 位置,并延长直线 Pq 与椭圆的轴相 交于 H 和 K(见图 37)。根据(2) 式,从 x 轴到 q 点和 P 点的距离, 以及从 y 轴到 P 点和 q 点的距离, 其比值为 b a 。因而(根据射线原理), V Q v q H K O M y x 图 37 P b a HP Hq = 及 b a Kq KP = 。 由此可得 Kq qPKq HP PqHP +=+ ,即 HP = Kq, 因此 Pq 的中点 M 也是 HK 的中点。 如果用 HP 代替 Kq,比例式之一就变成 (3) b a HP KP = 。 为了求得关于未知数 KP 和 HP 的第二个方程,我们得到 HK 与 x 轴的夹角 ν 的余弦和 正弦 KP x=νcos , HP y=νsin ; 将它们平方并相加,得 (4) 12 2 2 2 =+ HP y KP x 。 124 圆锥曲线和摆线题 由(1),(3)和(4)三式立即得到 KP = a,HP = b。 这就得到以下简单的 作图法 1.在钝角 POQ 的内部 OQ 绕着 O 点旋转 90°至 Oq 位置。2.确定 Pq 的中点 M,以及 直线 Pq 与以 M 为圆心,MO 为半径。所画之圆的交点 H 和 K。 这样,KP 和 HP 等于椭圆的轴长之半,而 OH 和 OK 则表示椭圆轴的位置。 其余就很简单了。 第43题 在平行四边形内作椭圆 在规定的平行四边形内作一内切椭圆,它与该平行四边形切于一边界点。 本题的解法基于定理:每个椭圆都可认为是一个圆的法向投影。 设 ABCD 为所给的四边形,N 为 AB 边上所给的边界点,并设椭圆与平行四边形的边界 相切的其它点分别为:在 BC 边上的 K 点、在 CD 边上的 M 点、在 DA 边上的 H 点。 在法向投影中,椭圆的像是圆,可把平行四边形的投影,尤其是可看作是带切点 n,k, m,h 的菱形 abcd 的投影。 由于 nk ∥ hm ∥ ac 和 nh ∥ km ∥ bd 以及在法向投影中平行性不变,因此 NK ∥ HM ∥ AC 而且 NH ∥ KM ∥ BD,使通过 N 点而与 BD 和 AC 的平行的平行线分别与 DA 和 BC 相 交,这样就分别找到切点 H 和 K。第四个切点 M 是 CD 与通过 H 点的平行线的交点。该平 行线与 AC 相平行。 设圆和椭圆的中心分别为 o 和 O。 假定 z 为圆弧 nh 上任意一点,将此点与 m 和 n 相连,并设这两条连线与 hk 和 da 的交 点为 x 和 y。在三角形 omx 与三角形 any 中,由于∠o 与∠a 及∠m 与∠n 都是对应边垂直的 角,因此这两双角分别相等,从而这两个三角形相似。由它们的相似性,就得到比例关系 an ay om ox = 。 在这个比例式中,如用 oh 代替 om,用 ah 代替 an,就得到 ah ay oh ox = 。 设 x,y,z 点的法向投影为 X,Y,Z。由于平行线段在法向投影不变,那就得到 AH AY OH OX = 。 因此,点 X 和 Y 以相同的比分割椭圆半径 OH 和椭圆切线 AH。 当然对椭圆的另外几段弧 MH,MK,NK,同样能找到类似的比例关系。 设 AH,BK,DH 和 CK 分别为弧 NH,NK,MH,MK 的切线。 如果将四段弧在任一段上的一点与 M 和 N 连接起来,这些连线与椭圆半径(OH 或 OK) 及对应的切线的交点以相同的比例分割椭圆半径及切线。 这就给出下面的精确作图法(见图 38)。 将椭圆半径 OH 和 OK 及切线 AH,BK,DH,CK 分别分为 v 等分(图 38 上为 8 等分), 并从椭圆的中心开始将半径上线段注以 1 到 v;从平行四边形四角开始将切线上注以 1 到 v。 然后将 M(N)与椭圆半径上的任意线段端点相连,并将 N(M)与相同个数的对应于以 N (M)与半径端点为界的弧的切线的线段端点相连。以上两对对应序号连接线的交点就各是 椭圆上的一个点。 125 圆锥曲线和摆线题 第44题 由四条切线作抛物线 已知抛物线的四条切线,作抛物线。 解这道绝妙题目的最简单方法,基于兰伯特定理: 抛物线切线组成的三角形,其旋转路径通过抛物线焦点。 (兰伯特(J· H· Lambert,1728 – 1777 年)是德国数学家。) 证明兰伯特定理,需要运用 相似三角形定理:抛物线的两条切线 SA 和 SB,与从焦点到切点 A 和 B 及到切线交点 S 的连线组成两个相似三角形 FSA 和 FSB,从而一个三角形中的位于切点上的角与另一个三 角形中位于交点上的角相等。 证:根据抛物线的典型作图法,焦点 F 关 于切线 SA 和 SB 的镜像 H 和 K 分别落在从 A 和 B 向准线 L 所引的垂线的基点上(见图 39)。 由于∠FAS 和∠HAS 是对称的,并且 ∠HAS 和∠FHK 因对应相互垂直而相等,所以 有 ∠FA S = ∠FHK, 同样有 ∠FBS = ∠FKH。 ∠FHK 和∠FKH 分别作为弦 FK 和 FH 所对的 边界角,在三角形 FHK 旋转的圆周上(它的 中心是△FHK 的中垂线 SA 与 SB 的交点 S)是 其对应的中心角的一半,因而 A B C D H K M N O 1 2 3 4 5 6 7 8 876543 21 1 2 3 4 5 6 7 7 6 5 4 3 2 1 图 38 1 2 3 4 5 6 7 12345 6 7 A B F S H K 图 39 ∠FHK = ∠FSB,∠FKH = ∠FSA。 因此 ∠FA S = ∠FSB 及∠FBS = ∠FSA。 126 圆锥曲线和摆线题 证毕。 由上述刚刚证明的定理,可以直接得出兰伯特定理。 事实上,如果 P 和 Q 是第三条切线与切线 SA 和 SA 的交点,而该第三条切线与抛物线相 切于 O 点(见图 40),那么,根据相似三角形 定理, ∠FA S = ∠FSB 及 ∠FA P = ∠FPO, 因此有 ∠FSQ = ∠FPQ。 然而,根据这一等式,四边形 FPSQ 是圆 内接四边形。 兰伯特定理直接给出所要的作法:从四条 切线组成的四个切线三角形中选出两个,并作 出每个三角形的外接圆,两个圆的焦点即为抛 物线焦点,然后找出焦点在两条切线上的镜面投影。用这种方法得出准线的两点,这就绘出 了准线,其余的就十分容易画了。 A B F P Q S O 图 40 注:由切线三角形外接圆定理直接引出下面这个有兴趣的问题: 求与三条直线相切的所有抛物线焦点的轨迹。 所求轨迹即为由这三条直线组成的三角形的外接圆。 第45题 由四点作抛物线 过四个已知点作抛物线。 牛顿起初于 1687 年在他的名著中①,后来又于 1707 年在他的另一著作中②再次解答了 这个有趣的题目。 本题的解一般基于下列辅助问题: 已知三点及轴的方向,作一抛物线。 这个辅助题的解,是根据一下两条定理作出的: I.抛物线的平行弦的中点,都在轴的一条平行线上。 II.抛物线的弦的垂直平分线和过这条弦的中点与轴垂直的垂线在轴上截出参数的二分 之一。 证:抛物线标准方程通常为y2 = 2px。如果抛物线弦的端点的坐标为(x, y)和(X, Y),那 么 , 弦对于x轴的斜率为 xX yYK − −= 。 但由 y2 = 2px与Y2 = 2pX 相减,得 Y2 – y2 = 2p(X – x), 即 yY p xX yYK +=− −= 2 。 127 圆锥曲线和摆线题 如果弦的中点纵坐标为 η,上面的后一个方程(由于 2η = Y + y)可写成 K P=η 。 根据这个方程,斜率为 K 的所有弦的中点具有相同的纵坐标,其结果是:这些中点均位于 抛物线的轴相平行的一条直线上。至此 I 得以证实。 为了证明 II,我们注意到抛物线弦的垂直平 分线和通过弦中点与轴相垂直的垂线的轴上截 出的线段等于 ηk,这里 k 是弦的垂直平分线对于 轴的垂线的斜率。然而由于 k = K,所以线段的 长度就是 ηK = p,这就是所要证的。由 II 还可 以得出:如果抛物线的两条弦的中点位于轴的一 条垂线上,这两条弦的垂直平分线在轴上相交。 设A,B,C为所给的抛物线上的点,R为轴 的方向。通过AB的中点M作一条与轴平行的直 线,过CA的中点N作一条与垂直的垂直线,并令 其交点为M0(见图 41)。根据I,M0是通过M0且 平行于AB的抛物线弦A0BB0的中点,再作CA和 A0B0B 的垂直平分线(后者就是从M0到A0BB 定 理作 线的任意一条弦,M 为其中 点, y2 = 4kx, 其中 k 是坐标原点 径。系数 4k 有值 0的垂 线)。根据II,它们的交点为轴上的一个点,这 点与由M0或N作出的垂线的基点之间的距离等 于参数之半p。其余的就很简单了。例如,利用始于A点的次法线(p),作法线AU和切线AV (两者都朝着轴画),那么UV的中点就是焦点,并且焦点关于切线上的镜像是准线上的一点。 牛顿的抛物线问题的解法是根据以下辅助 出的:在所有抛物线四边形中,对角线的乘积 与夹在对角线交点和抛物线轴之间的对角线上线 段的平方成正比。 证:设 AB 为抛物 U 是抛物线与过 M 而平行于抛物线轴的直线 的交点(见图 42)。如果取 UM 为 x 轴,U 的抛物 线切线为 y 轴,那么就得到如下形式的抛物线的一 般方程: U 的焦半 κ2sin 2p ,其中 2p 是 κ 是两坐标轴之间的夹 AB 在 AB 上选取一个任意点 O,令通过 O 参数, 角,或者是弦 与抛物线轴所成的角。 点的平 行于 OB = Y + y。 由 Y2 = 4kX与y2 = 4kx 相减,得: Y2 – y2 = 4k(X – x) A B C M S R N M0 p 轴 图 41 A B MU O Q x y y x y2 = 4kx 图 42 x 轴的直线与抛物线的交点为 Q,Q 的坐标为 (x, y),A 的坐标为(X, Y),因此 QO = q = X – x,OA = Y – y, 128 圆锥曲线和摆线题 或 (Y + y)(Y – y) = 4k(X – x) 因此 OA · OB = 4kq。 果A′B′ 是过O点的第二条抛物线弦 (2) (1) 如 ,那么同样得到 OA′ · OB′ = 4k′q。 κ ′=′ 2sin 24其中 pk ,κ′ 是弦A′B′ 与抛物线 用(2)除(1) 的轴的夹角。 ,得: κ κ ′=′=′⋅′ ⋅ 2 2 sin sin k k BOAO OBOA 。 如果H和H′ 是弦AB和A′B′ 与抛物线轴的焦点,那么由正弦定理可得: κ κsin sin ′=OH 。 ′HO 由上面两个等式,最后得到 2 2 HO OH BOAO OBOA ′=′⋅′ ⋅ 。 证毕。 可以用这个定理来求得牛顿问题下面的解:设 A,B,C,D 为所给四点,作四边 形 A 现在 BCD 的对角线 AC 和 BD,并设它们的交点为 O,在对角线上从 O 点截取比例中项 OCOAOP ⋅= 和 ODOBOQ ⋅= 下面的牛顿问题投影解法也需要将它转化为 。根据刚刚证明了的定理,连线 QP 与抛物线轴平行,于 是这个问题就花剑为上面已解的辅助问题了。 前面的辅助问题。这个问题的转化是利用笛 沙格 上 四个 行,并且这里的射线ZO与抛物线轴平行。 (a y)的连线的斜率 (Desargues)的对合定理(参见第 63 题)的。根据这个定理,抛物线的每一条切线都 将内接于四边形的对边截割成对合的点对,在这个对合中,切线的切点是一个二重点。 选取一条很长的线作为切线T。设该切线在O点与抛物线相切,并被连接已知抛物线 点的连直线AB,BC,CD,DA截于P,Q,P′ 和Q′。那么O就是由点对(P, P′ )及(Q, Q′ ) 所决定的对合二重点。同样地,从图形的平面上任意一点Z引向P,Q,P′ ,Q′ 和O的射线组 成一个对合,其射线对为(ZP, ZP′ )和(ZQ, ZQ′ )以及二重射线ZO。由于P,Q,P′ ,Q′ 和O各 点之间的距离很远,在绘图纸上射线ZP,ZQ,ZP′,ZQ′ 与四边形的边AB,BC,CD,DA平 (点Z , b)和O(x, ax bpxby −− 2 因为x的值很大,实质上斜率等于零,所以绘图纸上射线ZO看起来平行于抛物线的轴。 因此,得下列作图法:过图纸上任意一点 Z,作直线 AB,BC,CD 和 DA 的平行线 p ax −=− , ) , q,p 作两条抛物线。 ′,q′,并作出由射线对(p, p′ )和(q, q′ )所决定的对合的二重射线;这条二重射线与抛物 线轴同向。于是,这个问题就转化为上面已解出的辅助问题。 由于在射线对合中一般有两条二重射线,一般过已知四点可 Philosophiae naturalis principia mathematica ① ② Arithmetica universalis 129 圆锥曲线和摆线题 第46题 由四点作双曲线 已知直角(等轴)双曲线上四点,作出这条双曲线。 作图方法根据下列辅助定理:内接于直角双曲线的三角形的费尔巴哈圆通过双曲线的中 心。 证:设三角形ABC内接于以Z为中心,I 和II为渐近线的直角双曲线;设A′,B′,C′为 边BC,CA,AB的中点,并设A1和A2为BC与I 和II的交点,B A B C Z I II A' B' C' A1 A2 B1 B2 图 43 B1和B2B 为CA与I和II的交点(见图 43)。 由于渐近线在双曲线弦的延伸线上截出 等长线段,所以BA2 = CA1及CB2 = AB1,且A′ 是A1A2的中点,B′ 是BB1B2B 的中点。这两个中点 也是直角三角形A1ZA2与BB1ZB2的旋转圆周的 中心,所以 ∠A′ZA1 = ∠A′A1Z 及 ∠B′ZB1 = ∠B′BB1Z。 由于上面两个方程左边的差表示∠A′ZB′,右边的差表示∠A1CB1(根据外角定理),∠A′ZB′ 与∠A1CB1相等,或者∠A′ZB′ 与∠A′CB′ 互为补角。然而,由于平行四边形CA′C′B在C和C′ 上 的角相等,∠A′ZB′ 与∠A′C′B 也互为补角。因此四边形ZA′C′B′ 是圆内接四边形。换句话说, 三角形A′B′C′ 的旋转圆周,也就是三角形ABC的费尔巴哈圆(见第 28 题),通过双曲线的中 心。证毕。 作图:设已知四点为A,B,C,D,作三角形ABC和ABD的费尔巴哈圆,它们的交点Z 是双曲线的中心。将Z点和BC的中点A′ 相连接,作圆A′|A′Z,在它与直线BC的交点A1 和A2 上得到渐近线I和II上的两点,便得到渐近线。其余就容易作了。(要由这些点作双曲线,可 以这样画:作一条任意直线通过已知的一点,如A,在这条直线上从II到A截取A到I的长度, 所截线段的端点就是双曲线上新的一点。重复上述作图方法过A作新的线,就可得到所要求 的双曲线上的许多点。) 注:由已证的辅助定理也可以直接得到下面这个有趣的轨迹问题的解。 轨迹问题:求外接于一个已知三角形的所有直角双曲线的中心的轨迹。 这轨迹就是已知三角形的费尔巴哈圆。 第47题 范·施古登轨迹题 平面上的固定三角形的两个顶点沿平面上一个角的两个边滑动,第三个顶点的轨迹是什 么? 范·施古登(Franoiscus van Schooten,1615 – 1660 年)是荷兰数学家,在他 1657 年出 版的书①中论述了这个绝妙的问题。 解:我们首先考虑施古登问题的一个特殊情形,它的解早就由 B·鲍克勒斯(Byzantine Produs,410 – 485 年)完成了。 在一条固定直线上有三个点,其中两个点沿一个直角三角形的两条边滑动,第三个点的 轨迹是什么? 130 圆锥曲线和摆线题 我们选取直角的边I和II作为坐标系的x轴和y轴。设固定直线上标有的点为A,B,C,它 们之间的距离BC = a,CA = b和AB = c。那么按C处于A与B两点之间或处于两点之外,有c = a ± b。设A点在I上滑动,B点在II上滑动;标着C的点具有坐标(x, y);直线与x轴的夹角为ν。 那么x就是a在I上的投影,等于a cos ν;y是b在II上的投影,等于b sin ν;因此x2 = a2 cos2 ν, y2 = b2 sin2 ν,并且 12 2 2 2 =+ b y a x 。 因此标着 C 的点的轨迹就是以 a 与 b 为半轴的椭圆。 上述的轨迹特性就是所谓椭圆纸带作图法和椭圆规的根据。 椭圆的纸带作图法 在一条纸带的平直边缘上,按 B,A,C 依次标出三个点,使得 BC = a 和 AC = b(< a) 等于椭圆已知半轴。移动纸带,使 A 保持在 x 轴上,B 保持在 y 轴上,并连续记下 C 的位置。 C 点所描出的轨迹就是具有所给定的半轴 a 和 b 的椭圆。 椭圆规 椭圆规有一个十字交叉的架子,在它上面开有成直角的两道槽,在槽内装有两个可华东 的销子 A 与 B。这两个销子固定在一根杆上,在杆上的某点安上可移动铅笔 M。当销子在槽 内滑动时,铅笔就画出一个半径为 AM 和 BM 的椭圆。 现在我们来看一般形式的范·施古登问题。 设 S 是固定角 σ 的顶点,沿着这个角的两条 边,固定三角形 ABC 的顶点 A 和 B 在上面滑动。 以 AB 为弦、σ 为圆周角作圆 R,将中心 M 与 C 连接,定出这条连线与圆 R 的交点 P 和 Q(见 图 44)。设想这个圆跟着 P 和 Q 一道与三角形紧 连在一起,因而它也随着三角形的移动而移动。 由于 σ 是 AB 所对的圆周角,所以它始终通过 S。 弧 AP 和弧 AQ 不断改变它们的位置,但不改变 它们的大小。这样就有圆周角 ASP 和 ASQ 不变, 这意味着由 SP 和 SQ 决定的方向 I 和 II 不变。 由于 PQ 是圆 R 的直径,所以 I 和 II 互相垂直。 因此可以把顶点 C 的移动看作是固定直线 PQC 上 C 点的移动,而这条直线上的其它点 P 和 Q 则沿着直角边 I 和 II 滑动。根据上面讨论过的特 殊情形,这点 C 的移动描出一个椭圆。 I II A B C S M P Q R σ 图 44 结论:范·施古登定理:在一个三角板中, 如其两个角的顶点沿着一个固定角的两边滑动, 则其第三个角顶的轨迹是一个椭圆。 上述方法也可得出椭圆的位置和大小。椭圆的轴的位置在 I 和 II,其长等于 2 · CP 和 2 · CQ。 ① Exercitationes mathematicae 131 圆锥曲线和摆线题 第48题 卡丹旋轮问题 一个圆盘沿着半径为其两倍的圆盘的内缘滚动时,这个圆盘上标顶的一点所描出的轨迹 是什么? J·卡丹(Jermoe Cardan,1501 – 1576 年)是意大利数学家,他由于解三次方程的卡丹公 式而知名。 解:设大圆盘的边界为 Ω,小圆盘的边界 为 Φ,他们的半径分别为 R = 2r 和 r。先观察带 有标记 M 的圆盘直径 AB 的运动。运动开始时, 设 A 位于中心 O 上,B 位于 Ω 上的边界 H 上。 当圆 Φ 在 Ω 内沿着弧 HT 向前滚动时,设它截 半径 OH 于 X,并设它截垂直于 OH 的半径 OK 于 Y(见图 45)。由于角 XOY 是 90°,所以 XY 是 Φ 的直径,且 XY 与 OT 的交点 S 是 Φ 的圆 心。假如 w 是 Φ 的圆周角 XOT 的弧度数,那么 相应的圆心角 XST 为 2w,弧 XT 为 2rw。但是 由于w也表示Ω的圆心角HOT,所以弧HT = Rw = 2rw。小圆的弧 XT 正好与它在大圆上滚动所 触及的弧 HT 等长。因此,X 必为有标记的直径 AB 的端点 B,从而 Y 就是这条直径的另一个端 点 A。可见一个圆盘沿着直径为其 2 倍的圆盘的内缘旋转就意味着小圆中一条有标记的直径 的端点沿着大圆的两个固定的垂直直径滑动。因此,所标记的点 M 的轨迹也是直径 AB 上的 标记 M 的轨迹,该直径端点 A 和 B 沿着直角 HOK 的边 OK 和 OH 滑动。鉴于椭圆的纸带作 图法(第 47 题),所求的轨迹是一个椭圆。 这个椭圆的半径是 MA 和 MB。 注:由于小圆盘的边界上的一个标定的点沿大圆盘的直径运动,因此一个含有直径比为 2 : 1 的两个正齿轮的传动装置使得一个圆周运动转化成一个相应的直线运动。 K T HOX Y R w 2w S r Ω Φ 图 45 第49题 牛顿椭圆问题 确定内切于一个已知(凸)四边形的所有椭圆的中心的轨迹。 牛顿对这个问题的巧妙的解法基于下面这个由牛顿提出的定理: 外切于圆的四边形中,其对角线中点的连线通过该圆中心。 外切四边形的这一特性的证明基于下述辅助定理:具有固定底边及固定的面积和的两个 三角形公共顶点的轨迹是一条直线。 (证:设 f 和 g 为两条固定的底边,x 和 y 为两个三角形的公共顶点 S 到底边的距离, 同时也是 S 点的“坐标”。设两个三角形固定的面积和为 K。由于这两个三角形面积为 fx2 1 和 gy2 1 ,因此得到方程 fx + gy = 2K,这是一条直线的方程。) 设有一个与以 O 为中心、r 为半径的圆外切四边形 ABCD,其各边为 AB = a,BC = b, CD = c,DA = d,所以 a + c = b + d。设 M 为对角线 AC 的中点,N 为对角线 BD 的中点(见 图 46),2J 为四边形的面积。由于△MAB 和△MCD 的面积分别为△CAB 和△ACD 的面积 132 圆锥曲线和摆线题 的一半,所以两个三角形 MAB 和 MCD 面积 之和等于 J,或等于四边形面积的一半。因 此,直线 MN 是所有面积和为 J 的三角形对 (SAB, SCD)的公共顶点 S 的轨迹。由于两个 三角形 OAB 和 OCD 的面积之和也为 J(明 确地说,由于 2 c+ 1 arSSS OCDOAB =+= ΔΔ , 2 db + 2 rSSS ODAOBC =+= ΔΔ , 且S1 = S2,所以从S1 + S2 = 2J便得到S1 = S2 = J),因此O在该轨迹上。证毕。 现在来解牛顿问题。 将内切于四边形的任意椭圆作为一个圆 的法向投影。在这个映像中,四边形作为外 切于圆的原像四边形的映像(法向投影)出 现。现在,由于:1.在原像中圆的中心落在对角线中点的连结线上;2.平分在法向投影中 是保持不变的;3.椭圆的中心是该圆中心的映像;因此,在这个映像中椭圆的中心也位于 已知四边形的对角线中点的连线上。 A B C D O N M 图 46 结论:内切于一个已知四边形的所有椭圆的中心的轨迹是一条直线,具体地说,它是连 接四边形对角线中点的直线。 第50题 彭赛列—布里昂匈双曲线问题 确定内接于直角(等边)双曲线的所有三角形的顶垂线交点的轨迹。 布里昂匈(1785 – 1864 年)和彭赛列(1788 – 1867 年)是法国数学家①。 把双曲线与其渐近线相联系,不妨就用渐近线作为左边轴(x 轴和轴),并取双曲线顶 点的横坐标(纵坐标)为单位长度。于是双曲线的方程是 xξ = 1。 设 PQR 为内接于双曲线的一个任意三角形,也就是三角形的顶点 P,Q,R 位于双曲线 上。设 P,Q,R 的横坐标为 a,b,c,则纵坐标为 a 1=α , b 1=β , c 1=γ 。 QR 边的斜率是 cb − − γβ ,或者用 b 1 和 c 1 代替 β 和 γ,则得该斜率为 bc 1− 。从而 QR 边上 的顶垂线斜率便是 bc。 因此这个顶垂线的方程是 ξ – α = bc(x – a),或 (1) ξ + abc = bc(x + αβγ)。 对于通过 Q 的顶垂线,同样得到 (2) ξ + abc = ca(x + αβγ)。 如果把顶垂线交点的坐标作为 ξ x ,运用(1)和(2)式,使其右边相等,便得到顶垂 线交点的横坐标 x: (I) x = – αβγ。 若将此值代入(1)或(2)式,就得到顶垂线交点的纵坐标 133 圆锥曲线和摆线题 (II) ξ = – abc。 将(I)和(II)相乘,最后得出: xξ = 1。 因此,顶垂线交点位于双曲线上。所以: 内接于一个直角双曲线的所有三角形的顶垂线的轨迹是这个双曲线本身。 ① 该题原载《Annales de Gergonne》,1820 – 1821,vol. XI 第51题 作为包络的抛物线 在角的顶点,在角的一条边上连续 n 次截取任意线段 e,在另一条边上连续 n 次截取线 段 f,并将线段的端点注以数字,从顶点开始,分别为 0,1,2,…,n 和 n,n – 1,…,1, 0。 求证具有相同数字的点的连线的包络为一条抛物线。 该证明基于 阿波洛尼斯定理:抛物线的两条切线被第三条切线分割成相同的线段,而这个第三条切 线则被其切点分割成同样的比。 更确切些讲:假如抛物线有切点为 A 和 B 的两条切线 SA 和 SB 与抛物线的第三条切线 交于 P 和 Q,并且假如 O 是第三条切线的切点(见图 40),那么就得到等式: SQ BQ OP OQ PA SP == 。 阿波洛尼斯定理的证明基于众所周知的抛物线特性:抛物线两条切线的交点位于过切点 连成之弦的中点而与抛物线轴相平行的直线上。(由此直接得到:在以焦点F及切点A和B在 准线上的投影A′ 和B′ 为顶点的三角形FA′B′ 中,三条边的垂直平分线通过一个点。两条垂直 平分线是切线,第三条垂直平分线是轴的平行线。) 由于这个特性, (1)p′ = a′,(2)q′ = b′,(3)b′ + β′ = a′ + α′, 如果设线段 AP = a,PS = α,BQ = b,QS = β,OP = p,OQ = q 在准线上的投影分别为 a′,α′, b′,β′,p′,q′;而且由于线段 PQ 和横截线 PSQ 的投影相等,所以 (4) p′ + q′ = α′ + β′。 根据(1)和(2),如果用a′ 和b′ 代替(4)式中的p′ 和q′,便得到: α′ + β′ = a′ + b′, 将此式与(3)式结合,便得 α′ = b′ 与β′ = a′。 接着就得出: ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ ′ ′=′ ′= ′ ′=′ ′= ′ ′=′ ′= a bbb a b p q p q a b aa ββ αα , 这就证明了阿波洛尼斯定理。 于是现在进行上述包络作图便很简单了。设顶角为 S,然后在角的边上选取 A 和 B 两点, 134 圆锥曲线和摆线题 使得 SA = ne,SB = nf(A 和 B 就是上述数字过程中得到顺序号 n 和 O 的点),并认为抛物线 与角的两边相切于 A 和 B。根据阿波洛尼斯定理,SA 上注以数字 v 的 P 点和 SB 上的点 Q 点所连成的线是与抛物线相切的(PS : PA,QB : QS 的比值均等于 v : (n – v))。因此,相同 数字的点的连线就包络着该抛物线(见图 47)。 A B S 图 47 1 32 1 32 同时,阿波洛尼斯定理使得画出每一条连线上的切点成为可能。 第52题 星形线 直线上两个标定的点沿着两条固定的相互垂直的轴滑动,求这条直线的包络。 G·W·莱布尼兹(Gottfried Wilhelm Leibniz,1646 – 1716 年)是微积分学的创始人,于 1692 年在他的论文中①确立了包络理论。 解:在 x 轴和 y 轴都为已知的坐标中求包络方程;两轴的交点 O 是原点。 设两个定点之间的距离用l表示,AB和A′B′ 表示距离为l的两个位置,M和N为AA′和BB′ 的 中点,OM = a,ON = b,AA′ = 2α,BB′ = 2β,从而OA = a + α,OA′ = a – α,OB = b – β,OB′ = b + β。因此,条件AB = l和A′B′ = l可以写作 (a + α)2 + (b – β)2 = l2与(a – α)2 + (b + β)2 = l2, (1) 将(1)中的两个式相减,得到 135 圆锥曲线和摆线题 (2) aα = bβ。 两条直线AB和A′B′ 的交点S(x, y)由下面两个方程表示: 1=−++ βα b y a x 与 1=++− βα b y a x , 把两个方程相加、相减,得到 (3) 12222 = − + − βα b bx a ax 与 (4) 12222 = − + − β β α α b x a x 。 如果用(2)除(4),就得到 )()( 2222 βα − = − bb y aa x , 再利用(3),即得 (5) 22 22 ba aax + −= α , 22 22 ba bby + −= β 。 如果允许A和A′ 及B和B′ 互相接近(当然要保持AB = l和A′B′ = l),那么α和β陆续变小, 线AB和A′B′ 的交点越来越接近包络线,最后,在α和β均等于 0 时,就触及到包络线。根据(5), 触及包络线的点(x, y)可由下列方程表示: (5') 22 3 ba ax + = , 22 3 ba by + = , 其中,鉴于(1)式,应有 (1') a2 + b2 = l2 成立。 由(5')得到 a3 = l2x,b3 = l2y,或 3 2 3 4 2 xla = , 3 2 3 4 2 ylb = ; 由此相加得 3 2 3 4 3 2 3 4 2 ylxll += 。 因此包络的方程为 3 2 3 2 3 2 lyx =+ , 或者写成有理式 (l2 – x2 – y2)3 = 27l2x2y2。 (第二个式子由第一个式子两次立方而得。第一次立方的结果是 23 2 3 2 3 2 3 2 22 )(3 lyxyxyx =+++ 或者 2223 2 3 2 3 2 3 yxlzyx −−= , 第二次立方便得到所示的有理式。) 由于其形状的缘故,根据 J·J·利特诺(J· J· Littrow)1838 年的建议,曲线 3 2 3 2 3 2 lyx =+ 被 136 圆锥曲线和摆线题 称为星形或星形线,或根据 M·西蒙(M· Simon)的建议,称为星线。 图 48 C T J M Z W w Ω Φ y 3r x 图 49 星形线是一个内摆线②,其中,固定圆半径为滚动圆半径的四倍。 证:在图 49 中,设 C 此时为圆心,l 为半径,弧 JT 为固定圆 Ω 相切于 T 点时的滚动圆, 因此,滚动圆圆心 Z 将半径 CT 分割成两个线段 rrZT 4 1== 和 CZ = 3r。同样,设圆 Φ 的圆 周上标定的一点,x 为其横坐标,y 为其纵坐标;M 点的运动轨道正是我们所要推求的轨迹。 选 C 作为坐标原点,过 J 点作(水平)x 轴,J 点为 M 点运行开始的位置。因此圆 Ω 的弧 JT 和圆 Φ 的弧 TM 等长,从而扇形角 W = ∠TZM 便是扇形角 w = ∠JCT 的四倍。半径 ZM 对水平线的斜角 4w – w = 3w。ZM 的水平投影和垂直投影分别为 r cos 3w 和 r sin 3w。CZ 的 水平投影和垂直投影分别为 3r cos w 和 3r sin 3w。这样便得到方程(该方程可从图 49 中得 出) x = 3r cos w + r cos 2w, y = 3r sin w – r sin 3w, 由于下列关系 cos 3w = 4 cos3 w – 3 cos w, sin 3w = 3 sin w – 4 sin3 w, 上面方程可以变换成为 x = l cos3 w,y = l sin3 w。 在得到的这对方程中,内摆线上的点(x, y)的坐标是用所谓滚动角 w 的函数来表示的。 为了得到笛卡儿坐标来表示的曲线方程,需要解出 cos w 和 sin w,平方相加。这样, 就得到 3 2 3 2 3 2 lyx =+ , 这就是所要验证的星形线的方程。 ① De Linea ex Liners numero infinitis ordinatim ductis inter se concurrentibus casque omnes tangente ② 如果一个圆盘沿着一个固定圆的圆周滚动(非滑动),当圆盘沿固定圆的外缘滚动时,在滚动圆盘(“滚 动圆”)的圆周上标定的一个点所形成的轨迹就是外摆线;当圆盘沿固定圆的内缘滚动时,所标定的点 137 圆锥曲线和摆线题 的轨迹就是内摆线。原注。 第53题 斯坦纳的三点内摆线 确定一个三角形的华莱士(Wallace)线的包络。 解:设 ABC 为已知的三角形,M 为其外接圆 U 的圆心,r 为半径。 三角形的华莱士线就是从三角形外接圆周上任意点 P 所引三角形三边的垂线的三个垂 足的连接线。 设 M 为 X-Y 坐标系的原点,先任选 X 轴。如果把由半径 MA、MB、MC、MP 与 X 轴正 向所成的角记作 2α,2β,2γ,2φ,那么三个顶点 A,B,C 的坐标为 (r cos 2α, r sin 2α),(r cos 2β, r sin 2β),(r cos 2γ, r sin 2γ), P 点的坐标为(r cos 2φ, r sin 2φ)。 为了找出由P所引BC的垂线的垂足F1的坐标(X1, Y1),我们可以列出直线BC(两点式) 和直线PF1(斜率式)的方程,从这些方程就得到 X1 = f[cos 2β + cos 2γ + cos 2φ – cos(2β + 2γ – 2φ)], Y1 = f[sin 2β + sin 2γ + sin 2φ – sin(2β + 2γ – 2φ)], 这里 f 表示 r 的一半。 相应地,从P所引CA的垂线的垂足F2的坐标(X2, Y2)就当然是 X2 = f[cos 2γ + cos 2α + cos 2φ – cos(2γ + 2α – 2φ)], Y2 = f[sin 2γ + sin 2α + sin 2φ – sin(2γ + 2α – 2φ)], 适当地平移坐标轴可以把上述的坐标简化。这种坐标轴的平移基于西尔维斯特定理(参见第 27 题)。 据此,三角形 ABC 的顶垂线交点 H 的坐标为 r(cos 2α + cos 2β + cos 2γ) 和 r(sin 2α + sin 2β + sin 2γ)。 由于费尔巴哈圆的圆心 F 位于 M 和 H 的中间(参见第 28 题),F 的坐标为 X0 = f(cos 2α + cos 2β + cos 2γ), Y0 = f(sin 2α + sin 2β + sin 2γ)。 因此,为了便于选费尔巴哈圆的圆心作为新坐标系 x,y 的原点。在原坐标系中一点的 坐标(X, Y)和新坐标系中这点点的坐标(x, y)之间存在下面的关系: X = X0 + x,Y = Y0 + y。 从这些关系便得到新坐标系中F1和F2的坐标(x1, y1)和(x2, y2)的较简单的值: x1 = f[cos 2φ – cos 2α – cos(2β + 2γ – 2φ)], y1 = f[sin 2φ – sin 2α – sin(2β + 2γ – 2φ)], 和 x2 = f[cos 2φ – cos 2β – cos(2γ + 2α – 2φ)], y2 = f[sin 2φ – sin 2β – sin(2γ + 2α – 2φ)]。 于是华莱士线F1F2的方程为 12 12 1 1 xx yy xx yy − −=− − 。 对于这里出现的差值x2 – x1和y2 – y1,根据刚才给出的坐标值,便得到下列的表达式: x2 – x1 = f[cos 2α – cos 2β) + f [cos(2β + 2γ – 2φ) – cos(2γ + 2α – 2φ)] = –2f sin(α + β)sin(α – β) + 2f sin(α + β + γ – 2φ) sin(α – β) 138 圆锥曲线和摆线题 = 4f sin(α – β)sin(γ – φ)cos(α + β + γ – φ), 同样, y2 – y1 = 4f sin(α – β)sin(γ – φ)sin(α + β + γ – φ)。 这样,商 12 12 xx yy − − 的值为 Φ Φ cos sin 这里 Φ = α + β + γ – φ,而且华莱士线的方程得到如下的形式: x sin Φ – y cos Φ = x1 sin Φ – y1 cos Φ。 用上述x1和y1的坐标值能将方程的右边写成: f(sin Φ cos 2φ – cos Φ sin 2φ) – f(sin Φ cos 2α – cos Φ sin 2α) – f[sin Φ cos(2β + 2γ – 2φ) – cos Φ sin(2β + 2γ – 2φ)], 根据圆函数的加法定理,这个表达式变成 f sin(α + β + γ – 3φ) – f sin(β + γ – α – φ) – f sin(α – β – γ + φ) = f sin(α + β + γ – 3φ)。 因此,华莱士线的方程写成 x sin(α + β + γ – φ) – y cos(α + β + γ – 3φ) = f sin(α + β + γ – 3φ)。 为了得到最终简化式,选取 x 轴的位置,使三个角 α,β,γ 的和等于 2π 的一个整数倍。 不难看出,以 F 作为原点只有由 3 2π 的角相互分开三条射线,满足这一条件。选三条射线中 的一条作为 x 轴。在这样确定的坐标系中,华莱士线的简单方程为 (1) x sin φ + y cos φ = f sin 3φ。 为了给出该方程的几何解释(见图 50),作一个三角形 FQR,其边 FQ = f, 角 F 为 2φ,角 R 为 φ。这样一来,在 Q 的外角就为 3φ,该三角形的边 FR 位于 正 x 轴上。因此,该三角形的边 QR 是 由(1)式表示的华莱士线 ξ。事实上, 若 x = FU 是 ξ 的任意点 V 的横坐标、y = UV 是其纵坐标的话,那么从 F 引线 ξ 的垂线作为 FQ 的投影便是 f sin 3φ。另 一方面,作为横截线 FU + UV 的投影便 是 x sin φ + y cos φ,这样便将(1)式运 用到 V 的坐标中。 特别地,如果 V 是从 FQ 的延长线 QT = 2f 的端点 T 所引 ξ 的垂线的垂足的 话,V 位于圆 Φ 上,它的圆心 Z 是直角三角形 QTV 的斜边 QT 的中点,它的半径为 f,并且 它与费尔巴哈圆切于 Q,与圆心为 F,半径为 3f 的圆 Ω 相切于 T。由于∠VZT 作为等腰三 角形 VZQ 的外角等于 6φ,所以圆 Φ 的弧 VT 等于 f · 6φ。由于从圆 Ω 与 x 轴的交点 J 伸展到 T 的弧 JT 等于 3f · 2φ,因此也等于 6fφ,便得到 FR Q W Z T J V x y f r r Ω Φ 图 50 U φ2φ 3φ 圆 Φ 的弧 VT = 圆 Ω 的弧 JT。 如果想像圆 Φ 沿着圆 Ω 滚动(沿圆的内缘),圆 Φ 上的一个标定的点 M 最初位于 J 上,那 么当滚动圆 Φ 取得所画出的位置时,标定的点恰好到达 V 点。 因此,V 点的轨迹作为标定的点 M 所运动的路径,就是一个内摆线(参见第 52 题), 其中固定圆的半径是滚动圆的半径的三倍。又由于在图中所示的时刻,滚动圆恰巧围绕瞬时 旋转点 T 旋转,此刻,位于 V 点的标定点 M 正朝着 QV 运动,QV 正好垂直于 TV;也就是 说,华莱士线 ξ 与内摆线相切于 V 点。因此,华莱士线的全体表示了所有内摆线切线的全体。 结论:斯坦纳定理:一个三角形的华莱士线的包络是一个内摆线,它的固定圆的半径是 139 圆锥曲线和摆线题 A B C H F M Ω Φ 图 51 滚动圆半径的三倍。固定圆的圆心是三角形的费尔巴哈圆的圆心,滚动圆的半径等于费尔巴 哈圆的半径。 内摆线的三个点——滚动圆是标定的点与固定圆相接触的三个点——是由 120°角相互 分开的固定圆的三个半径端点,其中一个位于 x 轴正向上。 内摆线的三个顶点——滚动圆上标定的点与费尔巴哈圆相接触的三个点——从边的中 点开始,将位于三角形外的费尔巴哈圆的弧分成比值为 1 : 2 的弧段(见图 51)。 (从 x 轴的位置和从三角形一边分割费尔巴哈圆的弧所相对的圆周角与在这条边的端 点上的两个三角形之差相等的这一事实,便容易得到这个比值。) 第54题 一个四边形的最接近圆的外接椭圆 一个已知四边形的所有外接椭圆中,哪一个与圆的偏差最小? 本题由格戈里尼提出①,由斯坦纳加以解答②。 解(根据斯坦纳):首先,由于椭圆不能外接于一个凹四边形,所以很清楚,这个四边 形必为凸四边形。 设 OPRQ 是已知四边形,QR 与 OP 的延长线相交于 H,PR 与 OQ 的延长线相交于 K, 并设 OP = p,OQ = q,OH = h,OK = k(见图 52)。取 OP,OQ 为一个斜角坐标系的 x 轴、 y 轴。于是四边形的边 OP 和 OQ 的方程是 y = 0 和 x = 0,而边 PR 和 QR 的方程为 1=+ k y p x 和 1=+ q y h x , 140 圆锥曲线和摆线题 或者,如果将表达式 kx + py – kp 与 qx + hy – hq 用 u 与 v 表示的话,那么这两个方程就写作 u = 0 和 v = 0。 O R P Q K H x y k h p q u = 0 v = 0 图 52 可以接于四边形的每一个椭圆的方程总有如下的 形式 (1) λxu + μyv = 0, 这里λ和μ是两个任意常数或所谓参数。(由于在O点, 有x = 0 与y = 0;在P点,有y = 0 与u = 0;在Q点,有x = 0 与v = 0;最后在R点,有u = 0 与v = 0;所以由(1) 式表示的二次曲线Φ通过所有这四点。这样,Φ是一个 外接椭圆,因而也通过第五点(x0, y0);并且如果选择λ 与μ,使得 λx0(kx0 + py0 – kp) + μy0(qx0 + hy0 – hq) = 0, 则(x0, y0)也在Φ上。然而,由于过五点只有一条二次曲线,所以Φ是椭圆Φ,这样每一外接椭 圆均可由(1)式表示。) 将 u 和 v 的数值代入(1)式,得到一个任意的外接椭圆的方程: (1') Ax2 + 2Bxy + Cy2 + 2Dx + 2Ey = 0, 这里 A = kλ,2B = pλ + qμ,C = hμ,D = – kpλ,E = – hqμ。 先求椭圆(1')的所有平行弦的中点的轨迹: (2) y = Mx + n, 这里 M 是诸弦共同的方向常数(即斜率),n 是任一弦在 y 轴上截距。 如果将(2)式中的y代入(1')式,对于弦(2)与椭圆(1)的交点的横坐标为x1和x2来 说,便得到一个二次方程 (A + 2BM + CM2)x2 +2[(Cn + E)M + Bn + D]x + Cn2 + 2En = 0, 根据由二次方程理论而得到的一个著名的定理,该方程的两个根x1与x2的和为 221 2 )(2 CMBMA DBnMECnxx ++ +++−=+ , 也就是说,弦的中点(X, Y)满足弦的横坐标为 22 )( CMBMA DBnMECnX ++ +++−= 。 由于,弦的中点(X, Y)满足弦的方程(2),所以 Y = MX + n,因而可以用 Y – MX 代替 X 的方 程中的 n。如果我们这样做,那么就得到求弦的中点坐标 X 和 Y 的方程 (3) Y = M′X + n′, 其中 (3a) CMB BMAM + +−=′ , CMB EMDn + +−=′ 。 由于(3)式是一条直线的方程,所以运用下列定理: 一个椭圆的所有方向常数为M的平行弦的中点位于方向常数为M′ 的一条直线(椭圆的直 径)上。这两个方向常数M和M′,以及它们的相应的方向与具有该方向的椭圆的直径都称为 是互为共轭的。 现在证明两个辅助定理。 辅助定理 I:只有一对共轭方向(直径)属于外接于一个四边形的所有椭圆。 证:以 A、B、C 的值代入(3a)中,就得到 141 圆锥曲线和摆线题 μλ μλ ⋅++⋅ ⋅+⋅+=′− )2( )2( qhMp qMpMkM 。 不论考虑哪个外接椭圆,不论 λ 和 μ 的值多大,如果 M′(对于规定的 M 来说)总保持相同 的值,那么 λ = 1 和 μ = 0 以及 λ = 0 和 μ = 1 时,也必定得到这个值。因此,下式必定成立 qhM qM p pMk +=+ 2 2 。 如果能为该方程找出适当的 M 值,那么对于每个 λ 和每个 μ 来说, p pMk pp pMkpMkM +=+ +++=′− 2)2()2( μλ μλ 或者 (4) p kMM 2−−=′ , 也就是说,M′ 与λ和μ无关。表示M的条件的方程为 hpM2 + 2hkM + kq = 0, 并得出两个 M 值 (5) hp r p kM +−=1 , hp r p kM −−=2 , 而r2 = h2k2 – hp · kq = hk(hk – pq)。 因为根据图,hk > pq,r2是实数,r是正数,两个M值均为实数。再者, (5a) p kMM 221 −=+ 。 根据(4)式,与M1共轭的方向常数M1′ 的值为 p k'M 21 −− ,也就是值M2。同样, M2′ = M1。 这样,仅有一对由方向常数M1和M2确定的特殊方向,这将构成每个外接椭圆的一对共 轭方向。 辅助定理 II:当一个椭圆的两条共轭直径相等时,这两条共轭直径成的锐角达到最小值, 而且这个最小角之半的正切等于两个半轴的比 b : a。 证:如果 ψ 和 φ 是两个锐角,它们由具有半轴 a 和 b 的椭圆的共轭直径与长轴组成, 那么很明显, (6) 2 2 tgtg a b=⋅ ϕψ 。 对于两个共轭直径的角 Ω = ψ + φ,得到 2 2 1 tgtg tgtg1 tgtg)tg(tg a b Ω − +=− +=+= ϕψ ϕψ ϕψϕψ 。 但是当假定方程的右边的分子为最小值时,方程左边,也就是角 Ω 达到最小值。该分子是 乘积为常数的两个数(tg ψ 与 tg φ)的和,根据第 10 题,当两个数相等时,达到最小值。 从 tg ψ = tg φ 得出 ψ = φ,并由此得出两个直径相等。同时从(6)式得出最小角的半角的正 切为两个半轴比 b : a。 结束了这些准备工作,解这个问题就简单了。 外接椭圆变得越来越圆,短轴一半与长轴一半的比例b : a,也更接近与 1。根据辅助定 理II,该比例的值为 2tg ω ,这里ω是由共轭直径组成的最小的角,因此最接近圆的外接椭圆 142 圆锥曲线和摆线题 是一个ω达到最大可能值的椭圆,而且这是一个由(5)式确定的相等共轭直径的方向常数 的椭圆。这样,如果ω0是该椭圆相等共轭直径之间的角,那么对于其它每一个外接椭圆,那 么对于其它每一个外接椭圆,两个不等共轭直径(具有方向常数M1与M2)之间的角ω0,大 于该椭圆的两个相等共轭直径之间的角ω。所以ω最大 = ω0。 因此: 一个四边形所有的外接椭圆中与圆偏差最小的椭圆是其相等共轭直径具有共同于所有 外接椭圆的共轭方向的那个椭圆。 这些特殊方向的方向常数由下面的二次方程确定: hpM2 + 2hkM + kq = 0。 ① Annales de Mathématiques ② Crelle’s Journal, vol. II; Gesammelte Werke, vol. I 第55题 圆锥曲线的曲率 确定一个圆锥曲线的曲率。 曲线在一点的曲率意即曲率圆半径(也就是,在有关点最靠近曲线的圆的半径)。 解:设圆锥曲线为 Φ,其参数为 2p,其形态系数(就是离心率)为 ε,其最短焦半径为 k,从而有 p = k(1 + ε),最后设其最大值的方程为 qx2 + y2 – 2px = 0,其中q = 1 – ε2。 已知与另一点 P(x, y)距离为 R,并位于从 P 点引出与 x 轴正向夹角为 θ 的方向上的点 Π(ξ, η) 的坐标为 ξ = x + R cos θ,η = y + R sin θ。 如果 Π 位于圆 Φ 上,那么从 qξ2 + η2 – 2pξ = 0 便得到 R 的二次方程 DR2 – ER + F = 0, 其中系数为 D = sin2 θ + q cos2 θ,E = 2(u cos θ – y sin θ),F = qx2 + y2 – 2px, 这里 u = p – qx。 对圆锥曲线,我们称 D,E,F 三系数分别为 θ“方向”的方向数,θ 方向上点(x, y)的放 射值与在点(x, y)的幂。 如果PΠ是割线,二次方程的根R1与R2是圆锥曲线在割线上截得的线段。据二次方程的 根和系数之间的关系,得出下列定理: I.放射值是割线线段之和的 D 倍。 II.幂是割线线段之积的 D 倍。 通过圆锥曲线的一个任意点 P(x, y)作切线 T 和法线,设从 P 到 x 轴的法线线段为 n,从 P 到圆锥曲线的线段为 N。假如 θ 是切线 T 与 x 轴的夹角,那么切线方向的方向数为 2 2 2 2 2 2 22 cossin n p n yq n uqD =+=+= θθ (由于 u = p – qx 表示次法线),同时对于内向法线的方向数,得到数值 Δ = sin2 θ + q cos2 θ。 法线方向在 P 点的放射值变成 E = 2(u cos θ – y sin θ) = 2n。 143 圆锥曲线和摆线题 因此,根据定理 I, (1) 2n = ΔN。 在切线T上选取一点O,设它到P的距离OP等于t;并通过O点作垂直于切线T的割线G。 设圆锥曲线Φ在割线上截成的两个线段从O点量起的长为S和S > s。根据定理II,便能将圆锥 曲线Φ在O点的幂写成Dt2和ΔSs,那么 (2) Dt2 = ΔSs。 现在作一个圆Ω,有一任意半径ρ;该圆圆心位于内法线上,而且该圆与圆锥曲线相切 于P。假如s0与S0 > s0是从O点量起的线段,并且它们是圆在割线G上截成的,那么根据切线 定理 (3) t2 = S0s0。 用(2)去除(3),便得 DS0s0 = ΔSs, 利用(1)便得 DNS0s0 = 2nSs。 现在分数 0s s 越接近于 1,圆在 P 点邻近就越是近似于圆锥曲线。但根据上面的方程, 该分数的值为 n DS S N s s ρ ρ ⋅⋅= 2 0 0 。 在P点最接近的附近,S变得与N相等,并且S0 = 2ρ,所以右边的第一和第二两个因子均 等于 1。因此,当右边的第三个因子 n Dρ 也等于 1 时,分数 0s s 最接近于 1。这样,所有的圆 Ω中,最近似于圆锥曲线的圆是具有半径 D n=ρ 的圆。 由于前面确定了 D 等于 2 2 n p ,因而得到基本定 理: Z H K FF P ψ ψ 图 53 ' 一个圆锥曲线的曲率半径的值为 2 3 p n=ρ 为了画出曲率圆,必须考虑 n p 是由法线 n 与 P 点①的焦半径 r 所成之角 ψ 的余弦,因此所得的公 式为 ψ ρ 2cos n= 。 检验该方程便得到下列 曲率半径的作图:在法线与 x 轴的交点 H 上,作法线的一条垂线;然后在它与(延长 的)焦半径的交点 K 上,作焦半径的一条垂线。第二条垂线与法线的交点 Z 便是曲率中心, 它到 P 点的距离便是曲率中心,它到 P 点的距离便是所求的曲率半径(见图 53)。 ① 从以n,r及在x上连接n与r的端点的连线w为边所构成的三角形,得到 nr wrn 2 cos 222 −+=ψ 。如果只用 x表示该分数的分子,用y2 + u2 = 2px – qx2 + (p – qx)2表示n2,用ex + k表示r,用(x – k) + u = e2x + kε表示 144 圆锥曲线和摆线题 w,并且合并,那么分子变成 2p(ex + k) = 2pr,cos ψ变成 n p nr pr = 2 2 。原注。 第56题 阿基米德对抛物线面积的推算 确定包含在抛物线内的面积。 推算抛物线的面积是阿基米德最著名的成就之一。它是约在公元前 240 年完成的,而且 它的完成是基于阿基米德三角形的特性。 阿基米德三角形是这样的三角形,它的三边中有两边是抛物线的切线,而第三边是连接 切点的弦。这最后提到的一边被当作是三角形的底边。为了作出这样一个三角形,通过准线 上的两点 H 和 K 作抛物线的平分线,并且对焦点 F 和 H 及 K 所连成的线段各作一条垂直平 分线(参见图 39)。如果把这两条垂直平分线的交点记作 S,第一条垂直平分线与轴的第一 条平行线的交点记作 A,第二条垂直平分线与轴的第二条平行线的交点记作 B,那么 A 和 B 就是抛物线上的点,而 SA 和 SB 是抛物线的切线(抛物线的典型作图),ASB 就是一个阿基 米德三角形(见图 54)。 由于 SA 和 SB 是三角形 FHK 的两边的垂直平分线,所以通过 S 而平行于轴的直线必是 第三边的垂直平分线;它通过 HK 的中点,而且作为梯形 AHKB 的中位线,它也通过 AB 的 中点 M。这就导出定理:阿基米德三角形中,底边上的中线平行于轴。 设通过底边上的中线SM与抛物线的交点O所作的抛物线的切线交SA于A′,交 SB于B′。于 是AA′O和BB′O也都是阿基米德三角形。所以根据上述定理,这两个阿基米德三角形的底边 上的中线也都平行于轴,从而也都与SO平行。因此,这些中线就是三角形SAO和SBO的中位 线,从而A′ 和B′ 是SA和SB的中点。所以,A′B′ 是三角形SAB的中位线,从而它与AB平行;因 此,A′B′ 上的点O也就必是SM的中点。 我们的研究结果即为: 阿基米德定理:阿基米德三角形的底边上的中线平行于轴,与底边平行的中位线是一条 切线,而且这条切线与底边上中线的交点是抛物线上的一点。 现在可以来确定以 AB 为底边的阿基米德三角形 ASB 中由这条底边和抛物线所围成的面 积。 切线A′B′ 以及弦OA和OB将三角形ASB分成四部分:1.包含在抛物线内的“内三角形” AOB;2.位于抛物线外的“外三角形”A′SB′;3.和 4.两个“剩余三角形”AOA′ 和BOB′, A B S S A B MO A' B' 图 54 145 圆锥曲线和摆线题 它们也是阿基米德三角形,并且为抛物线所穿过。 由于 O 点位于 SM 的中点,内三角形面积是外三角形面积的两倍。 按同样的方式,在两个剩余三角形中,每个三角形均依次产生一个内三角形、一个外三 角形和两个新的被抛物线所穿过的剩余阿基米德三角形,并且每个内三角形同样又是相应外 三角形面积的两倍。 于是,就可以无止境地继续下去,并且用许多内三角形和外三角形来覆盖初始的阿基米 德三角形 ASB 的整个表面。所有内三角形的面积之和必定也是所有外三角形面积之和的两 倍。换言之: 阿基米德定理:抛物线把阿基米德三角形分成比值为 2 : 1 的两个部分。 或者也可以这样说:被抛物线所包含的面积是相应的阿基米德三角形面积的三分之二。 阿基米德用来得到这个结论的方法略有不同。他将逐次得到的所有内三角形的面积加在 一起,从而求出抛物线所含的面积。 如果 Δ 表示初始的阿基米德三角形 ASB 的面积,那么相应的内三角形为 Δ 的一半,相 应的外三角形面积为 Δ 的四分之一,而两个剩余三角形中每一个面积为 Δ 的八分之一。因 此,逐次得到的阿基米德三角形的面积为 Δ, 8 Δ , 28 Δ ,…; 相应的内三角形面积为这样的面积之一半,而且由于每个内三角形产生两个新的内三角形, 所以得到所有这些逐次内三角形面积之和的值为 ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ +⋅+⋅+⋅+ 32 8 8 8 4822 1 ΔΔΔΔ 。 括号内是公比为 4 1 的等比级数,其和为 ΔΔ 3 4 4 11 = − 。这样就又得到被抛物线所包含的 面积的值 ΔJ 3 2= 。 由于A′B′ 与抛物线相切于O,所以由O所作到底边AB的垂线h就是抛物线所含部分的高。 由于h也是三角形ASB的高的一半,因此Δ = AB · h和 hABJ ⋅⋅= 3 2 ,也就是: 抛物线所包含的部分的面积等于它的底边与高之积的三分之二。 最后,把这部分的面积用它的横截线 q 来表示,亦即用限定这部分面积的弦在轴上的法 向投影来表示这部分面积。 A B Y X x y 图 55 利用抛物线的标准方程,并设(x, y)和(X, Y)为弦 AB 与抛 物线交点的坐标(见图 55),得到 y2 = 2px和Y 2 = 2pX, 其中 2p 表示参数。从图 55 直接得出: 2)( yYxX3 2 3 2 xyXYJ +⋅−−−= 。 这里如果以 p Y 2 2 和 p y 2 2 来分别代替X和x,便得到 12pJ = Y 3 – y3 – 3Y2y + 3Yy2 = (Y – y)3。由于Y – y就是横截线q,所以 最后得到 12pJ = q3。 146 圆锥曲线和摆线题 这个重要的公式可用文字表达如下: 抛物线与横截线所围成的面积和抛物线参数相乘之积的六倍等于横截线 q 的立方。 第57题 推算双曲线的面积 确定双曲线被截得的部分所含的面积。 选取双曲线实轴为 x 轴,虚轴为 y 轴,那么双曲线的方程为 (1) 12 2 2 2 =− b y a x , 这里 a 和 b 分别为实半轴和虚半轴。 要求出在离双曲线顶点距离为 x 处由垂直于 x 轴的双曲线的弦 2y 截双曲线所截得的面 积 A(见图 56)。这样,这条弦截双曲线所得的交点 H 与 K 的坐标是(x, y)与(x, – y)。 首先来确定所谓双曲线梯形的面积 T,也就是梯形的表面是由双曲线弧、通过弧的端点 所作的与一条渐近线相平行的直线以及由这两条平行线在另一条渐近线上截得的线段所围 成的。 O x y u v H K x y y b b a e e α α 图 56 α α y x u v x y u cos α u sin α v sin α v cos α α u v 图 57 设渐近线的角为 2α,这角的正弦为 J,于是 e b=αsin , e a=αcos (其中 22 bae += ), 2 2cossin2 e abJ == αα (见图 56)。 选取第二(斜角)坐标系的 u 和 v 轴作为渐近线。在这两个坐标系中双曲线上一点的坐 标(x, y)和(u, v)之间存在着变换方程: (2) x = u cos α + v cos α,y = v sin α – u sin α, 这从图 57 就可以看出,于是得到(1)式左边的值为 2 4 e uv ,从而得到双曲线在第二坐标系中 的方程,即所谓的双曲线的渐近线方程: (3) uv = P,其中 2 4 1 eP = , P 是所谓的双曲线的幂。 147 圆锥曲线和摆线题 设要计算的梯形 T(见图 57),是由端点坐标为(u, v)和(U, V)(这里设 U > u,V < v)的 双曲线弧,两个纵坐标 v 与 V 及梯形的底边 U – u 所围成的。 用v轴的平行线将梯形分成n个相等部 分t,于是,有T = nt;设梯形弧上截出这些 线段的点的坐标为(u1, v1),(u2, v2),… ,(un–1 , v n–1)(见图 58)。 过与一个任意的部分梯形 t 相应的双曲 线弧的端点(μ, b)和(M, B)的渐近线的平行线 决定了两个在 u 轴上有公共底边 M – μ 的平 行四边形,其中一个大于 t,另一个小于 t。 由于这两个平行四边形的面积为 Jgb 与 JgB,便得到不等式 Jgb > t > JgB。 引进所谓梯形t的商, μ Mq 用(q – 1)u 代换左边的 g,用 = , Mq ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜⎛ −1 右边的 g,就得到 u v O v u U V g 图 58 b B μ K H ⎝ 1 代换 MBqJtbqJ ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −>>− 11)1( μ , 或者作为(3)式的结果, ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −>>− qPJtqPJ 11)1( 。 如果这里用 n T 代替 t,用 PJ 去除,并将 PJ T 简写为 c,就得到 qn cq 111 −>>− , 或者,解出 q,得 n cqn c − <<+ 1 11 。 对于所有 n 个部分梯形利用这个不等式,就得到 n 个不等式 n cu u n c − <<+ 1 11 1 , n cu u n c − <<+ 1 11 1 2 , … n cu U n c n − <<+ − 1 11 1 。 148 圆锥曲线和摆线题 把它们相乘,得到 n n n cu U n c ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ − <<⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ + 1 11 。 这一不等式的平均值是所谓双曲线梯形T的商 u UQ = 。(根据第 12 题)当n无限增大时, 左边和右边都趋向于ec,这里e表示欧拉数(2.71828…)。这就给出了等式 Q = ec。 运用对数便得 (I) T = PJ ln Q, 或者用文字表达: 双曲线梯形的面积与该梯形商的自然对数成比例。 该比例常数是双曲线的幂与渐近线的角的正弦相乘之积。 由于 4P = e2, 2 2 e abJ = ,也得到 (Ia) QabT ln2= 。 若将双曲线弧的端点(u, v)和(U, V)与双曲线中心相连,就得到一个可以同样来指定其 “梯形商”Q 的双曲线扇形。因为由所提及的连线和弧的端点的坐标组成的两个三角形的面 积为 uvJ2 1 与 UVJ2 1 ,根据(3)式这两个三角形面积相等,所以扇形具有与梯形相同的面 积 S: (II) QabQPJS ln2ln == 。 现在确定 A 的面积便简单了。首先,根据(2)式,可以求出双曲线弧与截弦的交点 H 和 K 的横坐标 u 和 U: ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ −= b y a xeu 2 及 ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ += b y a xeU 2 由此得到扇形 OHK 的商为 2 ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ += − + == b y a x b y a x b y a x u UQ , (见(1)) 因此根据(II)式,扇形面积为 ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ += b y a xabS ln 。 最后,求得 A 的值等于三角形 OHK 所大过扇形的数值,或为 (III) ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ +−= b y a xabxyA ln 。 第58题 求抛物线的长 确定抛物线弧的长度。 149 圆锥曲线和摆线题 解:这个问题的下述巧妙解法来源于英国数学家I·巴诺(Isaac Barrow,1630 – 1677 年) 在 1670 年出版于伦敦的一本名著①。我们把抛物线放置在这样的一个坐标系中,使得x轴是 抛物线的轴,y轴是在顶点的切线;因此,抛物线的方程为y2 = 2px。由于任何弧均可用若干 “顶点弧”的和或差来表示,所以只需要求“顶点弧”的长度,即以顶点S为共起点的弧的 长度。设顶点弧SP的端点P的坐标为(X, Y),所求的弧长为L。 由于抛物线的次法线等于半参数 p,抛物线上一点的纵坐标 y 和与对应于这点的法线 n 之间存在着下列的关系: n2 – y2 = p2。 如果将坐标系中每个抛物线的点(x, y)指定为在新 n-y 坐标系中的一个点(n, y),那么在新 坐标系中得到一个具有半轴 p 的等边双曲线。 我们来证明抛物线的弧SP之长的p倍(pL)在数值上等于由双曲线、它的轴以及从双曲 线上对应于P点的点P′ 到双曲线虚轴的垂线N所围成的双曲线梯形的面积F。(N同时是双曲线 上点P′ 的横坐标和抛物线上P的法线长。) S P y x n 考虑抛物线弧 SP 的一段 σ = AB,该弧短得可被认为是一直线距离(即所谓的弧元素), 且过 。 从双曲线上对应于点A和B的点的点A′ 线虚轴的垂线,这样就得到一个相 2)得到 pσ = φ。 如果对抛物线弧 SP 的每一弧元素及其对应的小双曲线梯形都作成这样的方程,并将得到的 pL = F。 由第 57 题所推得的方程,便得到 其端点作抛物线轴的平行线 AC 和顶点的切线的平行线 BC = η。同时,作纵坐标 y 和 AB 中点的法线 n,这就给出边为 y,n 和 p 并与三角形 ABC 相似的直角三角形(见图 59)。 由这种相似性得到比例式 η : σ = p : n,这给出方程 (1) pσ = nη 然后, 和B′ 作双曲 应于弧A′B′ 的狭幅双曲线梯形。该梯形的面积是其高η和其中位线n的乘积(中位线为n,因 为它通过梯形高的中点,从而过双曲线坐标y的端点): (2) φ = nη。 从(1)和( 方程相加,那么在式的左边得到弧长 L 的 p 倍,而在式的右边得到如上述的双曲线梯形的面 积 F,也就是得到方程 y p η σ η y n y YY N p 图 59 P' 150 圆锥曲线和摆线题 p YNpNYF ++= ln22 2 。 从而,所求弧的长度为 p YNp p NYL ++= ln22 , 这里 Y 表示纵坐标,N 表示在弧的端点的法线。 介于 P 和 y 轴之间的一段,设 τ 为抛物线在 P 点上的倾斜 角, 现在变换所得到的方程。 设 T 为过 P 抛物线切线上的 也就是切线与 x 轴的夹角(同时也是法线 N 与 y 轴的夹角),那么 TX p Y p NY === ττ coscos22 2 和 2ctg 2cos2sin2 2cos2 sin cos1 sin cos 2 τ ττ τ τ τ τ τ ==+=+=+ N NN P YN, 因此, 2ctgln τkTL += , 这里用最短的焦半径 k 代替 p2 1 。 结论:一个抛物线的顶点弧比从弧的端点到顶点切线的抛物线切线的长度要大一个数 值,该数值与半倾斜角的余切的自然对数成比例。 这个比例常数是最短的焦半径。 ① 第59题 笛沙格同调定理(同调三角形定理) 如果两个三角形的对应顶点连线通过一点,则这两个三角形的对应边交点位于一直线 上。 之,如果两个三角形的对应边交点位于一直线上,则这两个三角形的对应顶点连线通 过一 常遇到两个三角形的顶点和边互相关联的情况(如相似三角形)。在这些场合, 为了 应顶点的直线AA′,BB′,CC′ 过一点——所谓的“同调极”时, 如果 简略地表达为笛沙格同调定理:共极三角形是共轴的,共轴 Lectiones Ceometricae 反 点。 人们常 方便起见,通常将有相互关联的所谓“对应”顶点及边,用相同字母来表示。例如将对 应顶点用A与A′,B与B′ 及C与C′ 来表示;将对应边用BC = a与B′C′ = a′,CA = b与C′A′ = b′ 及 AB = c与A′B′ = c′ 来表示。 两个三角形,当连接对 没有一对对应顶点或对应边相重合,则这样的两个三角形便称为是共极的(从一点透 视)。当对应边aa′,bb′,cc′ 相交的各点在一直线——所谓的“同调轴”上时,它们便称为 是共轴的(从一直线透视)。 应用这些术语,上述定理可 151 圆锥曲线和摆线题 三角 三角形,称为同调三角形。 格(1593 – 1662 年)在 1636 年前后发现 的, 几何中具有极其重要的意义,因而,我们将用射影方法予以证实,尽 管可 想,先来把它的一些最重要的概念及最简要的定理,尤其是 那些 该直线称为该点列的 底。 一个图形的每四 个元 形是共极的。 既共极又共轴的 同调三角形定理是法国数学家、工程师 G·笛沙 故称为笛沙格定理。然而,据希腊数学家帕普斯所述,该定理早已收集在已经失传的欧 几里德专题论文中。 笛沙格定理在射影 能有其它更简短的证法。 为不熟悉射影几何的读者着 将要在下面几节中遇到的内容,提供一个简短的说明是必要的。 在一直线上的诸点(设想为是相互紧密相连的)的全体称为点列, 通过一点的诸线(设想为是相互紧密相连的)的全体为线束,该点称为线束中线。同样 一个圆,或更一般地讲,一个圆锥曲线上的诸点的全体称为圆的点列或圆锥曲线上的点列, 或称为点场;一个圆锥曲线的诸切线的全体称为该圆锥曲线的切线的场。点列、线束及切线 族都是平面射影几何的基础结构,而点,射线及切线是相应结构的元素。 当两个基本图形的元素之间以如下的这种方式明确地互相关联着,从而 素和另一个图形的四个对应的元素具有相同的交比值时,这两个基本图形称为“射影的” (符号: ∧ )。存在于这两个图形之间的这种关系称为射影对应。 (一条直线上四点 A,B,C,D 的交比(ABCD)是: BD ABAC : , BC 一个线束里四条射线 a,b,c,d 的交比(abcd)是: bd adac sin:sin 。 bc sinsin 一个圆上四点的交比就是用这个圆上的第五点与这四点连接成的四条射线交比(根据圆周角 都为已知的,射影对应便可完全确定。 时,该点列 社射 定理);这里第五点可以任意选择。同样,一个圆锥曲线上的四点的交比,也就是圆锥曲线 上一个任意选取的第五点与这四点连接而成的四条射线的交比(参见第 61 题),最后,圆锥 曲线上四条切线的交比就是它们的切点的交比。) 若某一结构的三个元素和另一结构的对应元素 当两个射影结构的底(或中心)相重合时,这两个结构便称为重叠结构。 射影对应中特别重要的情况是透视性。而点列每一元素落在线束相应元素上 线束称为透视的( ∧ )。每一射线称为对应点的投射线,整个线束称为点列的投射线束。 当两个非重叠点列的对应点连接而成的直线通过一点——透视中心时,这两个非重叠点列称 为透视的(符号 ∧ )。如果两个线束的每对对应射线相交于一直线——透视轴时,这两个线 束便称为透视的。 两个透视图形的射线性是根据下述定理推知的。 射线被任意一条直线所截得的四个点 交比 四世纪古希腊后期的帕普斯的著作①。) A = a,OB = b,OC = c,OD = d 的 四个 同理, a sin ad : b sin bd = AD : BD。 帕普斯定理:一个线束里的四条射线的交比与这些 相等。 (见公元 证:设 A、B、C、D 的一直线与线束的四条射线 O 交点。把两条射线,例如 a 与 c 所夹之角的正弦记作 sin ac。因为从 A 与 B 至 c 的垂线 长分别为 a sin ac 与 b sin bc,并且与 AC 对 BC 之比相等,故得下列的比例式: a sin ac : b sin bc = AC : BC。 152 圆锥曲线和摆线题 两式相除得: BD AD BC AC bd ad bc ac :sin sin:sin sin = 。 证毕。 射影点列后线束总能转换到一个透视位置。 束)的对应元素上时,尽管其底(或 中心)不重合,这两个射影点列(线束)便构成透视。据此,便得到下列两个重要的定理: 的。 设两点列的底边为L与L′,它们的交点自身对应O ≡ O′,在L上选择两个固定元 素A, 两个 当一个点列(线束)的一个元素落到另一个点列(线 I.如果在两个点列的射影对应中,两底的交点自身对应,则这两个点列是透视的。 II.如果在两个线束的射影对应中,连接两中心的直线自身对应,则这两个线束是透视 I的证明: B及任意一点P。再标定L′ 上的对应元素为A′,B′ 及P′。 但 ′a′b′p′ ) = (oabp)。 又,如果在前 ′ ≡ o,a′ ≡ a, 射影线束E与E′ 的中心分 别为 = (OABP)。 但是如果 O′ ≡ O, 证明笛沙格定理就容易了(见图 B,C 找出直线AA′ 与BB′的交点S,并 将已指定的元素与S的连接线以相同的小写字母s表示(见图 60)。然后,根据帕普斯定理, (oabp) = (OABP)及(o′a′b′p′ ) = (O′A′B′P′ )。 S L 由于这些方程的右边是同样大的,根据上述 假设,可得: (o O O' A B Po a b A' P' B' o' a' b' L' 图 60 三双元素分别重合(o b′ ≡ b)时两个交比相等,那么第四对元素也重 合。因而p′ 落在p上,于是PP′ 过S点,且该点 列是透视的。 II的证明:设两 Z与Z′,它们自对应连线o′ ≡ o。在射影线束 再标定E′ E上选择两个固定元素a与b及一任意元素p, 的对应元素为a′,b′ 及p′。找出aa′ 和bb′ 的连线g,并在已知元素与g的交点以相同 的大写字母表示。然后根据帕普斯定理, (oabp) = (OABP)和(o′a′b′p′ ) = (O′A′B′P′ )。 但由于这些方程的左边部分相等,根据原 来的假设,可得: (O′A′B′P′ ) AO B Z oa b 在前三对元素分别重合( A′ ≡ A,B′ ≡ B)时两个交比相等,那么第 四对元素也重合。所以P′ 落在P上,因而p 和p′ 交于g,射影线束E和E′ 是透视的(见 图 61)。 现在, 62)。在图中,我们将一个三角形的顶点称为 A, ,它们的对边为 a,b,c;另一个三角形的对应顶点分别为 A′,B′,C′,它们的对边为 a′,b′,c′。 a与a′,b与b′,c与c′ 的交点分别为X,Y,Z,设直线CC′ 与两直线AB及AB′ 的交 点为 设对应边 H及H′。 。 ′,BB′ 与CC′ 过一点O,从O将点列AB投影到A′B′,便得到两个透视点列。 在这 证明分两步 I.假设连线AA 两个透视点列中,第一个的元素A,B,H,Z和第二个元素A′,B′,H′,Z′ ≡ Z对应。然 后,将这些点列的各点与C及C′ 连接起来,因而便得到两个射影束。在这两个射影束中,元 素CA,CB,CH ≡ CC′,CZ与元素C′A′,C′B′,C′H′ ≡ C′C,C′Z′ 相对应。因为在该射影对应 p g O' A' B' Z' p' 图 61 153 圆锥曲线和摆线题 中,连接线束中心的直线CC′ 与其本身 相对应,所以线束的射影对应是透视 的,并且对应射线交点在一直线上。 比如交点Y(CA与C′A′ 的),X(CB与C′B′ 的)和Z(CZ与C′Z′ 的)在一直线上。 II.假设aa′ (X),bb′ (Y)及cc′ (Z) 在一直线g上。将直线g的点与C与C′ 连 接起来,因而便得到两个透视线束。 在这两个线束中,第一个线束的元素 a,b,CC′,CZ对应第二个线束的元素 a′,b′,CC′,CZ′ ≡ CZ。用直线C与C′ 截这些线束,便得到两个射影点列。 其中第一个点列的元素B,A,H,Z与 第二个点列的元素B′,A′,H′,Z′ ≡ Z 对应。因为,在这个射影对应中,点 列基的交点Z ≡ Z′ 与其本身相对应,所 以这两个点列是透视的,因而对应的 连线BB′,AA′ 与HH′ ≡ CC′ 过一点。这 一点,已经被证明了。 ① Collectiones mathematicae A B C X Y Z O a b c H g A' B' C' a'b' c'H' 图 62 第60题 斯坦纳的二重元素作图法 重元素。 一个重叠射影形的二重元素,就是一个与其对应元素相重合的元素。 J·斯坦纳发现的①(参见 第 3 个所谓试位法基于下述定理: 射影对应二重元素。假设在圆 Ω上 是由两个对应 的三 由三对对应元素所给定的重叠射影形,作出它的二 对射影几何的这一基本问题的下列简单解法,是由德国数学家 4 题)。 斯坦纳二重元素作图法为解决几何作图问题提供了崭新而有效的方法,丰富了古代几何 学的内容。这 若在两个线束间的射影对应中,线束中心连成的直线自身对应,则这两个线束是透视的 (参见第 59 题)。 我们可以区分为下列三种情况: I.在一个圆上的 的两个点列R和R′ 之间的射影对应 点组(A, B, C)与(A′, B′, C′)给出的。我们来考虑线 束S和S′,它们的射影分别从点列R与R′ 引出,通过中 心A′ 与A。由于 SR ∧ , SR′∧′ ,并且根据我们的假 设 RR′∧ ,故 SS′∧ 也是成立的。但是,由于在连 接两个线束S与S′ 中 线束的对应元素 重合,因 对应是一个透视对应,这 个透视轴就是射线A′C与AC′ 心的直线AA′ 上 此,后一个射影 的交点以及射线A′B与 AB′ 的交点连接而成的直线g。所以,S与S′ 的对应射 线总相交于g。因此,为了求得与R的任意一点P相对 A B C K H B' C' g 图 63 Ω A' 应的R′ 的一点P′,我们只要把g与A′P的 154 圆锥曲线和摆线题 交点同A连接起来,这条连线与Ω相交于P′。如果要对于圆与透视轴的交点H和K来进行这样 的作图,那么所要的点H′ 就落在H上,K′ 就落在K上。由此可见,在圆上的射影对应二重点, 就是与上述透视轴的交点。 II.两个线束的二重元素。通过两个射影线束的公共中心作一圆 Ω,并根据 I,作出两 束的 二重元素。在点列的底外任取一点 Z,把它与两个重叠射影点列的点连 成直 射线截圆 Ω 所得的两个点列的二重点(见图 63)。通过二重点的线束射线便是我们所要 寻求的二重射线。 III.两个点列的 线,就得到以 Z 为公共中心的两个线束。根据 II,作出这两条线束的二重射线。这样一 来,射线点列的底与两条二重射线的交点就是所求的二重点。 ① Die geometrischen Konstruktionen. Berlin, 1883 第61题 帕斯卡六边形定理 求证内接于圆锥曲线的六边形中,三双对边的交点在一直线上。 ,4,5,6 作为六边 形的 斯卡(Blaise Pascal,1623 – 1662 年) 在长 是根据两条斯坦纳定理: 列是透视的。 所指 (a′b′c′d′ ) = (ABCD)与(abcd 因而就有 (a′b′c′d′ ) = (abcd), 也就是,线束和线束的射影都是射影 ,4,5,6。根据定理I,从中心 1 与 3 到圆锥曲线上的点 2, 一个内接于圆锥曲线的六边形,总含有圆锥曲线的六个点 1,2,3 “顶点”,以及六条连线 12,23,34,45,56,61 作为六边形的“边”。边 12 与 45, 边 23 与 56 及 34 与 61,称为“对边”。三双对边交点所在的那条直线,称为帕斯卡线,该 六边形称为帕斯卡六边形。所求证的这条定理可以更简略地表达为: 帕斯卡六边形的三对边的交点位于一条直线上。 圆锥曲线理论的这一基本定理,在 1640 年由 B·帕 达六页的论文①中发表,发表时他年仅 17 岁。 帕斯卡定理的证明方法很多。下述的射影法证明 I.圆锥曲线的点是利用射影线束对它们中各点对进行投影而形成的。 II.在两点列间的投影对应中,如果它们的底的交点自身对应,则该两点 I的证明:这个定理对于圆最为适用(在圆中, 明的线束甚至就是全等的)。我们知道,因为 圆锥曲线是圆的中心射影,又因为在这个射影中, 我们所论及的线束总是作为圆内的射影线束的投 影而出现的,所以只需要证明在平面上一个线束 的中心射影是关于该线束为射影(对应)的。这 正是帕普斯定理所述的情况。具体地讲,如a,b, c,d是位于E上的四条射线,a′,b′,c′,d′ 是它们 在平面E′ 上的四个中心射影,并且如果A,B,C, D是射线对(a, a′ ),(b, b′ ),(c, c′ )及(d, d′ )相交于 这两个平面的交线上的四点,那么根据帕普斯定 理,有 1 2 3 4 5 6 p Z 2' 4' 6'5' 5'' 4'' 2'' 6'' 图 64 ) = (ABCD), (对应)的。 II 的证明:见第 59 题。 现在来证明帕斯卡定理。 设六边形的顶点为 1,2,3 155 圆锥曲线和摆线题 4,5 卡定理的逆定理:如果一个六边形(其中没有三个顶点在一直线上)的对边相交在 一直 圆锥曲线与六边形的第五边 56 相交 于 6 次,那么便得出帕斯卡定理的一些推论, 我们 指的是顶 点 6 图 65):在每个内接于圆锥曲线的 五边 ;于是, 六边 它的相对顶点,在这两双顶点的切线交点同样也位于帕斯卡直 线上 于圆锥曲线的四边形中,所有各双对边与各双相对顶点 的切 同样,顶点 3 和 4 重合,顶点 5 和 6 重合;这样,六边形就变成 了一 接于圆锥曲线的三角形中,它们各边与切于所对顶点的切 ,6 的射线构成射影线束;从而这些射线与直线 54 与 56 的交点 2′,4′,5′,6′ 和 2″,4″, 5″,6″ 便形成射影点列。因为在它们的底的交点 5 处,点列的对应元素是相重合的(5′ ≡ 5″), 所以根据定理II,这些点列就是透视的;因此,直线 2′2″、4′4″ 及 6′6″ 的交点Z,也就是直线 34 与 61 的交点。换言之,对边的交点 2′(直线 12 与 45 的交点)、2″(直线 23 与 56 的交 点)及Z(直线 34 与 61 的交点)位于一直线上(见图 64)。这直线就是帕斯卡直线p ≡ 2′Z2″。 证毕。 帕斯 线上,则他们的六个顶点位于一个圆锥曲线上。 间接证明:设由 5 个顶点 1,2,3,4,5 所确定的 *。根据帕斯卡定理,要得到 6*,我们就来作帕斯卡直线(而连接对边 12 与 45 的交点 及 23 与 56 ≡ 56*的交点的直线),得出它与直线 34 的交点 Z,并确定 1Z 与 56* ≡ 56 的交点 (6*)。但是根据假定,该点就是 6,所以 6* ≡ 6。 如果帕斯卡六边形两个顶点重合一次、二次或三 将把其中最重要的几条介绍于下。 I.顶点 5 与 6 重合;通常认为,这 p A B C D 图 65 越来越接近顶点 5,直至最后与之重合。这就 把弦 56 变换成在点 5 的切线,从而六边形也就被 变换成五边形 12345。于是,帕斯卡定理就要表示 成下列形式: 推论 1(见 形中,两双相邻边的交点同第五边与通过相对 顶点的切线相交的点位于一直线上。 II.顶点 5 与 6 重合且顶点 2 与 3 重合 形就变成一个四边形 1234。四边形的对边 12 与 45 以及对边 24 与 51,和在相对顶点 2 与 5 的 切线彼此相交在一直线上。 由于能容易地选择两个其 。 pp 图 67图 66 这样,我们便得到下列推论: 推论 2(见图 66):在每个内接 线相交在一直线上。 III.顶点 1 和 2 重合; 个三角形,从而我们得到: 推论 3(见图 67):在每个内 156 圆锥曲线和摆线题 线相交在一直线上。 ① Essai Sur Les Coniques 第62题 布里昂匈六线形定理 求证外切于圆锥曲线的六线形中,三条对顶线通过一点。 线 I,II,III,IV,V,VI 作为 顶线所通过的点称为布里昂匈点,该六线形称为布里昂匈六线形。待证的定理可 用更 顶线通过一点。 中具有重要意义。1810 年,法国数学家布 里昂 理,用投影法证明布里昂匈定理: 的直线自身对应,则两个线束是透 视的 证明:首先对圆证明定理 I。为此,让我们研究下列结构:1.圆上动点 P 通过点列 R;2 中心投影,在该投影中,它的切线是圆 切线 V,VI。根据辅助定理I,II,IV,V,VI与切线I与III 所产 逆定理:如果一个六线形(其中没有三边过一点)的对顶线过一点,则六线形 的边 外切于圆锥曲线的六线形总含有与该圆锥曲线相切的六条切 六线形的边,以及六个交点 I II,II III,III IV,IV V,V VI,V II 作为六线形的顶点。 顶点 I II 与 IV V,顶点 II III 与 V VI 及顶点 III IV 与 V II 称为对顶点,连接它们的直线称为 对顶线。 三条对 简短的形式表达如下: 布里昂匈六线形的三条对 该定理与帕斯卡定理一样,在圆锥曲线理论 匈发表了该定理①。 下面根据两个斯坦纳定 I.圆锥曲线的切线截其中两条切线成射影点列。 II.如果在两个线束间的射影对应中,连接线束中心 。 I 的 .由圆上定点 F 到动点 P 的射线 FP 的线束 B;3.由 P 的不同位置所画切线 t 的场 C; 4.这些切线与通过 F 的固定圆切线 f 的交点 S 的点列 r;最后,5.由圆的中心 M 到 S 点的 射线 MS 的线束 b。那么由定义,R、B 与 C 是投影的,因为 B 与 b 重合(自 B 引出的每一 射线与自 b 引出的相应射线是垂直的),所以它们也是投影的。最后,由于 r 和 b 是透视的, 所以它们也是投影的。因此 C 和 r 是投影的。也就是说: 一个圆的切线截其中的两条切线成投影点列。 现在,对圆锥曲线证明定理 I。圆锥曲线是圆的 的透视。在该投影中,所提到的点列是两个点列的透视。该点列是各条圆切线是在两条 固定圆切线上生成的,它们与在中心射影中所选择的圆锥曲线切线相对应。由于后一个点列 是投影的,那么前一个点列必定是投影的。 II 的证明:见第 59 题所述。 现在,来证明布里昂匈定理: 设六线形的边为I,II,III,IV, 生的交点构成射影点列,因此,这些点与(中心)V IV及V VI连接的线II′,IV′,V′, VI′ 与II″,IV″,V″,VI″ 构成投影线束。因为在连接中心的直线V中,对应的射线(V′ ≡ V″) 重合,根据辅助定理II,线束是透视的,并且射线II′ 与II″,IV′ 与IV″,VI′ 与VI″相交在一直 线即透视轴上,亦即点IV′ IV″ 与VI′ VI″,也就是点III IV与V II的连线a上。换言之,对顶线 II′(从I II至IV V),II″(从II III至V VI)与a(从III IV至VI I)过一点,即布里昂匈点(见图 68)。证毕。 布里昂匈 是一个圆锥曲线的切线。 157 圆锥曲线和摆线题 I II III IV V VI a B II' II'' VI' V' V'' IV'' IV' VI'' 图 68 间接证明:与帕斯卡逆定理(第 61 题)的证明相似。 如果布里昂匈六线形的两条边重合一次、二次或三次,我们可得到布里昂匈定理定理的 许多推论,下面介绍其中最重要的几条: I.边 V 与 VI 重合;此可被视为 VI 越来越接近边 V,最后与其重合。这样 V 与 VI 的 交点便成切线 V 的切点,而六线形便成五线形 I II III IV V。因此布里昂匈定定理可假设如 下: 推论 1(见图 69):在每个外切于圆锥曲线的五线形中, 连接两对非邻顶点的直线和连接第五顶点与其对边的切点 的直线过一点。 II.边 V 与 VI 相重合,边 II 与 III 相重合;这样六线形 便成为四线形 I II IV V,于是对顶 I II 与 IV V,II IV 与 V I 的连线以及切点 II 与 V 的连线过一点。由于对边 I 与 IV 的 切点容易选出,故它们的连线也过布里昂匈点。由此,我们 得出: 推论 2(见图 70):在每一个外切于圆截曲线的四线形 中,两条对角线及对边两条切线弦过一点。 B B 图 70 图 71 图 69 B III.边 I 与 II 重合,边 III 与 IV 重合,边 V 与 VI 也重合;这样,六线形便成三线形。 由此我们可得: 推论 3(见图 71):在每一外切于圆锥曲线的三角形中顶点与对边切点的连线过一点。 ① Journal de l’École Polutechnique 158 圆锥曲线和摆线题 第63题 笛沙格对合定理 一条直线与一个完全四点形①的三双对边的交点与外接于该四点的圆锥曲线构成一个 对合的四个点偶。一个点与一个完全四线形的三双对顶点的连线和从该点向内切于该四线形 的圆锥曲线所引的切线构成一个对合的四个射线偶。 这里,假设所提到的直线不通过四点形的一个顶点,所提到的点也不在四线形的一条边 上。 上述定理是笛沙格(参见第 59 题)于 1639 年在他的有关圆锥曲线理论的主要著作②中 进行了系统阐述和论证的。 笛沙格是对合概念及一系列令人惊异的对合理论的创始者,在这里提供一些关于对合的 最重要特性的简要说明,对那些不熟悉这方面内容的读者似乎是恰当的。 在两个对应结构 I 和 II 之间的重叠射影对应中(参见第 59 题)公共底上的每一元素既 可当作属于 I 也可当作属于 II 的。现在假如在底上有这样的两个元素 A 与 B,使得把 A 作 为 I 的元素时,就有 II 的元素 B 与之对应。同时,如果把 B 作为 I 的元素,那么就有 II 的 元素 A 与之对应。于是我们就说元素 A 与 B 是(相互)共轭或在双重形式中互相对应。 除了共轭点对(A, B)外,我们考虑另一任意的对应元素对:属于 I 的 P 及属于 II 的 Q。 根据公式 (ABPQ) = (BAQP), 就有属于 I 的元素 Q,也同样有属于 II 的元素 P 与之对应。亦即 P 与 Q 也是共轭的。于是 在重叠射影对应中,如果一对对应元素是由共轭元素组成的,那么每对对应元素均由共轭元 素所组成。 每两个对应元素共轭的一个重叠射影对应,叫做一个对合或一个对合射影对应。每对共 轭元素简称为该对合的一个元素偶。 由于射影对应元素所确定的,所以一个对合由两对共轭元素A,A′ 与B,B′ 决定,这其 实就是由一个结构的三个元素A,A′,B与另一结构的三个对应元素A′,A,B′ 决定的。 利用笛沙格对合定理可以有效地实现一个对合作图,即任一元素P的对应元素P′ 的作 图。(见图 72,图中没有画出圆锥曲线。) 例如,我们所论及的是两个点列的对合。 设(A, A′ )和(B, B′ )是已知对合的点对,C 为底L上的另一已知点,C′ 为所求的C的 对应点。先经过A、B、C作三条直线, 形成一个三角形 123(A在 23 上,B在 31 上,C在 12 上),然后连接 1 与A′,2 与 B′ 以及 3 与这两条连线的交点 4。这样一 来,34 便与底相交于C′(四点形 1234 的 三双对边 23 与 14,31 与 24,12 与 34, 截底L于笛沙格对合的点(A, A′ ),(B, B′ ) 及(C, C′ ))。两个射影线束之间对合的作 图可用很相似的方式来进行。 1 2 4 3 A B CA' C' B' L 图 72 现在,我们来研究在一个圆上的对合这一重要情形。设(A, A′ )和(B, B′ )为在一个圆上的 两个点列之间的一个对合的两个点列(图 73)。 我们将两个集合的各点与圆上的点A和A′ 连接起来。这样便得到两个射影线来,其中第 一个线束的射线AA′,AB,AB′ 与第二个线束的射线A′A,A′B′,A′B相对应。因为线束中心的 159 圆锥曲线和摆线题 连线AA′ 自身对应,故线束是透视的 (参见第 59 题)。透视轴是AB和A′B′ 的交点Z与AB′ 和BA′ 的交点O的连 线。 为了寻找对合中任一点C的对 应元素C′,我们使AC和OZ交于Y, 并连接A′ 与Y,这条连线与圆交于 C′。 我们也可以从线束中心B与B′ (代替A与A′)出发,进行全面的考 虑,这样,有BC与OZ相交,将交点 X与B′ 连接起来,我们也得到C′。 由于两个三角形ABC与A′B′C′ 的对应边(标注相同字母符号)相 交在一直线(XYZ)上,所以根据笛沙格对应定理(第 59 题),对应顶点的连线AA′,BB′, CC′ 便通过一点S。如果经过S引任一割线,那么这条割线便截这圆于对合的两个共轭点。 A B C S Y X O Z A' B' C' 图 73 我们所研究的结果就是这一定理: 在一个圆上的对合中,所有共轭点对的连线 通过一个点。 反之: 一条绕着定点旋转的动割线与圆截于成对 合的点对处。 下列定理是用相似的方式来证明的。 一个圆上的对合中,所有共轭切线对的交点 位于一直线上。 反之: 如果一点在一条直线上运动,那么从这个动 点引出的圆的切线便生成在圆上的一个对合(见 图 74)。 此外,因为每一圆锥曲线都是一个圆的中心 射影,并且在两个结构之间的射影性,从而对合性是不因这些结构经过射影而失效的(帕普 斯定理,参见第 59 题),所以,上述两个定理对圆锥曲线同样适用。 A B C a b c a' b' c' 图 74 一个圆锥曲线的对合:在一个圆锥曲线上的一个对合中,所有共轭点对之连线通过一个 定点。 在一个圆锥曲线上的对合中,所有共轭切线交点位于一条直线上。 反之: 绕着定点旋转的动割线截圆锥曲线于成对合的点对处。从沿着定直线移动的一个动点所 引圆锥曲线的切线是成对合的切线对。 笛沙格对合定理的证明基于下述的两个定理: 圆锥曲线上的点是利用射影线束向各点作投影而形成的(参见第 61 题)。 圆锥曲线的切线把其中两条切线截割成射影点列(参见第 62 题)。 设 1234 为内接四边形,直线 g 分别截边 23,31,12 于 A,B,C,截圆锥曲线于 S 和 S′ 设I II III IV为外切四线形,点P与顶点II III,III I,I II的连线分别为a,b,c,点P与 对顶点I IV,II IV,III IV的连线分别为a′,b′,。 160 圆锥曲线和摆线题 将圆锥曲线上的 2,3,S,S′ 与 1 和 4 连接起来便得到以 1 和 4 为中心的两个射影 线束。因此,12,13,1S,1S′ 与 42,43,4S, 4S′ 是射影对应的(见图 75)。 我们使这些线束与 g 相交,得到以 g 为 底的两个重叠射影点列;在它们中,有 SSCBSCBS ′′′∧′ , 即 (CBBSS′ ) = (B′C′SS′ )。 现在我们分别将等式右边的前两项与后 两项互换,得到 (CBSS′ ) = (C′B′S′S), 从而 SSCBSCBS ′′′∧′ 。 在这个射影中,有两个共轭点S与S′。因 此,这一射影对应是一个对合,点B与B′及点 C与C′ 均是共轭的。 如果我们将圆锥曲线上的点 3,1,S,S′ 与 2 和 4 连接起来,并采用同样的分析方法, 就得到 c′;设从P点引向圆锥曲线的切线分别为t和t′。 圆锥曲线II,III,t,t′ 与I和IV相交便得到以I 和IV为底的两个射影点列。因此,I II,I III, I t,I t′ 与IV II,IV III,IV t,IV t′是射影对应 的(见图 76)。 (ACSS′ ) = (A′C′S′S), 所以,由点对(S, S′ )与(C, C′ )所确定的对合 中,点A与A′ 同样是共轭的。 因此,(A, A′ ),(B, B′ ),(C, C′ )及(S, S′ ) 是一个对合的点对。 我们从 P 点向这些点列作投影,得到以 P 为中心的两个重叠射影线束;在它们中, ttcbtcbt ′′′∧′ , 即 (cbtt′ ) = (b′c′tt′ )。 现在我们分别将等式右边的前两项与后 两项互换,得到 (cbtt′ ) = (c′b′t′t), 从而 ttcbtcbt ′′′∧′ 。 在这个射影中,有两条共轭射线t与t′。因 此,这一射影对应是一个对合,射线b与b′ 及 射线c与c′ 均是共轭的。 如果我们将切割圆锥曲线的切线 III,I, t,t′,用 II 与 IV 来截,并采用同样的分析方 法,就得到 (actt′ ) = (a′c′t′t), 所以,由射影对(t, t′ )与(c, c′ )所确定的对合 中,射线a和a′ 同样是共轭的。 因此,(a, a′ ),(b, b′ ),(c, c′ )及(t, t′ )是 一个对合的线对。 至此,笛沙格对合定理已被证明。 几种特殊情况 我们使圆锥曲线、三个顶点 1,2,3 与 直线g保持固定;另一方面,让顶点 4 在圆锥 曲线上向 3 移动。于是,割线 34 便趋近与点 B,而点B′ 趋近于点A。当顶点 4 到达 3 时, 43 就变成通过 3 的一条切线,点A′ 变与B重 我们使圆锥曲线、三条边I,II,III与点P 保持固定;使边IV沿着圆锥曲线向位置III运 行。于是,顶点III IV便趋近于切线III的切点, 同时,射线a′ 趋近射线a。当边IV与边III重合 时,顶点IV III就变成切线III的切点,射线a′ 与 A 1 2 3 4 B S g C A' C' B' S' 图 75 I II III IV P a b c t a' b' c' t' 图 76 161 圆锥曲线和摆线题 合,B′ 与A重合。 b重合,射线b′ 和射线a重合。 因此,我们得到 推论 1 1.一条直线与圆锥曲线的交点;2.这 条直线与内接于圆锥曲线的三角形的两边的 交点;3.这条直线与三角形的第三边及圆锥 曲线上通过这边所对的定点的切线的交点, 是一个对合的三个点对。 1.从一点所引的圆锥曲线的切线;2.这 点与外切于圆锥曲线的三角形的两个顶点的 连线;3.这点与三角形的第三顶点及这顶点 及这顶点所对边上的切点的连线,是一个对 合的三个线对。 如果所得到的上图(图 77)中的圆锥曲 线、直线g及顶点 1 和 3 保持固定,令顶点 2 向 1 移动,这样,边 12 便趋近于通过 1 的切 线,点A趋近于A′。当 2 到达 1 时,12 就变成 通过 1 的切线,A和A′ 重合,点C便落在通过 1 的切线上。 如果所得到的上图(图 78)的圆锥曲线、 点P及边I和III保持固定,令边II向边I运行, 这样,点I II便趋近于在I上的切点,射线a趋 近于射线a′。当II到达I时,I II就变成在I上的 切点,a与a′ 重合,射线c便通过在I上的切点。 这样,我们得到 推论 2 已知一个圆锥曲线的两条切线和它们的对应的切点弦(见图 79 和图 80): 如果把任意 一直线与圆锥曲 线的交点选作对 合于第一对点 偶,而把它与已 知切线的交点选 作这个对合的第 二点偶,那么切 点弦与该直线的交点便是该对合的一个二重 点。 如果把从 任意一点所引圆 锥曲线的切线选 作对合的第一对 射线偶,而把从 该点到已知的切 点的两端的射线 选作这个对合的 第二对射线偶,那么已知切线的交点与该点 的连线便是该对合的一条二重射线。 注:通过一个四角形的四个顶点可以有无数的圆锥曲线,它们组成一个所谓圆锥曲线束。 这个(完全)四角形在本文中称作基本四点形。 同样,与一个四边形的四条边相切也有无数的圆锥曲线,它们组成一个所谓圆锥曲线场。 这个(完全)四线形在本文中称作基本四线形。 因为笛沙格定理使用于这些圆锥曲线中的每一个,所以我们可将这一定理用最一般和最 简短的形式阐述如下: R Q P P' Q' R' 图 77 p q r ' r' q' 图 78 p a b d a' b' d' 图 80 A B O B' O' A' 图 79 162 圆锥曲线和摆线题 笛沙格对合定理:一束圆锥曲线与一条直线的交点是一个对合的点对。 从一点所引一个场内的圆锥曲线的切线对是一个对合的射线对。 这里,基本四点形的对边可以看作是束中的(退化)圆锥曲线,基本四线形的对顶点可 以看作是场里的(退化)圆锥曲线。 ① 一个完全四点形(四线形)实际上含有四点(线)1,2,3,4 和它们的六条连线点 23,14,31,24, 12,34;其中 23 与 14、31 与 24、12 与 34 称为对边(对顶点)。原注。 ② Brouillon-Projet d’une atteinte aux événements des rencontres d’un cons avec un plan 第64题 由五个元素得到圆锥曲线 求作一个圆锥曲线,它的五个元素——点和切线——是已知的。 对于这个基本问题的解法,我们要区分三种情况: 1.五个元素为同一类型; 2.四个元素为同一类型,而第五个元素为另一类型; 3.三个元素为同一类型,而另外两个元素为别的类型。 在下文中,我们以 R 代表圆锥曲线。 I.由五点作一圆锥曲线。 I.由五条切线作一圆锥曲线。 这个问题通常利用帕斯卡定理来解。 我们按任意次序用 1 到 5 给五点编号, 设 6 是通过 5 的任意一直线 g ≡ 56 与 R 相交 的未知点。随后,我们来作出六角形 123456 的帕斯卡线 p,把它作为连接对边 12 和 45 的交点与对边 23 和 56 ≡ g 的交点的直线。 顶点1与两条直线34和p的交点的连线, 与直线 g(≡ 56)相交,这个交点就是所求的 点 b。 用另一直线 g 重复这样的作图,我们便 能得到所要得到的 R 的许多点。 为了在圆锥曲线的已知五点 1,2,3,4, 5 的某一处,假定就在 5 处,作 R 的切线, 我们就来利用帕斯卡定理的第一推论。 作边 51 和边 43 的交点,同样,作出边 54 和边 12 的交点,并且让连接这两个交点的 直线 p 与边 23 相交。把定点 5 与上述两直线 的交点连接起来,这条连线就是所求在点 5 的切线。 这个问题通常利用布里昂匈定理来解。 我们按任意次序用 I 到 V 给这五条切线 编号,设切线 VI,为从切线 V 上的任意一点 P ≡ V VI 所引 R 的未知切线。随后,我们作 出六边形 I II III IV V VI 的布里昂匈点 B,把 它作为对顶点 I II 和 IV V 的连线与对顶点 II III 和 V VI ≡ P 的连线的交点。 边 I 与 III IV 和 B 的连线的交点就是所求 切线 VI 的第二点。 用另一点 P 重复这样的作图,我们便能 得到所要得到的 R 的许多切线。 为了在圆锥曲线的已知五条切线 I,II, III,IV,V 的每一条上,假定就在 V 上,作 出与 R 相切的切点,我们就来利用布里昂匈 定理的第一推论。 作出顶点 V I 和 IV III 的连线,同样,作 出顶点 V IV 和 I II 的连线,把这两条直线的 交点 B 与顶点 II III 连接起来。这条新的连线 与切线 V 相切于所求的切点。 II.已知四点 1,2,3,4 及一条切线 t, 作一圆锥曲线。 II.已知四条切线 I,II,III,IV 及一点 P,作一圆锥曲线。 第一种情况:切线 t 通过已知四点中的 一点,例如 4。 假定切线 t 为圆锥曲线上两个无限接近 的点 4 与 5 的连线,因此有 t ≡ 45;再假设从 1 引出的任意一直线 x 与 R 的交点为 6,于是 第一种情况:点 P 位于已知四条切线中 的一条切线上,例如 IV。 假定点 P 为圆锥曲线的两条无限接近的 切线 IV 与 V 的交点,因此有 P ≡ IV V;再 假 设从 I 的任意一点 X 所引 R 的另一条切线为 163 圆锥曲线和摆线题 又有 x ≡ 16。然后作出六角形 123456 的帕斯 卡线 p,把它作为对边 12 和 45 ≡ t 的交点与 对边 34 和 61 ≡ X 的交点的连线。再作顶点 4 与直线 p 和 23 的交点的连线,该连线与 g 相 遇在所求的点 6 处。 现在,我们已有 R 的五个已知点,这个 问题便转化为 I 的情况。 VI,于是又有 X ≡ I VI。然后作出六边形 I II III IV V VI 的布里昂匈点 B,把它作为对顶点 III IV 和 VI I ≡ X 的连线的交点。再作边 IV 与点 B 和 II III 的连线的交点,该交点便是所求切 线 VI 的一个第二点。 现在,我们已有 R 的五条切线,这样问 题便转化为 I 的情况。 第二种情况:切线 t 不过任何一个已知 点。 为解决该问题,我们用笛沙格对合定理 (参见第 63 题),取 t 作为对合基。设四边 形 1234 的边 12,34,23,41 与 t 相交的交 点为 A,A′,B,B′。然后,作由点对(A, A′ ), (B, B′ )所决定的在 t 上的一个对合的二重点; 这点就是切线 t 的切点。 至此,R 的五点已知,问题转化为 I 的情 况。 第二种情况:点 P 不在任何一条已知直 线上。 为了解决该问题,我们应用笛沙格对合 定理(参见第 63 题),取 P 作为对合基。设 四线形 I II III IV 的顶点 I II,III IV,II III, IV I 与 P 相连的连线为 a,a′,b,b′。然后, 作由射线对(a, a′ ),(b, b′ )所决定的在 P 处的 二重射线;这条射线就是通过 P 的圆锥曲线 切线。 至此,R 的五条切线已知,问题转化为 I 的情况。 II 中的第二种情况,如果对合有两个二重元素,就有两个解;如果对合无二重元素,就 无解。 III.已知一条圆锥曲线的三点 A,B,C 及两条切线 d 和 e,作该曲线。 III.已知一条圆锥曲线的三条切线 a,b, c 及两点 D 和 E,作该曲线。 第一种情况:d 过 A,及 e 过 B。 先作出由 A 引出的任一直线 g 与 R 的交 点 S。 为解答这一问题,我们作六边形 123456 的帕斯卡线 p,在该六边形中,顶点 1,2 与 A 重合,顶点 5 与 C 重合,顶点 6 与 S 重合, 边 12 与 34 分别由切线 d 与 e 来表示。P 是 边 12 ≡ d,45 ≡ BC 的交点与边 34 ≡ e,61 ≡ g 的交点的连线。将直线 p、边 23 ≡ AB 与顶点 5 ≡ C 的交点相连,该连线与 g 相遇在所求的 圆锥曲线点 S 处。 第一种情况:D 位于 a 上,及 E 位于 b 上。 先作出从切线 a 的任意一点引向 R 的(第 二)切线 t。 为解答这一问题,我们作六线形 I II III IV V VI 的布里昂匈点 B。在该六线形中,边 I,II 与 a 重合,边 III,IV 与 b 重合,边 V 与 c 重合,边 VI 与 t 重合,顶点 I II 与 III IV 分别由点 D 与 E 来表示。B 是顶点 I II ≡ D 和 IV V ≡ bc 的连线,与顶点 III IV ≡ E 和 VI I ≡ P 的连线的交点。边 V ≡ c 与点 B 和 II III ≡ ab 的连线的交点便是所求的切线 t 的第二点。 采用同样方法,作出 R 的第五条切线, 这样,问题便转化成 I 的情况。 采用同样方法,作出 R 的第五个点,这 样问题便转化成 I 的情况。 第二种情况:d 过 A,而 e 不过任何一个 已知点。 对于这种情况,我们可采用笛沙格对合 定理的推论 2 来解。 设直线 BC 与 d,e 的交点分别为 D 和 E, 并作由点对(B, C)和(D, E)规定的对合二重 点。该点与 A 的连线通过 e 的切点。 至此,这一问题便转化成原先的情况。 第二种情况:D 在 a 上,而 E 不在任何 已知切线上。 对于这种情况,我们可采用笛沙格对合 定理的推论 2 来解。 设 bc 与 D,E 的连线分别为 d 和 e,并 作由射线对(b, c)和(d, e)规定的对合的二重射 线。该射线与 a 的交点在过 E 的切线上。因 此,此切线被确定。 164 圆锥曲线和摆线题 至此,这一问题便转化成原先的情况。 第三种情况:两切线中没有一条过任何 一个已知点。 在这种情况时,其解基于笛沙格对合定 理的推论 2。 设 BC 与 d,e 的交点分别为 D 和 E,确 定由点对(B, C)及(D, E)规定的对合的一个二 重点 P,该点在切线 d 和 e 切点弦上。 再设CA与d,e的交点为D′ 和E′,作由点 对(C, A)及(D′, E′ )确定的对合的一个二重点 P′,这二重点也在切线d和e的切点弦上。 连接二重点P及P′ 的直线就是我们已提 到的切点弦,并与切线d和e交于它们的切点 处。 至此,R 的五点已知,这样,问题又转 化成 I 的情况。 第三种情况:两点中没有一点在任何一 条已知切线上。 在这种情况时,其解基于笛沙格对合定 理的推论 2。 设 bc 与 D,E 的连线分别为 d 和 e,确 定由射线对(b, c)及(d, e)规定的对合的一条二 重射线 S,该射线过由 D 和 E 引出的切线的 交点。 再设ca与D,E的连线为d′ 和e′,作由射 线对(c, a)及(d′, e′ )确定的对合的一条二重射 线s′,这二重射线也过D和E引出的切线的交 点。 两条二重射线s及s′ 的交点就是已提到的 切线的交点,而该点与点D和E的两条连线就 是过D和E的切线。 至此,R 的五条切线已知,这样,问题 又转化成 I 的情况。 最后的问题只有当两个指定的对合中的每个对合具有二重元素时才有一个解。由于可以 把一个对合中的两个二重元素中的每一个与另一对合中的二重元素中的每一个相连,从而分 别得到四条可能的切点弦及切线交点。这样就得到四个不同的圆锥曲线。 第65题 一条圆锥曲线和一条直线 一条已知直线与一条具有五个已知元素——点和切线——的圆锥曲线相交,求作它们的 交点。 在解这题时,联系到第 64 题,我们假定该圆锥曲线的五点为已知。这题的解法要根据 下述定理:1.圆锥曲线的点是由射影线束向这些点对投影而形成的(参见第 61 题);及 2.斯 坦纳的二重元素作图法(参见第 60 题)。 已知直线为g,已知圆锥曲线的五点为A,B,C,D,E。我们再假设该圆锥曲线的各点 是由两个射影线束I,II对D和E的投影。这些射影线束截直线g成为两个射影点列 1 与 2。直 线g与圆锥曲线的两个交点S与T就是射影对应 21 ∧ 的二重元素。然而,这个射影对应是由下 列因素决定的——直线g与射线DA,DB,DC的交点A1,B1,C1和直线g与射线EA,EB,EC 的对应交点A2,B2,C2。 因此根据斯坦纳定理,我们作出由对应三点组(A1, B1, C1)与(A2, B2, C2)所决定的直线g上 的射影对应之二重元素。它们就是所求的交点。 第66题 一条圆锥曲线和一定点 已知一点及一条具有五个已知元素——点和切线——的圆锥曲线,作出从该点列到该曲 线的切线。 回顾第 64 题,假设圆锥曲线的已知元素均为切线。 那么此题的解法要根据下述定理进行: 165 圆锥曲线和摆线题 1.一条圆锥曲线的切线把其中两条切线截成射影点列(参见底 62 题),及 2.斯坦纳 的二重元素作图法(参见第 60 题)。 设已知点为P,已知切线为a,b,c,d,e。再假设圆锥曲线的切线与d,e相交,这样我 们在d与e上便得到两个射影点列 1 与 2,在这两个点列中,d与切线a,b,c的交点A1,B1, C1与切线a,b,c的交点A2,B2,C2是对应元素。因此,从P向这些点列作投影就形成两个射 影对应的线束I和II。该(重叠)射影对应是由下列因素所决定——交点A1,B1,C1与P连成 直线aI,bI,cI及交点A2,B2,C2与P连成直线aII,bII,cII。由于从P到圆锥曲线的两条切线s 与t截 1 与 2 成对应元素,所以s与t是射影对应 III ∧ 的二重元素。 因此,根据斯坦纳定理,我们作出由对应射线的三线组(aI, bI, cI)与(aII, bII, cII)决定的重 叠射影对应的二重元素。它们就是所求的切线。 166 立体几何题 立体几何题 第67题 斯坦纳的用平面分割空间 n 个平面最多可将整个空间分割成多少份? 这个非常有趣的问题是斯坦纳在他的论文“关于划分平面和空间的几个法则”中①提及 的。 先解预备题:一个平面最多可以被 n 条直线分割成多少份? 很明显,当没有两条直线平行,且没有两条以上的直线通过同一点时,所分成的份数为 最大。下面,就假设这两个条件是得到满足的,并且把由 n 条线所分成的平面部分的相应数 目记作 n 。 于是设平面已被 n 条直线分割成 n 个部分平面。接着划上一条直线。这条线被先前的 n 条线分割得到 n 个点,而且它就这样横穿过原有的 n 个部分平面中的 n + 1 个,把它们的 每一个分成两份;所以第 n + 1 条直线使得部分平面的份数增加 n + 1。因此,得到方程 )1(1 ++=+ nnn 。 然后应用方程于 n = 0,1,2,…的情形,就作成 n 个方程: 111 += , 212 += , 323 += , … nnn +−= 1 。 把这些方程相加,其结果为 )321(1 nn +++++= , 或者,由于开头的 n 个自然数之和为 2 )1( +nn ,得到 (1) 2 )1(1 ++= nnn 。 由此可见,一个平面最多可被 n 条线分割成 2 22 ++ nn 份。 所得到的结果,对于 n = 1,2,3,…各情形,是容易证实的。 现在来讨论空间问题。当没有三个以上的平面集交于一点,而且平面的交线也没有两条 以上相平行时,所得的部分空间数达到最大值,这是很明显的。因此,假定这些条件下面的 讨论中都得以满足,并把由 n 个平面所分割成的部分空间数记作 n 。 于是,就设 n 个平面把空间分割成 n 个部分空间。对这些平面加上另一个平面;这个平 面与原来的 n 个平面相交成 n 条直线,其中没有两条以上的交线通过一个点,也没有两条或 两条以上的线互相平行。因此这个新的第 n + 1 个平面就被分割成 n 个部分平面。 这 n 个部分平面中的每一个都把它横贯的那一部分空间分成两个较小的空间。所以加上 167 立体几何题 第 n + 1 个平面就把原有的部分空间数增加了 n 。这就给出了方程 nnn +=+1 以 n = 1,2,3,…等情形来构作这样的方程,得到 n 个方程: 111 += , 112 += , 223 += , … 11 −+−= nnn 。 将这些方程相加,其结果为 13212 −+++++= nn , 或者根据(1),得到 ])1(3221[2 11 nnnn −++×+×++= 。 若将每个乘积v(v + 1)分成v2 + v,便得到 )]}1(21(])1(21{[2 11 222 −++++−+++++= nnnn 。 根据第 11 题,第一和第二方括号内的和分别为 )12()1(6 1 −− nnn 和 nn )1(2 1 − ; 于是大括号就等于 )1()1(3 1 +− nnn ,从而 )1()1(6 11 +−++= nnnnn , 或者 6 653 ++= nnn 。 结论:用 n 个平面来分割空间,所分得的份数最多可分为 6 653 ++ nn 。 ① Crelle’s Journal, vol. I 及 Complete Works, vol. I 第68题 欧拉四面体问题 以六条棱表示四面体的体积。 这道基础题是欧拉提出并解决了的①。 下面的简便解法,建立在矢量演算的基础上。 把四面体的顶点记作 A,B,C,O,六条棱 BC,CA,AB,OA,OB,OC 记作 a,b,c, p,q,r,三个矢量OA,OB ,OC 记作 p,q,r,并且把所要求的体积记作 T。考虑以顶点 168 立体几何题 O 为始点棱 p,q,r,认为它们是按右手系排列着的,亦 即把 p 想像为右手的拇指,q 为食指,r 为中指。 A B C O F a b c p q rr 图 81 若取三角形 OAB 作为底面,顶点 C 作为四面体的顶 点(见图 81),那么矢量 S = p × q 的数值即为底面面积 S 数值的两倍;若把 CO 与 CF 之间的角的余弦或两个矢量 S 与 r 间的角的余弦记作 O,则高 CF 因为是棱 r 在 CF 上的 投影,从而也就是 rO。 因此四面体体积的六倍等于 S · rO,或等于矢量 S 与 r 的数量积②S · r。这样就得到一个简单的方程 6T = p × q · r, 这个方程可以用文字叙述如下: 一个四面体体积的六倍等于从四面体一个顶点起始的三条棱的矢量的混合积。 这里,混合积的三个因子一定要组成一个右手系的顺序书写(因为否则的话,混合积代 表负的四面体体积的六倍)。 现在以 O 点为原点引入一个直角坐标系,并设三个顶点 A,B,C 的坐标为(x, y, z),(x′, y′, z′ )与(x″, y″, z″ )。那么矢量 S = p × q 的三个分量为 yz′ – zy′,zx′ – xz′,xy′ – yx′,数量积 S · r 等于(yz′ – zy′ )x″ + (zx′ – xz′ )y″ + (xy′ – yx′ )z″,也就是等于矢量 p,q,r 的各分量为列的行列 式。这样便得到绝妙的公式: zyx zyx zyx T ′′′′′′ ′′′=6 。 将该公式平方,把两个(相同)行列式对行地相乘,得到 222 222 222 236 zyxzzyyxxzzyyxx zzyyxxzyxzzyyxx zzyyxxzzyyxxzyx ΔT ′′+′′+′′′′′+′′′+′′′′′+′′+′′ ′′′+′′′+′′′′+′+′′+′+′ ′′+′′+′′′+′+′++ == , 或者由于这个行列式的各元为 p,q,r 两两构成的数量积或这些食粮的平方,就得到 rrrqrp qrqqqp prpqpp =236T 。 (I) 这是欧拉的四面体公式。(然而,欧拉将右侧表达为一个代数和而不是一个行列式。) 它包含了所提问题的解,因为行列式的各元是各棱的简单表达式,特别是 pp = p2,qq = q2,rr = r2, 2 222 arq −+=qr , 2 222 bpr −+=rp , 2 222 cqp −+=pq 。 例如在各棱分别为 a = 11,b = 10,c = 9,p = 8,q = 7,r = 6 的四面体中,就有 pp = 64,qq = 49,rr = 36,qr = –18,rp = 0,pq = 16, 且 1693616 110 9491 0164 3616 36180 184916 01664 36 2 ×××= − −××= − −=T , 故 T = 48。 169 立体几何题 所得结果还可写成另一种形式。 如果用 2 乘 Δ 的每一元,并用棱长 p,q,r,a,b,c 的平方 P,Q,R,A,B,C 来表 示其中数量积的两倍,就得到 RAQRBPR ARQQCPQ BRPCQPP T 2 2_ 2 288 2 −+−+ −++ −+−+ = 。 现在把 0 配置在左边而把–1 配置在底下一行,得到 1111 20 20 20 288 2 −−−− −+−+ −+−+ −+−+ = RAQRBPR ARQQCPQ BRPCQPP T 。 如把最后一行的 P 倍、Q 倍和 R 倍分别加到第一行、第二行和第三行,便得到简单些的式 子: 1111 288 2 −−−− −−− −−− −−− = RAQBPR ARQCPQ BRCQPP T 。 现在再把 0 和 1 配置在顶上和右边,得到: 01111 1 1 1 10000 288 2 −−−− −−− −−− −−− = RAQBPR ARQCPQ BRCQPP T 。 分别从第二,第三和第四列中减去最末一列的 P,Q,R 倍,最后得到 01111 10 10 10 10 288 2 −−−− −−− −−− −−− −−− = ABR ACQ BCP RQP T , 或者,取消所有的负号,即得 01111 10 10 10 10 288 2 ABR ACQ BCP RQP T = 。 (II) 在这个值得注意的公式中,P,Q,R,A,B,C 是棱 p,q,r,a,b,c 的平方。 注:四个点的关系:若 A,B,C,D 是在一个平面的四点,则四面体 ABCO 的体积为 零,而且对于在这四点之间可能有六条连线 BC = a,CA = b,AB = c,OA = p,OB = q,OC 170 立体几何题 = r,(I)式就变换成为所谓四点关系: 0= rrrqrp qrqqqp prpqpp 。 ① Novi Commentarii Academiae Petropolitanae ad annoe 1752 et 1753 ② 两个矢量 U 和 V 的数量积可以方便地写作 U · V 或者更简单的形式 UV。原注。 第69题 偏斜线之间的最短距离 计算两条已知偏斜直线之间的角和距离。 这一重要问题通常以下列两种形式之一出现: I.计算两条偏斜直线间的角和距离,已知每条线上的一点以及每条线的方向——前者 用点的坐标来给定,而后者则用线方向余弦来表示。 II.已知四面体的六条棱,计算其相对两棱之间的角和距离。 两偏斜直线间的距离当然是两线间的最短距离,也就是垂直于这两线并将每线上一点连 接起来的线的长度。 I 的解法:把两个已知点 P 和 p 的直角坐标记为(A, B, C)和(a, b, c),矢 量 pP(具有分量 A – a,B – b,C – c)记为 δ,两条线的方向余弦同在这两条线的两个单位矢量 E 与 e 的分 量一起记为 L,M,N 与 l,m,n,所求两线间的角记为 ω,所求最小距离记为 k。 这个问题的解法本来并不简单,然而引进两个矢量 E 与 e 的数量积 E · e 的和矢量积 E × e 就会使解法变得惊人的简单。 前这一方面可以表示为 cos ω(由于矢量 E 与 e 数值为 1),另一方面也可以用各因子的 分量来表达为 Ll + Mm + Nn。因此,得到 (1) cos ω = Ll + Mm + Nn。 后者垂直于两条线,因而 δ 在 E × e 上的投影表示所要求的距离 k(这两线之间的最短 距离 k 不仅是 δ 在 k 上的投影,而且同时是 δ 在 k 的每条平行线上的投影,例如在 E × e 上)。 然而由于矢量 V 在数值上为 v 的第二个矢量 v 上的投影是 v vV ⋅ ,所以得到 k 的值为 ωsin δeE ⋅× (sin ω 是矢量 E × e 的数量)。 目前两个矢量 δ 与 E × e 的数量积不是别的而是三个矢量 δ,E 及 e 的所谓混合积,并 且由于后者等于各行为三个矢量的分量的行列式(见第 68 题),我们得到公式 ωsin nml NML cCbBaA k −−− = 。 (2) 注:若要计算最短连接线 k 的端点 U 与 u 的坐标(X, Y, Z)与(x, y, z),就把线段 PU 与 pu 记为 R 与 r,矢量 uU 记为 t,这样便得到 PUpPupuU ++= , 或者 171 立体几何题 t = – re + δ + RE。 如果将此式以数量方式于 E 和 e 相乘,那么作为 E · t = 0 和 e · t = 0 的结果,便得到两个线 性方程 REE – rEe + Eδ = 0, REe – ree + eδ = 0, 由此可求得未知数 R 与 r。 II 的解法:设四面体的六条棱为 BC = a,CA = b,AB = c,OA = p,OB = q,OC = r, 矢量 BC ,CA , AB ,OA,OB ,OC 为 a,b,c,p,q,r,两条相对棱 c 与 r 之间的角 和距离分别为 ω 与 k。 确定 ω:我们有 bqrc −=+=+++=+=+ ACOBACOAOBAOOCAB , 于是有 (c + r)2 = (c + r) · (q – b) = cq + qr – bc – br。 然而由于 (c + r)2 = c2 + r2 + 2cr = c2 + r2 + 2cr cos ω, 2cq = c2 + q2 – p2,2qr = q2 + r2 – a2,2bc = a2 – b2 – c2,2br = p2 – b2 – r2, 所得方程就变换成 (3) 2cr cos ω = b2 + q2 – a2 – p2。 这样 ω 就确定了。 k的计算:设四面体ABCO的体积为T,根据欧拉公式(参见第 68 题)可认为该体积已 知。将矢量r对其本身平行移动,直至该矢量与c有共同的始点A;把它的新端点称为Q,于 是AQ ∥ OC。由于三角形CQA和COA均为平行四 边形COAQ的一半,所以它们全等,因而四面体 CQAB和COAB有相同的体积(T)。若取QAB作为 四面体CQAB的底面,C为顶点(见图 82),则底 面面积为 A B C O a b c p q r 图 82 ωsin2 1 rcsin2 1 QABABAQ =⋅⋅ , 而且高(即是 C 点到含棱 c 和平行于其对棱 OC 的线 AQ 的平面 QAB 的距离)为 k。 (4) 6T = kcr sin ω。 由于除了 k 以外,这个公式中所有的数值均为已 知,因此得出所求的对棱之间的距离 k。 注:如果记住 cr sin ω 为矢量 c × r 的数值,以及棱 c 与 r 之间的最短距离 t(想像为一 个矢量)平行于 c × r,就可把(4)式写作 6T = c × r · t, 并得出如下 定理:四面体的两个对棱与其间距离的混合积等于四面体体积的六倍。 这一定理的一个直接推论即是有名的。 斯坦纳定理:凡两条对棱具有规定长度且落在两条固定直线上的所有四面体,其体积相 等。 172 立体几何题 第70题 四面体的外接球 确定一个已知所有六条棱的四面体的外接球的半径。 人们应对勒让德在其著作①的注解 V 中的各项进展作出对比。 首先解 预备题:找出连接球面上四点的六个大圆弧之间的关系。 令四个点为 0,1,2,3,连接它们的弧为 01,02,03,23,31,12,到这四点的半径 (作为矢量)为r0,r1,r2,r3,且有公共数值为h。由于空间四个矢量之间总存在一个齐次 线性关系,因此有方程 αr0 + βr1 + γr2 + δr3 = 0, 其中系数α,β,γ,δ不同时为 0。将这个关系式依次以数量方式与r0,r1,r2,r3相乘,便得 四个方程: αr0r0 + βr0r1 + γr0r2 + δr0r3 = 0, αr1r0 + βr1r1 + γr1r2 + δr1r3 = 0, αr2r0 + βr2r1 + γr2r2 + δr2r3 = 0, αr3r0 + βr3r1 + γr3r2 + δr3r3 = 0。 然而当四个未知数(α, β, γ, δ)的齐次线性方程具有一个确定实解时,方程的行列式必定等于 0。因此, 0= 33231303 32221202 31211101 30201000 rrrrrrrr rrrrrrrr rrrrrrrr rrrrrrrr 。 这里用h2 cos nv来代替每个乘积rnrv,消去每个的因子h2,便得到所要求的关系式: 0 33cos32cos31cos30cos 23cos22cos21cos20cos 13cos12cos11cos10cos 03cos02cos01cos00cos = 。 (1) (cos 00,cos 11,cos 22,cos 33 等等当然仅为书写统一的对称方法而已。) 四面体问题的解法的解法现在就简单了。为了保持与预备题的记号相一致,令四面体的 各顶点为 0,1,2,3,外接球的半径为 h。又令各棱 01,02,03,23,31,12 为 p,q,r, a,b,c,它们的平方为 P,Q,R,A,B,C,四面体的体积为 T。 现在引入四点关系式(1),对每个余弦给予一个因子H = 2h2,并根据余弦定理来更新 行列式各元,例如以H – P替换H cos 01,H – A替换H cos 23 等等(H cos 00 和对角线的其它 各元自然也可由H代替)。改变所有各元的符号后,便给出 0= −−−− −−−− −−−− −−−− HHAHBHR HAHHCHQ HBHCHHP HRHQHPH 。 现将该行列式的底下排一行 1,右边排一列 0,便得 173 立体几何题 0 11111 0 0 0 0 = −−−− −−−− −−−− −−−− HHAHBHR HAHHCHQ HBHCHHP HRHQHPH 。 现在将末行乘以 H 加到第一、第二、第三和第四各行,便得到 0 11111 0 0 0 0 = HABR HACQ HBCP HRQP 。 如果令最后一列的各子式为M1,M2,M3,M4,M5,并根据最后一列的各元将其进行排列, 便得 H(M1 + M2 + M3 + M4) + M5 = 0。 如果将第 68 题中方程(II)的行列式也根据最后一列的各元来进行排列,那么该方程呈如 下形式: M1 + M2 + M3 + M4 = 288T2。 由上面这两个方程得 288HT2 = – M5, 这里 0 0 0 0 5 ABR ACQ BCP RQP M = 。 经计算,得 – M5 = 2FG + 2GE + 2EF – E2 – F2 – G2, 这里E,F,G为三个乘积AP,BQ,CR。如果再以a2,b2,c2,p2,q2,r2,代替A,B,C, P,Q,R,并将各对棱的乘积ap,bq,cr记作e,f,g,那么上面的公式可写作 – M5 = 2f 2g2 + 2g2e2 + 2e2f 2 – e4 – f 4 – g4。 如果将e,f,g作为一个三角形的各边,那么这个公式的右边(按照海伦公式)就表示这个 三角形的面积j的平方的 16 倍。这样H = 2h2要寻求的方程就转换成 576h2T2 = 16j2, 由此得到求外接球半径的简单公式 6hT = j。 这可用文字来表达如下: 一个四面体的体积和其外接球半径的乘积的六倍等于三边各为四面体对棱乘积的三角 形的面积。 注:关于四面体的内切球半径 ρ 的问题要简单得多。连接内切球的中心 Z 与四面体的四 个界面三角形各界点的线将四面体分成为四个以 Z 为公共顶点的棱锥,其体积各为 I3 1 ρ , 174 立体几何题 II3 1 ρ , III3 1 ρ , IV3 1 ρ ,这里 I,II,III,IV 各为界面三角形的面积。于是得到公式 )IVIIIIII(3 1 +++= ρT 。 由于 I,II,III,IV 和 T 为四面体个棱的已知函数,所以这个方程表示 ρ 为四面体各棱的函 数。 ① Eléments de Géométeie 第71题 五种正则体 将一个球面分成全等的球面正多边形。 解:我们称所要求的分割为“正则的”,并首先解答关于正则分割的最大可能数的问题。 假定球面被 z 个正 n 边形完整地覆盖着,而且这样的 n 边形在每个角上有 v 条边聚在一 起。利用从中心到各顶点所引的球面半径就把每个 n 边形分成 n 个等腰三角形。每一个这样 的三角形都有在中心的角 n π2 ,且底角为 v π(由于在每个顶点有 2v 个这样的底角聚在一起), 于是每个三角形的球面角超出量①为 ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ −+=−+= 12222 vnvn ππππε 。 所以当r为球半径时,这样的三角形面积为r2ε,于是一个n边形的面积为nr2ε,从而由z个这样 的n边形组成的球面的面积为znr2ε。因此得方程 znr2ε = 4πr2 或 4122 =⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ −+ vnzn 或 znvn 4122 +=+ 。 由于这个方程的左侧大于 1,同时 n 也和 v 一样必定大于 2,所以对于 n、v 与 z 得到如下五 种可能性: nv z 33 4 34 8 3520 43 6 5312 因此,用多边形来分割球表面,只能有下列五种正则分割: 1.四个正三角形, 2.六个正四边形, 3.八个正三角形, 4.二十个正三角形, 5.十二个正五边形。 如果用线段把这样的一个球面 n 边形的每两个相邻角的顶点连接起来,那么便得到一个 175 立体几何题 由连接各角顶点的 n 条线段所限定的正平面 n 边形。如果对 z 个球面 n 边形的每一个都作出 这样的平面 n 边形,便得到一个由 z 个正 n 边形所界定的正多面体,或一个所谓正则体。 因此只有五种正则体,这就是正四面体、正六面体(正方体)、正八面体、正二十面体 与正十二面体。 下面就来对球面具体进行这五种分割,对这五种分割,已经指出是可能的。为了方便, 在观察球面时,要把它想像为一个具有北极 N、南极 S 和经度圈及纬度圈的地球。 I.四面体(n = 3,v = 3,z = 4)。在 0°,120°,240°三条经线上从北极 N 截取三条相等 的弧 NA,NB,NC,使三角形 NBC,NCA,NAB 各为等边的。于是围住南极的三条弧 BC, CA,AB 也构成一个等边三角形,它全等于已指明的三角形,从而球面被分成为四个正三角 形 NBC,NCA,NAB 和 ABC。 II.六面体(n = 4,v = 3,z = 6)。在 0°,90°,180°,270°四条经线上,从N和S极截取 八条相等的弧NA,NB,NC,ND和SA′,SB′,SC′,SD′(每一条都等于h),这样使得弧AC′, BD′,CA′,DB′ 中的每一条都等于AB(= 2k)。用方程: cos 2k = cos h cos h 从球面三角形NAB求得k。由于一方面有 2h + 2k = NA + SC′ + AC′ = NS = 180°或h + k = 90°, 即cos h = sin k;而另一方面,又有cos 2k = 1 – 2 sin2 k,因此便得到 1 – 2 sin2 k = sin2 k, 于是得 3 1sin =k , 3 12cos =k , 3 1cos =h 由这些条件所规定的各隅角A,B,C,D,A′,B′,C′,D′ 是立方体的八个隅角。 III.八面体(n = 3,v = 4,z = 8)。正八面体的隅角为 N,S 和赤道上相隔 90°的四个点。 IV.二十面体(n = 3,v = 5,z = 20)。选 取 10 条相距 36°的经线,并称之为 1,2,3,… , 10(见图 83)。在 1,3,5,7,9 各经线上,从 N点截取相等的弧NA,NB,NC,ND,NE;又 在 6,8,10,2,4 各经线上,从S点截取相等 的弧SA′,SB′,SC′,SD′,SE′,使这十个三角形 NAB,NBC,NCD,NDE,NEA,SA′B′,SB′C′, SC′D′,SD′E′,SE′A′ 都为等边三角形。这些标出 的弧所公有的长度 2k可以从直角三角形例如 NBO或NCO来就得,而这两个直角三角形则是 经线 4 分割等边三角形NBC而成的。由于∠BNO = 36°,∠OBN = 72°,所以根据三角形NBO来推 断,就必然有: N S O A B C 12 3 4 5 A'E' D' 图 83 6 °=° ° 36sin2 1== 72sin 36coscoscos kBO , 由此得 2k = 63°26′。 如果将NO延长一倍至H,那么得到一个等腰三角形NBH,其 底 NH = 2h,两 腰 BN = BH = 2k,底角为 36°,顶角HBN为 144°。由于这些角具有相同的正弦。根据正弦定理,他们对边 NH和NB的正弦相等,但由于这些对边(2h和 2k)不相等,所以 2h必定是 2k的补角。又由 于NE′ 也是 2k(= SE′)的补角,因此必然有 NE′ = 2h = NH。 176 立体几何题 所以H点与E′ 重合,且E′B等于 2k,也就是等于NB。按照同样方式,可知弧AD′,D′B,E′C, CA′,A′D,DB′,B′E,EC′,C′A中的每一个都等于 2k,从而这十个“围绕着的”三角形ABD′, D′E′B,BCE′,E′A′C,CDA′,A′B′D,DEB′,B′C′E,EAC′,C′D′A都是等边三角形,且全等 于上述的十个等边三角形。 因此,这十二个点N,S,A,B,C,D,E,A′,B′,C′,D′,E′ 是完全覆盖着球面的二 十个等边三角形的顶点,它们也是正二十面体的十二个隅角。 V.十二面体(n = 5,v = 3,z = 12)。如果二十面体一样,从划出一系列相距 36°的十 条经线 1,2,3,… ,10 来开始十二面体的作图。 在 N 的周围聚集着以它为公共顶点的五个全等 的等腰三角形 NAB,NBC,NCD,NDE,NEA (见图 84),其顶角为 72°,底角为 60°( v °180= 6 )。 其底边的顶点 A,B,C,D,E 落在经线 1,3, 5,7,9 上。这样便得到正五边形 ABCDE。按 照同样方法,在 S 的周围画出以它为中心的正五 边形 A′B′C′D′E′,其顶点落在经线 6,8,10,2, 4 上。 如果O与O′ 表示等腰三角形ABN与D′E′S的 底边中点,那么NAO和SD′O′ 是含有 60°和 3 °角 的直角三角形。 我们作图的基础是定理(证明附后):“含有 60°和 36°角的球面直角三角形的周长为 90°”。如果对这样的三角形令其斜边,长边和短边 分别为 l,h 和 k,那么 (1) l + h + k = 90°。 如果我们记得 NA = SD′ = l,NO = SO′ = h,AO = D′O′ = k, 就会明白 2k为边,l为外切圆(在球面上)的半径,h是内接圆的半径,并且S = l + h为正五 边形ABCDE或A′B′C′D′E′ 的高。 从A,B,C,D,E向南在经线 1,3,5,7,9 上,以及从A′,B′,C′,D′,E′ 向北在经 线 6,8,10,2,4 上标出五边形的边 2k,从而就给定了F,G,H,K,L,F′,G′,H′,K′, L′ 是各点。 现在根据(1),由于每一经线包含着四条线段l,2k,s和h,从而得知例如OG和O′H代 表五边形的高s,也就是说五边形ABHGF和D′E′KHG都与正五边形ABCDE全等。这对于五边 形BCLKH,CDG′F′L,DEK′H′G′,EAFL′K′,E′A′F′LK,A′B′H′G′F′,B′C′L′H′K′H′,C′D′GFL′ 来说,当然也同样是成立的。 12 个已指明的正五边形将球面全部覆盖着。因此各点A,B,C,D,E,F,G,H,K, L,A′,B′,C′,D′,E′,F′,G′,H′,K′,L′ 为正十二面体的 20 个隅角。 补充:定理的证明:“含有 60°和 36°角的球面直角三角形的周长为 90°”。 设三角形的各边为a,b,c,它们的对角为α = 60°,β = 36°,γ = 90°。我们把各边的正 切用与单位圆相当的正十边形z = 2 sin 18°来表示,这里z2 + z = 1 为已知。 1.首先 z zz 2 1 2 1 2 1118sin21cos 22 =+=−=°−=β 或 A B C N S F G H K L A' E' D' 图 84 ll ll l l l l h h h hlh l h l hh h hh h 2k 2k 2k 2k 2k 2k l 177 立体几何题 sec β = 2z。 2.由 sec c = tg α tg β,便 得 sec2 c = 3 tg2 β或tg2 c + 1 = 3(sec2 β – 1)或tg2 c = 4(3z2 – 1)。然 而, 3z2 – 1 = z2 + (2z2 – 1) = z2 + (1 – 2z) = (1 – z)2 = z4, 因此, tg c = 2z2。 3. zz zca === 2 2costgtg 2 β 。 4. 22 12costgtg zzzcb =⋅== α 。 这样有 1 )11( 2 )1)(1( 2 1 2 1 2)tg(tg 2 2 2 2 3 2 3 2 2 = + = ++− = − = − +⋅=+⋅ z z zzz z z z z zzzbac 。 因此,a + b 是 c 的余角。证毕。 正则体早已为毕达哥拉斯所知,并且可追溯到公元前六世纪。至于仅有五种正则体的证 明则可能起源于欧几里德(大约公元前 330 – 275 年)。 ① 每个球面三角形的内角和都大于平面三角形的内角和(即大于 π),其所超过的大小,就叫做这个球面 三角形的球面角超出量,或称球面过剩。译注。 第72题 正方形作为四边形的一个映像 证明每个四边形都可以看作是一个正方形的透视映像。 透视投影、透视性或者中心投影中最简单和最主要的,可以说明如下:已知一个定点Z, 即投影中心;和一个固定平面E,即映像平面。一个任意点P0的透视映像,或更简短些说, 透视,要理解为是指“投影射线”ZP0与映像平面的交点P0,P0是“物”,P是“像”。一个图 形的映像是该图形所含各点的映像的总和。因此一条直线g0的透视是一条直线g,即平面Zg0 与像平面的交线。 特别重要的是透视投影,在这样的投影中只有物平面这个平面E0上的各点被投射到映像 平面上。物平面和映像平面的交线u称为透视轴。透视轴是与像点相重合的物点的轨迹。一 条任意的物直线和它的像因此相应地交在轴上。 在这种透视中,物平面上的无限远点起着显著的作用。由于到物平面E0上的无限远点的 投影射线都与E0平行,所以这些射线都过Z点而平行于E0的一个平面Δ上,因此这些射线和映 像平面相遇这个平面E0与Δ的交线f上。这条交线成为物平面E0的没影线。没影线是和透视轴 平行的。 为了避免上述定理“一条直线的透视也是一条直线”的普遍正确性因出现特例而受到限 制,我们就把E0的无限远点的总和称为该平面的“无限远直线”,从而可简短地说: 一个平面的无限远直线的透视是这个平面的没影线。 E0的一条任意直线g0的像g与没影线f相交处,亦即g0的无限远点的像所在的地方,称为 g0的没影点。 现在来解这个问题。 设四边形ABCD为制图平面E中的已知四边形,O为对角线AC与BD的交点,P为对边AB 与CD的交点,Q为对边BC与DA的交点。设所求的正方形相应地称为A0BB0C0D0,它的对角线 178 立体几何题 S K N A M H B D C P Q f u B0 C0 D0 图 85 O O0 交点为O0,它所在的平面为E0(见图 85)。由于两对对边的交点P0和Q0落在E0的无限远直线 上,它们的映像P与Q必定落在由E0到E透视的没影线f上。因此我们就选取直线PQ作为没影 线f。不论选取f的哪一条平行线作为透视轴a均无关系。我们选取过A点的平行线为轴,令它 与各线CD,BC,OP,OQ及BD的交点为H,K,M,N及S。由于每一物直线在轴上与相应 的像直线相遇,所以这些点可称为H0,K0,N0,S0。 在四边形 ABCD 中,对边 QCB 与 QDA 以及对角线 QO 与 QP 也形成一个调和射线束。 由于 QP ∥ a,所以线段 NA 与 NK 也等长。 由于所求正方形的对角线一定与已知四边形的对角线相遇于轴上,所以这个正方形的对 角线必定通过A和S。从而对角线的交点O0相应地落在平面E0内以AS为直径的半圆上。 由于正方形的中线M0O0与N0O0通过O0,所以O0也落在平面E0内以MN为直径的半圆上。 这两个半圆的交点就是正方形的中心点O0。 正方形的边A0BB0与C0D0是通过A和H而与MO0平行的线,正方形的边B0B C0与BB0A0是通过K 和A而与NO0平行的线。 为了方便,在制图平面本身上进行作图(参见图 85)。为了得到所求的空间透视,就以 轴a为旋转轴旋转至一个新的平面E0,通过f画平行于E0的平面Δ,将E0的内的对角线交点O0与 O连接起来,并把这条连线与Δ的交点记作Z。 如果现在将E0内的正方形A0BB0C0D0由中心Z投影至E上,就得到四边形ABCD作为透视 像。 第73题 波尔凯—许瓦尔兹定理 一个平面上不全在同一直线上的四个任意点,可认为是与一个已知四面体相似的四面体 179 立体几何题 的各隅角的斜射影。 H·A·许瓦尔兹(H· A· Schwarz,1843 – 1921 年)于 1864 年证明的这个斜平行投影的基 本定理①,包括作为一种特例的由波尔凯(Pohlke,1810 – 1876 年)于 1853 年提出的定理: 斜轴测法的基本定理:在一个平面内从一点出发所引的三条不共线的任意线段可以被认 为是一个三面角的斜投影。 在论证该定理之前,要对斜投影、仿射性和轴测法作出引言的评述。 一个斜投影是作为实物图形的一个平面或者三维图形在制图平面或映像平面上的投影, 其中,每个物点都由沿着固定方向来画的“投影”射线投影到映像平面上。如果投影射线垂 直于映像平面,这样斜投影就称为正(交)投影。 一个平面(物平面)上的点到映像平面上的斜投影是一种所谓仿射性。 仿射性或仿射投影,要理解为是指一个物平面在映像平面上的投影(像平面也落在物平 面内),其中物平面的点都变换成映像平面上显示出下列各基本特性的点: I.一条直线的仿射映像也是一条直线。 II.仿射投影保持平行性(一个平行四边形的映像仍为一个平行四边形)。 III.平行线段的比不因经过仿射投影而改变。换言之,平行线段以相同比例进行投影(这 第三个特性是 I 和 II 的一个结果)。 因此,一个平面到另一个平面的斜投影具有这三个基本特性就立即是明显的了。 在两个任意平面E和E′ 之间的最一般的仿射性是由这些平面上的两个任意三角形ABC与 A′B′C′ 之间的相互对应所决定的,这里A′,B′,C′ 分别为A,B,C的仿射映像为了画出(E 的)任意一个物点P的仿射映像P′,就用这样的方法:设AP与边BC相交于H,然后就(根据 III)利用条件B′H′ : C′H′ : BH : CH来确定H在直线B′C′ 上的仿射像H′,最后再利用条件A′P′ : H′P′ : AP : HP来确定A′H′ 上的P′。 画一个三维图形的斜投影所常用的方法是轴测法。在这种方法中三维图形的点通常总是 用直角坐标系中的坐标(x, y, z)来确定。由原点 O 起在轴上截取三个相等线段 OA,OB,OC, 这些线段组成一个所谓的三面角。画出三面角的斜外形 O′A′B′C′,这也给出了坐标轴的各个 斜像。然后就根据 III 来作出 P 点的映像,根据前后关系,就把这个斜映像称为轴测映像。 现在主要是要知道在制图平面上起始于一点O′ 的三条任意线段O′A′,O′B′,O′C′ 是否能 作为三面角OABC的斜投影。这个问题有波尔凯作了解答,而其更为一般的形式,则如上所 述是由许瓦尔兹得出的。 在波尔凯—许瓦尔兹基本定理的许多论证中,以下的论证(起源于许瓦尔兹)是相当基 本的。他是以儒勒尔定理为基础的,这个定理本省就非常有趣:任意一个三棱柱的截面包含 着三角形所有可能有的一切形状。换言之,每个三角形皆可作为已知形状的一个三角形的正 投影。法国数学家 S·儒勒尔(Simon Lhuilier,1750 – 1840 年)于 1811 年论证了这个定理。 证:由于一个棱柱的各平行截面是全等的,可以假定:也是棱柱横截面的已知三角形 A0BB0C0和所求的具有已知形状的棱柱截面ABC有一个公共顶点C ≡ C0,如果A0和B0B 到两个平 面A0BB0C0的E0及ABC的E的相交线(轴)g画垂线A0X和B0B Y,并 以g作为旋转轴把平面E旋转到 平面E0,于是A和B如图所示,就分别落在垂线A0X和BB0Y上,且直线A0B0B 和AB的交点S ≡ S0落 在轴上(见图 86)。 通过C点作轴的垂线,并使它交A0BB0于T。如果把平面E的起始位置与E0所成的角的余弦 记作μ,那么A0X = μ · AX,B0B Y =μ · BY,T0C =μ · TC。 180 立体几何题 根据射线定理, SA : AT : TB = S0A0 : A0T0 : T0BB0。 因此可作出SATB的平行线S1A1T1BB1,使它与 直线g,CA,CT,CB分别相交于S1,A1,T1, B1B ,并全等于S0A0T0BB0(因此S1A1 = S0A0,A1T1 = A0T0,T1B1B = T0BB0)。将三角形S1B1B C作这样 的移位,使S1落在S0上,A1落在A0上,T1落在 T0上,BB1落在B0B 这个事实出发,当三角形A0B0C0及三 角形 上。于是顶点C落在以S0T0为 直径所画的半圆Φ的一点V上(由于ΔS1CT1是 一个直角三角形),即在这个半圆上。 从 ABC的形状均为已知时,便得到如下作 出所述图形的简单方法。 在A0BB 形ABC相似的三 角形 0上画一个与三角 A0BB0V(使A0,B0B 并以M为圆心MC = MV为半径画半圆Φ。对于落 ,V分别与A,B,C相 对应的)。设CV的中垂线与A0B0 相交于M, 在直线A0B A B C T S Φ V M Y X A0 B0 C0 T0 S0 S1 A1 B1 图 86 T1 B0上的半圆周的两个端点S0和T0,要这样来标记,使得S0V和T0C成为内接四边形 S0T0CV的边(不是对角线)。然后取CS0为轴,CT0为轴的垂线。在轴上取CS1 = VS0,在轴的 垂线上取CT1 = VT0,并画出直线S1A1T1B1B ≌ S0A0T0BB0。最后,画S1A1T1B1B 的平行线SATB,其 中S,A,T,B分别落在通过S0,A0,T0,BB0的垂线上,且同时A落在CA1上,B落在CB1上。 如果以 CS 为旋转轴,以余弦 CT TC 00=μ 可以作为一个余弦(值),也就是说是一个真分 ,又根据作图,就得到 VS CSVTCT ⋅= 0 1 1 CS CSCTCT ⋅=数。根据射线定理,有 。若将这个值代 入表示 μ 的方程中,便得到 0 00 VTCS VSCT CT CT ⋅ ⋅==μ 。 然而,根据托勒密(Ptolemy)定理,在圆的内接四边形ST0CV中,对边乘积CT0 · VS小于对 容易了。我们可以用如下方式来表达该定理: 角线的乘积CS · VT0,所以μ表示一个真分数。 这就证明了关于棱柱的辅助定理。 于是波尔凯—许瓦尔兹定理的论证就 一个已知四面体的斜投影总能按照它与一个已知四边形相似的方式来确定。 该四面体 ABCS,四边形 A′B′C′D′。 ′,B′,C′ 与A,B,C分别是相互关联的,设D点对 应于 于SD,并确定平行于A′B′C′ 的截面A″B″C″。 A″B A′B′C′D′ 相似的四边 形A″ 在平面ABC和A′B′C′ 之间的仿射中,A D′ 点,取SD作为仿射(投影射线)方向。 作一个棱柱,它的各侧棱通过A,B,C且平行 在点A″,B″,C″ 与点A′,B′,C′ 相互关联的仿射中,设点D″ 点对应于点D′ 点,于是 ″C″D″ 与A′B′C′D′ 为仿射的,所以A″B″C″D″ 与ABCD也是仿射的。 然而,后者的仿射性来源于平行于SD都投影线。在这个仿射中,与 B″C″D″ 因而就是已知四面体ABCS的斜投影。 ① Crelle’s Journul, vol. 63 以及 Gesammelte Abhandlugen 181 立体几何题 第74题 高斯轴测法基本定理 虽然在制图平面(像平面)上从一点 O 出发的三条不属于同一直线的线段 OA,OB, OC,总可以根据波尔凯的基本定理(参见第 73 题),而认为是一个三面角的斜投影,但这 未必就是一个三面角的正投影那种情况。而且,三条边的正投影 OA,OB,OC 在其长度和 方向存在一个一定的关系。这样就归结为 高斯问题:一个三面角的各边的正投影 OA,OB,OC 之间的关系是什么? 解:选定映像平面 E 作为 xy 面,从三面角的顶点到这个平面的垂线作为直角坐标系的 z 轴;于三边上取同样长度作为单位长度,并令各边的方向余弦为(λ, λ′, λ″),(μ, μ′, μ″)和(ν, ν′, ν″)。同时,把 xy 面作为高斯平面(复数平面),并令相应的小写歌德字母 p 来表示 E 的任 意点(P)所表示的复数。 由于 E 面上的三点 A,B,C 具有坐标(λ, λ′),(μ, μ′),(ν, ν′),因此有 a = λ + λ′i,b = μ + μ′i,c = ν + ν′i。 将上式平方并相加,便得 a2 + b2 + c2 = (λ2 + μ2 + ν2) – [λ′ 2 + μ′ 2 + ν′ 2] + 2i{λλ′ + μμ′ + ν ν′}。 根据相互垂直的三条直线的方向余弦间的著名关系,圆括号内的式子和方括号内的式子 均等于 1,而大括号内的式子等于 0,这就得出高斯方程 a2 + b2 + c2 = 0。 这个公式构成了 正轴测法的高斯基本定理:如果在一个三面角的正投影中,把映像平面作为复平面,三 面角顶点的投影作为零点,边的各端点的投影作为平面复数,那么这些数的平方和等于 0。 高斯定理直接提供了下列问题的解法。 正轴测法基本问题:完成一个已画出了两条边的正投影 OA 和 OB 的三面角的正投影 OABC。 解:选定 O 点(如上所述)作为复平面的零点,OA 的方向作为正实数轴的方向。把三 个复数 a,b,c 的数值的数值记作 a,b,c,三个角 BOC,COA,AOB 记为 α,β,γ。 将高斯方程写作 a c a ba 22 −=+ 。 为了作出 a bp 2 = ,在 O 点于 OB 上作出角 γ,在 B 点于 BO 上作出角 OAB(见图 87), 所画出之角的自由边的交点 P 就给出了 p。然后通过 A 画 OP 的平行线,通过 P 画 OA 的平 行线,并在这两条平行线的交点 Q 得到复述 a baq 2 += 。因此,QO 延长一倍,所得端点 R 便是数 a cr 2 = 。从 arc = 就得出: 1.c 是 a 和 r 数值的比例中项; 2.c 的方向是在 OA 和 OR 间夹角(2β)的平分线的方向。 因此平分角 AOR,并在平分线上从 O 起取 OA 与 OR 的比例中项;所取线段的端点便 是所求的点 C。由于既可以选择凹角的平分线也可以选凸角的平分线(按照 ar 的两个值), 所以 C 有两个可能的位置。 注:韦斯巴赫(Wersbach)定理:由于一个复数的平方有一个是这数自身两倍的角, 两个复数的矢量相互构成一个等于该数两倍的角。这样,各平方数a2,b2,c2的矢量相互构 182 立体几何题 183 a2 : b2 : c2 = sin 2α n 2γ。 一个 三面 定理 作为 斯著作第二卷中可找到未证明的高斯定理①。在韦斯巴赫关于轴测法的论文中可找 到韦 O A B P Q C R 图 87 γ γ 成角 2α,2β,2γ。因此如 果(由数值和方向)组合 这些矢量,便得到外角为 2α,2β,2γ的一个三角形 (根据高斯公式)。由于这 个三角形的各边为a2,b2, c2,根据正弦定理得出方程 : sin 2β : si 这个公式就是 韦斯巴赫定理: 角的各边的正投影的 平方之间的相互关系如同 该投影间夹角的两倍的正 弦间的相互关系。 于是,韦斯巴赫 高斯定理的直接结果 出现。 在高 斯巴赫定理。 ① Polytechnische Mitteilunjen of Volz ani Karmarsca, Tulingen, 1844 第75题 希帕查斯球极平面投影 试举出一种把地球上的圆转换为地图上圆的保形地图射影法。 上是很重要的。这个问 题可 图面), 这个 OP′ 可以由方程 来得出,这里 ζ 表示投 与中心射线 ZO 的夹 影具有下列两个特 点: 的一个角在地图上的像是一个同等大的角)。 我们所寻求的这种投影成为球极平面射影或极投影,它在制图学 能是天文学家希帕查斯(Hipparchus)提出的,他于公元前 165 – 125 年间在罗得斯、 亚历山大、叙拉古和巴比伦从事天文观察工作,是一位在历史上极其了不起的人。 这个问题是按下列投影要领来解出的: 选择平面E作为投影平面或映像平面(地 平面E与球体相切于所投影的区域上的一个恰当 的点O——这点O就是所谓地图中心,又选择从O点出 发所引球的直径OZ的端点Z作为中心投影的中心。球 上的一个任意点P的球极映像P′ 就是投影射线ZP与映 像平面E的交点(见图 88)。 点P′ 到地图中心的距离r = r = 2 tg ζ 影射线 ZP 角,并以球的半径作为单位长。 像这样来确定的球极平面投 I.球体上每一个圆的映像仍是一个圆。 II.球极平面地图是保形的(也就是,球体上 O Z P P'r 2 ζ 图 88 立体几何题 这些特性的论证都是以下列的辅助定理为基础的: 以球体及地图面为界的球体切线的映像恰与切线同长。 映像 球体 辅助定理的证明:设P为球体上的一点,P′ 是它的 O P P' 图 89 Z M (见图 89),M是在制图平面ZOP内通过P点的球 的切线与映像平面相遇的位置,而且同时(因为两条 切线MO与MP相等),又是直角三角形OPP′ 的斜边中 点。球体上通过P点的任何另外的切线与映像平面的交 点D都将竖直地位于M的上面(下面)。D的映像D′ 是D 的本身,而切线DP的映像就是DP′。因 此 ,以 M为直角 顶点的两个直角三角形DMP和DMP′ 全等(MD = MD′, MP = MP′)。因此D′P′ = DP,这就是所要证明的。 I 的证明:现在先证明较为一般的查理斯定理①: 上的圆 R 的球极平面映像是一个圆,它的中点是 沿着圆 R 与球体相切的一个圆锥体顶点 S 的球极 平面投影 S′ Z。 中,设P是圆R上的任意点,P′是 它的 证:在图 90 D P S H P' S' 图 90 映像,D为球面的切线及圆锥母线SP与映像平 面E的交点。根据辅助定理,DP等于DP′。因此, 假如H为通过S′ 点的DP的平行线与投影射线ZP的 交点,那么由三角形S′P′H与等腰三角形DP′P相似, 就可推知两线段S′P′ 与S′H相等。因此在由射线定 理推导出的关系式 ZS SZ SP HS′=′ 中,可以用S′P′ 来代替S′H,得到 ZS 现在,假如P画出圆R,则SP 从圆锥顶点S到圆R的距离)保持为常数,并且按照前面 的方 。 平面E相接触的位置, 又设 FP′ = ZF。 因此映像点P′ 的轨迹是以F为中心、 圆。 点 F 退至无限远。事实上,经 直接 它的顶点 P 在球体上,而它的每条边 为球 (XY = XY;又,根据辅助定理,XP = XP′,YP = YP′),即 可得 ω′ = ω, SZSPPS ′⋅=′′。 ( 程来看,S′P′ 也保持为常数,从而P′ 在平面E上画一个圆。 如果圆 R 是球的一个大圆,则圆锥体的顶点 S 落在无穷远处 在这种情况下,设F为从Z点所引的垂直于圆R平面的直线与地图 V为通过P点并与上述垂线平行的球体切线与地图平面E相接触的位置。根据辅助定理, 就有VP′ = VP,所以VPP′ 为等腰三角形;又由于VP平行于FZ,所以三角形FZP′也是等腰的; 故 ZF为半径的 通过射影中心和地图中心的那些球大圆中,映像圆的中 观察即可知道这些圆通过投影变换成为直线。 II 的证明:设 ω 为球体上的一个任意角,因此, 体的切线。假如 X 和 Y 是这两条切线与映像平面 E 的交点,那么 ω = ∠XPY。 这个角的映像ω′ 为∠XP′Y。 由于三角形 XPY 与 XP′Y 全等 出 184 立体几何题 这就是所要证明的。 平行于切平面E的平面来代替平面E 作为 Z P P'O r 1 ζ φ 图 91 注:假如选取一个 地图面,那么便得到一个类似的球极平面投影,它当 然也具有基本特性I和II,尤其是当选取球的北极作为投影 中心,而且相应地选取赤道面作为映像面时,通过球心的 画面是特别重要的。在这种情形下,对于落在球体中心上 的地图中心O,便得到表示从这点O到映像P′ 之间距离r(见 图 91)的公式 ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ +°= 245tg ϕr 这里 φ 是 P 点的地理纬度(在上面所引用的角 ζ = ∠OZP 是等腰三角形 OPZ 的底角;这个 , 三角形位于 O 点的顶角是纬度 φ 的余角)。 ① 米歇尔·查理斯(Michel Chasles,1793 – 1880 年),法国数学家,因其卓越的著作《Apercu historique sur 第76题 麦卡托投影 画一个保形地理地图,其坐标方格是由直角方格组成的。 是由麦卡托(Mercator,1512 – 15 条线段 AB,其长度与球体赤道的长度(2π)一致。如果把 AB 分 保形的希帕查斯地图相比较(参见第 75 题)。 一个非常大的数; 通过 l’origine et le développenmet des methods en géométrie》而闻名。原注。 麦卡托地图对于地理学和航海科学是同样重要的,这种地图 94 年)的人设想出来的。 在麦卡托地图上,赤道是一 成 360 等分,并在各点作 AB 的垂线,从而得到地图上的各经线。在地图上对应于地 球纬度 Φ 的纬度线是 AB 的平行线,它与地图赤道的距离 Φ 称为放大的纬度。问题的核心 在于把放大的纬度 Φ 表达为地理纬度 φ 的函数。 为了解决这个问题,我们把麦卡托地图与也是 在希帕查斯地图上,球体的北极是投影中心,而球体赤道的面 E 为地图面,并且在这 种地图上球体赤道是按等距来投影的,这里球体的半径也作为单位长。 在麦卡托地图上,把纬度线与赤道之间的距离Φ分成n等分,这里n是 各分点画出纬度线 1,2,3,…,n – 1,把它们的对应的地理纬度称为φ1,φ2,… ,φn–1, 这样也就写出φn来代替φ。然后,画两条与地球经线λ和Λ相对应的地图平行经线λ′和Λ′,并使 λ与Λ之间以弧度为单位来量的纬度差ε = Λ – λ非常之小。于是在地图上得到一系列具有基线ε 和高 n Φ 的相连接的、非常小的、全等的矩形。 现在以同样方式在希帕查斯地图上画线。这样,对应于纬度φ1,φ2,…,φn–1画出同心 的地 (1) 图纬线,并把它们的半径称为r1,r2,…,rn–1 = r。根据第 75 题,有 ⎟ ⎠ ⎞⎜⎛ +°= 45tg ϕr 。 ⎝ 2 λ和Λ画出地图经线λ″ 和Λ″,这些经线同时也是半径为r的纬度圈的半 v+1 v 同样,对应于两条经线 径。因此在希帕查斯地图上便得到一系列n个相邻非常小的格子,如果n充分地大,这些格子 就可看作是长方形(见图 92)。选出位于半径为rv和rv+1的纬度圈之间的格子,由于它的平行 于地图赤道的基线于第一个格子的基线ε的rv倍相等;所以根据这两个地图都有保形的特性, 希帕查斯地图上格子的高度r – r 必定也与麦卡托地图上对应的格子高度 n Φ 的r 倍相等: v 185 立体几何题 ε λ'' rv r rv+1 Λ'' ε ε λ' Λ' v v + 1 图 92 赤道 n Φrrr vvv ⋅=−+1 。 由此得到 ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ +=+ n Φrr vv 11 。 如果取r0等于 1,对所有n个方格作出这样的方程,并将所得的方程相乘,便得到 n n Φr ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ += 1 。 (2) 然而,由于当n充分大时这个方程右边与eΦ(参见第 12 题)无明显偏差,故得方程 r = eΦ。 (2a) 由此得 Φ = ln r,或者由于(1), ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ +°= 245tg ln ϕΦ , (3) 因此,放大的纬度 Φ 是地理纬度 φ 的函数。 作为我们研究的结果,得出下列结论 关于画麦卡托地图的要领:就地球上经度 λ 和纬度 φ 的点来说,它的地图映像到地图上 零子午线的距离为 λ,到地图赤道的距离为 ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ + 24tg ln ϕπ 。 这里 λ 与 φ 以弧度计量,而在地图基面上的地球半径则取单位长。 186 航海与天文学题 航海与天文学题 第77题 航海斜驶线问题 确定地球表面两点间斜驶线的经度。 斜驶线可理解为地球表面的一条线,该线与所有经线相交成相同角。如果船始终不改变 其航向,船总是在斜驶线相交的角 κ 称为航向方位角。在保形的且具有直的平行的经线的海 图上(参见第 76 题),斜驶线像一条与海图的经线相交成 κ 角的直线。 在研究海图时,我们把地球的半径看成是单位长度,海员使用单位长度以海里(nm) 计,海里为地球表面经线上一分纬度的长度,或赤道上一分经度的长度(各等于 1852 米), 因为经线是 π 倍地球半径长,纬度 180 度等于 10800 纬度分,地球半径 π 10800=n 海里长。 如果我们认为海图是按 1 : 1 比例画的(即海图的赤道是和实际等长),海图上纬度 φ 的圈与 赤道,也称扩大的纬度(根据第 76 题)之间的距离为 ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ +°= 245tg ln ϕΦ nm。 地球上经度λ,λ′ 和纬度φ,φ′(> φ),且斜驶距离d的两点O及O′ 可以确定。 海图上的扩大纬度 ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ +°= 245tg ln ϕnΦ 和 ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ +°=′ 245tg ln ϕnΦ nm, 自零度经线到海图经线的距离Λ与Λ′ 海里,此处Λ表示构成λ的经度分的数,Λ′ 表示构成λ′ 的 经度分的数。 设通过O的海图经线与通过O′ 的海图纬线相交于S。那么OS = B为扩大纬度差Φ′ – Φ,O′S = L = Λ′ – Λ(海里),OO′ 为海图的斜驶距离以及∠O′OS = κ为航行方位角。 由海图直角三角形 OO′S,按下面方程求得航行方位角 κ: B L=κtg 。 (1) 为了确定地面上两位置的斜驶距离d,将d分成N个非常小的相同的小段e,视为直线构 成的。如果通过两个相邻分点的一点画经线而通过另一点画纬线,我们获得一个斜边为e的 很小的直角三角形,其经线边是两分点的纬度差β(以海里度量),并形成斜驶角κ,因此β = e cos κ。这样每两个相邻点具有相同的纬度差β。地球表面上两点O和O′ 总纬度差b为(以海 里度量):b = Nβ = Ne cos κ = d cos κ。因此,所求的斜驶距离为 d = b sec κ。 (2) 公式(1)和(2)就包含了问题的解。 实例:从(荷兰)瓦尔的维亚(λ = 286°34.9′ E,φ = –39°53.1′)到(日本)横滨(λ′ = 139°39.2′ E,φ′ = +39°53.1′)的斜驶距离是多少海里?这里经度差 L = 8815.7 分;纬度差 b = 4519.7 分或海里;扩大纬度差 B = Φ′ – Φ = 4890 海里;按公式(1)κ 为 60°58′50″;按公式 (2)斜驶距离 d 为 9317 海里。 注:根据球面三角形NVY(北极—瓦尔的维亚—横滨)应用余弦定律可求出两位置间最 短距离κ。在这个三角形中,NV = 90° – φ = 129°53.1′,NY = 90° – φ′,∠VNY = λ – λ′ 和VY = κ。 187 航海与天文学题 根据余弦定律 cos κ = cos NV cos NY + sin NV sin NY cos(λ – λ′) 或 cos κ = sin φ sin φ′ + cos φ cos φ′ cos(λ – λ′)。 由此求得 κ = 153°36.1′ = 9216.1′ = 9216.1 海里。 所以最短距离为 101 海里,短于斜驶距离。 斜驶的名称源自荷兰人 W·斯乃尔(Willebord Snell),又名斯内里厄斯(Snellius,1581 – 1626 年)。葡萄牙数学 P·牛尼斯(Pedro Nunes,1492 – 1577 年)第一个认识到,连接地球 表面两点的斜驶线不是最短的连线且斜驶不断趋向极地,而永远达不到极地。 第78题 海上船位置的确定 航海科学中最重要的课题之一是确定船在海上的位置。此解通常可用称为天文经线推算 法求得,该法如下例分析所示。 问题:1923 年 10 月 20 日由天文钟表明为格林威治时间下午 6:50,在北半球太平洋上 的艘船上,取早晨太阳高度h = 21°40.5′,天文年鉴给出观察时太阳的偏斜δ = 10°10.2′ 南,时 间方程e = –15 分 3 秒。然后在中午船航行到西北西 15.2 海里,测得太阳在天顶的高度H = 35°2.7′,太阳的偏斜Δ = 10°13′。 船的位置在哪里? 解这个问题有四个步骤。 I.子午纬度 Φ 的确定 在中天,连续弧(太阳的高度,极地距离,极地高度)在地平线上覆盖经线半圆,且 H + (90° + Δ) + Φ = 180°。 由此得出 Φ = 90° – H – Δ = 44°44.3′。 II.确定两观察点纬度差 β 及经度差 l 及上午的纬度 φ 如果人们想像地球表面上两个紧靠的点 A 和 B,在 AB 之间为 d 海里,AB 的连线与通 过其中点 M 的经圈形成夹角 κ,则两点的纬度差为 d cos κ 海里,经度差为 d sin κ 海里。因 为一海里纬度相当于一分纬度差相当于 sec φ 分经度,因此 A 和 B 的纬度差和经度差用分表 示: β = d cos κ,l = d sin κ sec μ, 这里 μ 是 M 的纬度,被称为 A 和 B 的平均纬度。 在例题中(d = 15.2,κ = 67.5°),我们先求得 β = 5.8′。 由此得到,上午的纬度为 φ = Φ – β = 44°38.5′, 平均纬度为 4.41442 ′°=+= ϕμ Φ 。 相应地,我们求得经度差为 l = 19.75′。 III.确定上午的经度 λ 对应于上午观察的航海三角形 PZO(极地—天顶—太阳)的公式(见图 93) 188 航海与天文学题 cos z = cos p cos b + sin p sin b cos ZPO, S N P Z A D O K Q h z p T φ 图 93 我们以 90° – h,90° + δ,90° – φ,及 180° – T(T 可理解 为表示太阳的时间角)代 z,p,b 及∠ZPO,得 ϕδϕ coscos sin h+δ tgtgcosT =− 。 这得出上午观察的真正当地时间 T, T. L. T. = T = 134°47.5′ = 8 时 59 分 10 秒。 由此及时间方程 e,我们获得观察的平均当地时间 M. L. T. = T. L. M. + e = 8 时 44 分 7 秒。 如果我们以平均格林威治观察时间减去平均当地时间,我 们获得观察点的西经度 λ,以时间表示为: λ = 151°28.25′ 西。 IV.确定正午的经度 Λ Λ = λ + l = 151°48′。 答:上午位置:44°38.5′ 北,151°28.25′ 北, 上午位置:44°44.3′ 北,151°48′ 北。 第79题 高斯双高度问题 根据已知两星球的高度以确定时间及位置。 这对天文工作者、地理学者和航海人员都是十分重要的问题,已由高斯在 1812 年鲍德 编的书中解决①。 我们说两星为已知的,是指其赤道坐标(赤经,赤纬)为已知。设该两星S和S′ 的坐标 为(α, δ)及(α′, δ′)。此外,在此问题中我们还需要赤经差α′ – α。 在图 94 中,设P为宇宙极;这样PS = p = 90° – δ将是S的极距; PS′ = p′ = 90° – δ′ 将是S′ 的极距;∠SPS′ = τ将是两星小时圆 的夹角,且是赤经差的大小,设Z为观察点的天顶,于是PZ = b = 90° – φ是纬度φ的余角,ZS = z为S的天顶距,ZS′ = z′ 为S′ 的天顶距,后两个分别与高度h和h′ 互余。 Z P S S' p′ b z′ z p σ′ ζ ψ σ 图 94 我们还需要辅助量 ∠PSS′ = σ, ∠PS′S = σ′, ∠PSZ = ψ, ∠ZSS′ = ζ, ∠ZPS = τ 及 边 SS′ = σ。 计算是十分简单的,包含相应于三个三角形 PSS′,ZSS′,ZPS 的三步运算。 I.三角形PSS′。角σ和σ′ 根据耐普尔(Napier)公式确定 2ctg 2cos 2cos 2tg τσσ pp pp +′ −′ =′+ , 189 航海与天文学题 2ctg 2sin 2sin 2tg τσσ pp pp +′ −′ =′− , 边 s 根据正弦公式确定 σ τ ′= sin sin sin sin p s 。 II.三角形 ZSS′。角 ζ 根据半角正切定理: )sin(sin )sin()sin( 2tg zΣΣ sΣzΣ ′− −−=ζ , 计算,这里 Σ 是三角形 z,z′,s 总和之半。由此来确定 ψ = σ – ζ。 III.三角形 PZS。确定地点及时间。 需求的纬度由下两式求得 cos b = cos p cos z + sin p sin z cos ψ 或 sin φ = sin δ sin h + cos δ cos h cos ψ。 需求的时间角 T,即由星 S 从其中天最下位置的小时圆绘出的天极角,从公式 ϕδ ϕδ coscos sinsinsin sinsin coscoscosctg −=−= h bp bpzt 及 T = 12 小时 ± t 得出,这里当观察的瞬间星 S 在天体西半球时,使用上面的符号;当星 S 在天体东半球时, 使用下面的符号。当我们将赤经 α 与时间角 T 相加,便可直接获得所求的观察时间——恒 星时间 Ω(白羊宫的时间角)Ω = T + α。 为了获得观察时的平均当地时间——M. L. T.,我们先以观察时平均太阳时赤经的近似 值 确定观察的近似平均当地时间 ;然后使用这个已知的相当精确的平均当地时间, 我们确定观察时平均太阳时的精确赤经α 0 ~α 0 ~α−Ω 0和最后精确的平均当地时间 M. L. T. = Ω – α0。 我们能应用高斯双高度问题的解去直接解十分重要的导航问题。 道维斯②问题:由一个赤纬及两观测点间隔为已知的星球(太阳)的双高度确定观察点 的纬度。 我们只需要分别考虑S及S′ 为地点,δ和δ′ 作为在第一个和第二个观察点的星球赤纬。对 恒星δ = δ′,而对太阳和行星δ与δ′ 稍有差别。(τ是由对应星球观测两个瞬间已知小时圆的时 间间隔所确定的角度。) 因为两个测量高度通常是在不同地点 A 和 B 观察的,而且上述计算仅相对于一个地点, 如设为 B 处,则在 A 测得的高度必须“折算到地点 B”。由此出发,我们解问题: 在 A 处,在给定时间 Ξ 观察星的高度;在同一瞬间,B 处星的高度是多少? 首先,在Ξ瞬间,可知星球具有相同高度或同样天顶距的地球表面上所有各地点都在陆 界圈上,陆界圈球面的中点是地球中心到星球的地球半径的终点S0。此圆称为星球的等高圈, 它的中点S0即是星象。 在图 95 中,设A和B是Ξ瞬间的星球的两个等高圈,观察点A及B在此等高圈上;设S0是 190 航海与天文学题 星象,O是大弧S0A与B的交点。我们假设距离AB相当短,三角 形AOB可看作平面。这就给出天顶距离之间的差异,也给出在 A和B外星球的高度差异: S0 A B O B A 图 95 AO = AB cos ω, 这里 ω 是船的航程 AB 与 A 点处的星球的方位 AO 间的夹角。 如果依据船驶向或驶离星球而由 A 处星球高增加或减少 横向距 AB 和航向与星球在 A 处的方位夹角的余弦两者间之 积;可得到所要求的在 A 点观察的时间 B 时 B 点的星高。 在上述高斯方程中,必须用如此得到的“折算”高度去替 代 h。同时,在 B 点测得的高度必须替代 h′。 由此计算得到的 φ 值自然是第二观察点 B 的纬度。 ① Astronomisches Jahrbuch ② 道维斯(Douwes)是荷兰海军数学家。原注。 第80题 高斯三高度问题 从在三星球获得同高度瞬间的时间间隔,确定观察瞬间,观察点的纬度及星球的高度。 确定时间及位置的这种高斯法的意义在于消除由大气折射而产生的观察误差。 解:建立三星球的赤道坐标(赤经和赤纬)为(α, δ),(α′, δ′),(α″, δ″),以φ表示观察点 的纬度,以t,t′ 及t″ 表示观察瞬间,以T,T′,T″ 表示这些瞬间三星球的时间角,这样差T′ – T = t′ – t及T″ – T = t″ – t是已知。这样就给出三个方程 sin h = sin δ sin φ – cos δ cos φ cos T, (1) (2) sin h = sin δ′ sin φ – cos δ′ cos φ cos T′, (3) sin h = sin δ″ sin φ – cos δ″cos φ cos T″, 由方程(1)减方程(2),得 (4) sin φ(sinδ – sin δ′) = cos φ(cos δ cos T – cos δ′ cos T′)。 现在我们分别引入赤纬δ′ 及δ及时间角T′ 与T的半和及半差: 2 δδ +′=s 与 2 δδ −′=u 及 2 TTS +′= 与 2 TTU ′ −= 。 于是在(4)中用s + u与s – u代替δ′ 与δ,用S + U与S – U代替T′ 与T。在变换的方程(4)中, 应用加法定理,得 – sin φ cos s sin u = cos φ(sin S sin U cos s cos u + cos S cos U sin s sin u)。 这里再除以 cos φ cos s sin u,得 tg φ = sin S sin U ctg u + cos S cos U tg s。 因为 U,u 与 s 已知,我们求辅助值 r 与 w,使得 r cos w = sin U ctg u 与 r sin w = cos U tg s。 (首先 w 是由 tg w = tg s tg u ctg U 确定,而 r 由两辅助方程之一确定。)这时所得方程具有 简单形式: – tg φ = r sin(S + w)。 (I) 用相同方法,方程(1)与(3)相减,引入半和 191 航海与天文学题 2 δδ +′′=s , 2 TT +′′=S 与半差 2 δδ −′′=u , 2 TT −′′=U , 以及引入由条件确定的辅助值 r 及 w: r cos w = sin U ctg u,r sin w = cos U tg s, 得方程 (II) – tg φ = r sin(S + w)。 用方程 I 除方程 II,得两未知角 S + w 及 S + w 的的正弦比 r wS r wS =+ + )sin( )sin( 。 (III) 但是,因为这些角的差 wTTwS −+′−′′=+−+ w 2)()( wS 是已知的,用正弦正切定理(参见第 40 题)到(III)中容易计算角的和。由和及差,我们 直接得到 S + w 与 S + w,因此也求得未知角 2 TT +′′=S 与 2 TTS +′= 。 由 S 与已知差 T′ – T,得到要求的时间角 T 及 T′;由 S 与已知差 T′″ – T,得到要求的时间角 T 及 T″,以类似方式得到时间角 T 与 T″。将赤经加到时间角上,最后得到恒星时的观察瞬 间。 要求的纬度由(I)或(II)式得到,要求的高度 h 由(1),(2)或(3)得到。 注:如果纬度是由两个相等星球高的观察点及它们之间的时间间隔来确定的话,在处置 时,我们仅有方程(1)与(2),并必须假设观察点之一的时间角 T 是已知的。方程(I)右 边各值均为已知,这时给出 φ。 值得注意的特殊情况是 李西奥里问题:从两个同时升落的两颗已知星的中天的时间,求观察点的纬度。 1651 年由李西奥里(Riccioli)提出的问题是特别值得注意的,所使用的方法能确定纬 度,无须角度测量仪。 如果T与T′ 是星球上升的时间角,他们的差 2U = T′ – T也是它们中天之间的时间。我们 初始的方程(1)与(2)此处能简化(因h = 0)为 cos T = tg δ tg φ 与 cos T′ = tg δ′ tg φ。 引入时间角的余角 τ 及 τ′,得 sin τ = tg δ tg φ 与 sin τ′ = tg δ′ tg φ, 将此相除,得角τ及τ′ 的正弦比: δ δ τ τ ′=′ tg tg sin sin 。 因为 τ – τ′ = T′ – T 是已知的,根据正弦—正切定理,由此方程得 τ + τ′。这样得 2τ = (τ + τ′) + (τ – τ′),最后由 sin τ = tg δ tg φ 得 φ。 第81题 刻卜勒方程 根据行星的平均近点角,计算偏心及真近点角。 192 航海与天文学题 J·刻卜勒(Johannes Kepler,1571 – 1630 年)是有史以来最伟大的天文学家之一。这个 以他的名字命名的著名问题出现在他的主要著作中①,根据拉兰第(Lalande)的意见,每 个天文学者起码要将该书读一遍。 在解此题之前,我们将对三近点作扼要的说明。 设S和P分别为太阳和行星的中心,设N为行星轨道的一点,在该点上行星最接近太阳, 称为近日点,设O为椭圆轨道及外接圆的中心,P0为过P作与短轴平行的线与外接圆的交点。 a和b分别是椭圆的长半轴和短半轴,OS = e为线性偏心率, a e=ε 为天文偏心率或形状数,T 为行星回转周期,t为行星经过近日点以后到P位置所花的时间。 真近点角 W 为角 NSP,即在时间 t 内行星焦半径所描绘的角(见图 96),而平均近点角 M 是 t 时间内匀速回转(回转周期 T 相同)焦半径所描绘的角,于是用角度度量 tTM π2= 。 最后,偏心近点角E为角NOP0,它是由外接圆半径OP0与ON形成的。 以 E 作为可变参数,我们有 x = a cos E,y = b sin E 轨道方程 x = a cos E,y = a sin E 外接圆的方程 在偏心近日点角和真近点角之间存在的关系式(从边为 e – x 与 y 的直角三角形中得到) 为 P S N a e x e – x W y O E P0 图 96 eEa EbW −= cos sintg ; 并进行平方并用公式b2 = a2 – e2,e = aε及 cos2 E + sin2 E = 1, sec2 W – tg2 W = 1 之后,此关系式转换为 E EW cos1 coscos ε ε − −= 。 此外,为了得到一个便于对数运算的公式,高斯引入 半角 2 W 和 2 E 并用公式 2cos2cos1 2 ϕϕ =+ 及 2sin2cos1 ϕ2ϕ =− 。 将上述方程写成 E E W W cos1 cos1 1 1 cos1 cos1 + −⋅− +=+ − ε ε , 得 高斯公式 2tg1 1 2tg EW ε ε − += 。 在偏心近点角与平均近点角之间有著名的刻卜勒方程(用弧度来度量): E – ε sin E = M。 该方程是公式 )sin(2 EEabJ ε−= ② 193 航海与天文学题 对椭圆扇形 SNP 与刻卜勒表面定律:“行星焦半径在等时间内扫描相等的表面积”的面积 J 的推演。(根据面积公式,半椭圆面积(E = π)为 abπ2 1 ;这样整个椭圆面积为 πab。根据 刻卜勒表面定律,有 T t ab J =π 的比例。因此 MT tEE ==− πε 2sin 。) 现在,刻卜勒方程 E – ε sin E = M 对未知量 E(当 M 和 ε 均假设为已知时)的解就成了刻卜勒问题的关键。 下面E的确定乃根据假设形状数ε为真分数,并且由对偏心近点角近似值系列E1,E2, E3,…的演算所组成,而近点角的近似值当指数增大时,偏差就越来越小,小到与真值相差 无几,同时在相对低的指数时近似值就充分地接近真值。对第一近似值,我们选 E1 = M + ε sin M。 其与真值 E 的偏差为 E – E1 = ε(sin E – sin M)。 但因为 |sin E – sin M| < |E – M| = |ε sin E| < ε, 对第二近似值,我们选 E2 = M + ε sin E1。 其与E的偏差为E – E2 = ε(sin E – sin E1)。但因为 |sin E – sin E1| < |E – E1|, 而后者如刚才所示小于ε2,由此得 |E – E2| < ε3。 第三近似值为 E3 = M + ε sin E2。 其与E的偏差,按绝对值考虑小于ε4,等等。 第 n 近似值与真值的偏差小于形状数 ε 的 n + 1 次幂。因此,近似值逐渐接近真值比,ε 减小快得多。 例如在地球轨道上ε = 0.01674,ε3 = 0.00000469,1″ 弧度 = 0.00000485。于是: 对地球轨道,第二近似值已精确到秒。 在火星轨道上,它有相当高的形状数 0.0933,ε5 = 0.0000071,于是第四近似值E导致小 于 2″ 的误差。 当 E 确定后,可由高斯公式算出真近点角。 注:刻卜勒问题是天文学上很重要的问题。例如它为对某一瞬间确定其时间方程的基础。 (时间方程习惯地理解为平均与真实当地时间之间的差或真实与平均太阳日赤经α及α0 之间的差: e = M. L. T. – T. L. T. = α – α0。) 该计算建立在以下七个步骤上: 1.从每天增加 3 分 56.55536 秒的给定时间瞬间及它的固定时间瞬间的值(1925 年 1 月 1 日子夜,平均格林威治时间α0 = 18 时 40 分 30 秒),确定平均太阳日的赤经α0。 2.根据(定义)方程α0 = M + Π计算平均近点距M,这里Π为近地点真太阳日的经度。 (在 1925 年 1 月 1 日,Π为 281°39′2″,它每年增加 1′1.9″。) 3.由刻卜勒方程 E – ε sin E = M,e = 0.01674,确定偏心近点距 E。 4.由高斯公式,计算真近点距 W, 194 航海与天文学题 2 1tg1 1 2tg ε ε − +=W 。 5.根据方程 L = W + Π,确定真太阳日的经度。 6.根据由具有斜边 L 与边 α 和 δ 的天文三角形得到的方程 tg α = cos i tg L,确定真太 阳日的赤经 α;在方程中,i 表示黄道磁倾角。 7.由e = α – α0,确定时间方程e。 例:1925 年 12 月 2 日中欧时间下午 4:00 的时间方程。 α0 = 16 时 43 分 44 秒 = 250°56′,M = 329°16′1″,E1 = 328°46′38″, E2 = E = 328°46′12″,W = 328°16′10″,L = 249°56′9″, α = 248°17′28″ = 16 时 33 分 10 秒,e = – 10 分 34 秒。 ① Astronomia nova, Prague, 1609 ② 该公式推导如下:因为圆扇形ONP0有面积 EaJ 2 0 2 1= 及椭圆扇形ONP的每个纵坐标等于 a b 乘该点圆 周纵坐标,扇形ONP的面积也等于 a b 乘J0,即 abE 2 1 。由于椭圆扇形SNP的面积J比ONP小一块三角形 OSP的面积 abEey 2 1 2 1 = ,所以SNP的面积为 EababEJ sin 2 1 2 1 ε−= 。原注。 第82题 星落 对给定地点和日期,计算一已知星落的时间和方位角。 解:这种计算法用数字实例来说明为最好。于是我们设想该问题更确切的形式: 1932 年 12 月 31 日,在德国内德林根、巴伐利亚(φ = 48°51.1′,λ = 10°29.4′)土星什 么时候落下?航海天文年鉴给出 1932 年 12 月 31 日在午夜平均格林威治时间的下列数据: 土星赤经 α = 20 小时 25 分 30 秒(每小时增加量 = 1.2 秒),土星的赤纬 δ = 19°47.4′S(每小 时减少量 = 9.86 秒)。 在星落瞬间,由于大气折射的结果,星球实际已在水平线(SN)下一定距离h。水平折 射h可按平均值 35′ 来规定,但在精密测量时,必须查专用的折射表。 根据余弦定律,由航海三角形 PZ★(见图 97,其中 PZ = b = 90° – φ 表示纬度 φ 的余角,P★ = p = 90° + δ 极距,Z★ = z = 90° + h 天顶距,∠PZ★ = a 星球的方位角)得 cos z = cos b cos p + sin b sin p cos t。 如果在这里以 h,φ,δ 代替 z,b,p,得 δϕ coscos sin h−δϕ tgtgcost = 。 首先我们计算近似星落时间 t,取星落瞬间角 δ = 66°42.8′ = 4 小时 26 分 51 秒及星落瞬间时间角 T = 16 小时 26 分 51 秒。 由此,我们求得恒星时间 S(即在春分的时间角)的近似值 S = T + a = 36 小时 52 分 21 秒, 这样平均当地星落时间 M. L. T. = S – α0 = 18 小时 15 分 31 秒, S N A D Q K P Z p z φ a t ★ 图 97 平均格林威治时间 195 航海与天文学题 M. G. T. = M. L. T. – λ(= 41 分 58 秒) = 17 小时 33 分 33 秒。 根据午夜格林威治时间,星落瞬间近似值为 17.55 小时。在 17.55 小时中,三个值α,δ与α0分 别增加 21 秒,–1.1′ 与 2 分 53 秒,于是星落瞬间,它们的值为 α = 20 小时 25 分 51 秒, δ = 19°46.3′,α0 = 18 小时 39 分 43 秒。 现在必须以这些精确值来重新计算。这给出 T = 16 小时 26 分 57 秒 α = 20 小时 25 分 51 秒 S = 36 小时 52 分 21 秒 α0 = 18 小时 39 分 43 秒 M. L. T. = 18 小时 13 分 05 秒 根据正弦公式 z p t sin sin sin sin =α , 算出待求的方位角。 由此求得 α = 120°10′。 结果:土星在方位角S 59°50′ 西,于中欧时间 18 小时 31.1 分星落。 注:上述方法自然也适用于星出时间或星球获得规定高度时间的确定。如果要专门确定 中天瞬间,能省去对数计算,因此中天时间角 T =12 点钟是已知的。 第83题 日晷问题 制作一个日晷。 首先我们要考虑日晷的两种最简单形式:水平日晷和垂直子午日晷。在第一种形式中, 日晷 E 的平面是水平的,在第二种形式中,是垂直的,且规定通过水平线的东西两点。地 球轴线用日晷 E 的指针上的投影表示。在中午,影位于其中心位置,日晷平面的子午线在 中午前或中午后 t 小时分别与子午线形成“影角”s 或 σ。 问题是确定时间 t 和影角之间的关系。 我们将称太阳与地球轴(日晷指针)所形成的平面为日影面,因为日影必须在平面上。 在中午,于中心位置的日影面通过水平线的南北两点,并在 t 时间与中心位置形成 τ 角(t 小时 = 15t°)。 O Z F U S σ s i o φ t oi 图 98 在图 98 中,设 US,UO 与 UZ 是从 U 移向 南点,东点和水平线天顶所形成的线段,规定 SZ 表示日晷指针;这样∠USZ 表示该地点的纬 度 φ,SOZ 表示日影面,于是 SO 为日影;∠USO 是水平日晷的日影角 S,ZO 为日影,∠USO 是 铅直子午日晷的日影角 σ。日影面 SOZ 及其子 午位置 SUZ 之间的角 t 就是角 UFO,此角由 UF 与 O 引向 SZ 的垂线 OF 形成的。如果选 SZ 作为单位长度,为简便起见,设 cos φ = o,sin φ = i,由直角三角形 SUZ 得 US = o,UZ = i,UF = oi,由直角三角形 UOF 得 UO = oi tg t,由直 角三角形 USO 及 UZO 得 UO = o tg s 及 UO = i tg σ。如果对 UO 取彼此相等的三个值,得方程 196 航海与天文学题 tg s = i tg t, (1) tg σ = o tg t, (2) 这里包括时间 t 分别与日影角 s 与 σ 之间需求的关系。 为了制作日晷盘,根据(1)或(2)计算对应不同时间 t 的日影角,并将其画出,但在 自由边上写的不是 s 或 σ,而是对应时间 t。 也可用纯图解法。在任意线段 AB 上,从 B 点开始 标出 i 或 o 倍于 AB 的长度到 C,以 C 为圆心画半圆,通 过 B 画与 AC 垂直的切线(见图 99)。如果现在我们使 BT 弧等于时间角 t(于是,例如 3 小时为 45°),延 长 CT 与切线相交于点 J,连接 J 与 A,则∠BAJ = ω 为对时间 t 的日影角 s 或 σ。(由△BJA 得 BJ = BA tg ω 由△BJC 得 BJ = BC tg t,因此 BA tg ω = BC tg t 或由于 BC 为 BA 的 o 后 i 倍, tg ω = i tg t 或 tg ω = o tg t。 根据(1)式,ω 等于 s,根据(2)式,ω = σ。) 对尽可能多的时间角 t 作这样的画法得到日晷盘上 为对应每个时间的每条线 AJ 的总和。为了安置日晷,我们使绘制平面成水平,这样 BA 从 水平线的北点指向南点,或者将绘制平面垂直,则 BA 垂直向上,切线从西向东,并使平行 于地球轴线的日晷指针固定在 A 点。 A B C O T ω t 图 99 任意方位角的垂直日晷 现在我们考虑这种情况,日晷被固定在不是东西朝向的铅直墙壁上。 在图 100 中,设 UZ 为壁上的垂线,UH 为壁上的水平线, US 为水平朝南,ZS 为日晷指针,这样∠USZ = φ 及∠UZS = b = 90° – φ;UZS 为子午面,∠SUH = α 为壁上的方位角(从南点 算起);ZH 为 t 时间的日影,于是 ZSH 为日影面,与子午平面 ZSU 形成的角为时间角 t;最 后 ZH 与 ZU 形成的角为日影角 σ。 三度顶点 Z 具有三边 ZU,ZH,ZS 截中心为 Z 的球(如图所示) 形成一球面三角形,其中边 σ,角 α,边 b 及角 t 是四个连续元 素。根据余切定理,于是 cos b cos α = sin b ctg σ – sin α ctg t 或 cos φ ctg σ – sin α ctg t = sin φ cos α。 这是时间 t 有日影角 σ 之间的关系。这种关系可用于计算对应 于每个时间 t 的日影角 σ。 日晷的发明在古代已失传。维特罗维斯(Vitruvius)的陈 述(在维阿弗拉米尼阿发掘的一台日晷的记载),根据记载,发 明者是 C·贝鲁苏斯(Chaldaean Berosus),事实上这是不可靠的。在古代巴比伦日晷已被人 所知,它早于贝鲁苏斯之前许多世纪。 Z Z S H a b t σ 图 100 第84题 日影曲线 当直杆置于纬度 φ 的地点及该日太阳的赤纬有 δ 值时,确定在一天过程中由杆的点投影 所描绘的曲线。 197 航海与天文学题 解:我们选择从杆顶点到该地水平的垂线作为单位长度,垂足 O 作为直角坐标系的原 点,其 x 轴指向水平面的北点,其 y 轴指向水平面的西点。在太阳(⊙)的方位角为 Sa° E 及天顶距 z 的瞬间,从 O 点的投影距离为 tg z,日影的横坐标和纵坐标为 x = tg z cos α,y = tg z sin α。 在航海三角形 PZ⊙中,纬度余角 PZ = b 及极距 P⊙ = p = 90° – δ 是常数。天顶距 Z⊙ = z,方位角补角 PZ⊙ = 180° – α,时角 ZP⊙ = t 为变数。我们求用 x 和 y 表示 sin t 和 cos t 的 日影曲线方程,并将整理好的表达式代入方程 cos2 t + sin2 t = 1。 分别将 sin φ,cos φ 及 tg φ 代以 i,o 及 q,并分别将 sin p,cos p 及 tg p 代以 I,O 及 Q。 如果依次将正弦定律、余弦定律、余切定律应用到航海三角形,则得三个方程 sin α sin z = sin p sin t, cos z = cos p cos b + sin p sin b cos t, – cos b cos α = sin b ctg z – sin α ctg t。 以第二式去除第一式,得到 tp tpz ctgtgcossin sintgtgsin ϕϕα += 或 toQi tQy ctg sin += 。 (1) 以– tg z 乘第三式,得到 sin φ cos α tg z = sin α tg z ctg t – cos φ 或 ot tyix −= sin cos 。 (2) 从(1)和(2)式,得 oxi ixotQ − +=ctg , oxi ytQ −=sin 。 由此,根据以上所述,得 (o + ix)2 + y2 = Q2(i – ox)2 为日影曲线的方程。对y2求解,得 y2 = (Q2i2 – o2) – 2io(Q2 +1)x + (Q2o2 – i2)x2 或除以o2, 222222 2 2 )()1(2)1( xqQxQqqQ o y −++−−= 。 为了使该方程化简,我们引进一个新坐标系 X,Y,其原点 U 位于曲线的顶点,即在中午日 影所在之点;X 轴指向南,Y 轴指向西。当太阳在子午线上,天顶距为 p – b,这样 qQ Qq bp bpbpU + −=+ −=−== 1 tgtg1 tgtg)tg(0 α 。 引入 x = α – X,y = Y 到上述曲线方程,得 2222 2 2 )()1(2 XqQXqQ o Y −++= 。 198 航海与天文学题 如果第一个括号写为 2 1 o ,第二个括号为 22 11 oO − 并以o2乘该方程,则得 2 2 2 2 12 X O oQXY ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −−= 。 因此,日影曲线的出没方位角方程可写成 2 2 2 2 cos cos1tg2 X p pXY ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ −−= ϕ 。 该曲线是具有半参数 tg p 和形状数(偏心) pcos cosϕ 的圆锥曲线。 如果纬度等于太阳的极距,则日影绘成一抛物线;在较高纬度处,则日影绘成一椭圆; 在较低纬度处,日影绘成一双曲线。 第85题 日食和月食 如果对于充分接近日食时间的两个瞬间太阳和太阳和月亮的赤经、赤纬以及其半径均为 已知,确定日食的开始和结束,以及太阳表面被隐蔽部分的最大值。 例:公元前 431 年 8 月 3 日,在雅典伯罗奔尼撒战争期间发生的有名的日食,公布的时 间平均雅典时间下午 4:30 和 5:30,数值: A0 = 126°51′52″,Δ0 = 19°23′46″,R0 = 15′52″, α0 = 126°51′52″,δ0 = 19°23′46″,r0 = 15′38.5″ 及 A1 = 126°54′21″,Δ1 = 19°23′11″,R1 = 15′52″, α0 = 127°8′49″,δ0 = 19°24′30″,r0 = 15′38.5″。 当月亮充分接近天球上的太阳,即在两天体赤经与赤纬间的差 a = α – A 及 d = δ – Δ 充 分小时,这时才能发生日食。 根据球面余弦定理得出求两天体(其中心轴线)中心的球距 z 的公式 cos z = sin Δ sin δ + cos Δ cos δ cos a。 在这里我们用 2sin21 2 z− 与 2sin21 2 a− 代替 cos z 与 cos a,得 2sin2sincoscos2sin21 222 daΔz +=− δ 。 如果我们考虑根据假设 a,d 及 z 是任何情况下不超过 1°的小角,我们能用这些角代替其正 弦(参见第 15 题)并写成 z2 = a2 cos Δ cos δ + d2。 此外,令 gΔ =δcoscos 与 ag = x, 并以 y 代替 d,得到简单方程 z2 = x2 + y2。 199 航海与天文学题 a,x,y 及 z 的大小用角度秒计量是最方便的。 如果对于充分接近日食时间的两个瞬间(第一瞬间取作时间的零点)太阳和月亮的赤经、 赤纬均为已知,例如第一瞬间为α0,A0,δ0及Δ0,第二瞬间为α1,A1,δ1和Δ1,则能根据这些 值计算每小时x与y的增量h与k。因为日食持续时间很短,我们假定在所考虑的期间x与y大小 的变化是均匀的,因而在时间t即o瞬间以后t小时中, x = x0 + ht与y = y0 + kt。 如果我们将这些值代入上述方程,则得 z2 = (x0 + ht)2 + (y0 + kt)2。 这就使我们能计算任一瞬间 t 的两天体的中心轴线。 当中心轴线z等于两半径R与r之和s时,日食在此瞬间开始和结束。在所考虑期间,太阳 半径不改变(R = R0 = R1),而月亮半径每小时呈现微小的增量ρ = –2″,于是 r = r0 + ρt与s = R + r = R + r0 + ρt = s0 + ρt。 因此我们对于日食开始(同样可以是结束)所要的瞬间求得所谓的日食方程: (x0 + ht)2 + (y0 + kt)2 = (s0 + ρt)2。 这个二次方程有两个未知数t的根,较小的值t′ 表示日食开始,较大的值t″ 表示日食结束。 最大日食发生在 τ 瞬间,在此瞬间中心轴线 z 达到最小值 ζ。这样有 z2 = z0 2 + 2mt + n2t2, 式中 z0 2 = x0 2 + y0 2,m = x0h + y0k,n2 = h2 + k2。 如果写成 2 2 2 2 0 2 ⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ ++−= n mnt n mzz , 则看到当括弧为零时,z 值最小。于是有 2n m−=τ 与 2 2 2 0 n mz −=ζ 。 最大日食瞬间,是指月亮已进入日轮的距离为太阳直径的 R rR 2 ζ−+ 。 在此瞬间日轮被月亮遮盖的部分,亦能容易地根据 ζ 计算出。 进行雅典日食的计算,我们得: a0 = –657(–10′57″),a1 = +868(+14′28″), lg g0 = 9.97428,lg g1 = 9.97462, x0 = –619.2,x1 = 818.7, y0 = +912(–15′12″),y1 = +79(+1′19″), h = x1 – x0 = 1438,k = y1 – y0 = 833, s0 = 1890.5,s1 = 1888.5,ρ = s1 – s0 = –2。 日食方程为 (–619 + 1438t)2 + (912 – 833t)2 = (1890.5 – 2t)2 或 2761729t2 – 3292074t – 2359085 = 0 或 t2 – 1.192034 t = 0.8542059159。 其根为 200 航海与天文学题 t′ = –0.50373,t″ = 1.69576。 把小数变成分和秒,分别得–30 分 13 秒和 1 时 41 分 45 秒。 因此, 日食的开始:3 时 59 分 47 秒, 日食的结束:6 时 11 分 45 秒。 因此日食长度为 2 时 12 分,最大日食瞬间为 5 时 5 分 46 秒( 2τ = t′ + t″ 给出τ = 0.596)。 由 ζ2 = (619 – 1438 × 0.596)2 + (912 – 833 × 0.596)2, 求得此瞬间太阳和月亮的中心轴线;它是 4795.415238 22 =+=ζ ,也就是 8′。 于是月亮遮盖 1804 1410 ,即为中心太阳直径的 74%和日轮的 67%。 用类似的方法可计算月食。但此处取代有关太阳的部分,我们将涉及所谓阴影圆,即太 阳照耀的地面通过到达月亮的距离上锥投影阴影的截面。角半径 R 等于 p – κ,这里 p 表示 月亮的视差①,κ 表示锥阴影的半张角。κ 为角半径 R 在太阳视差 p 上的余量。 (在图 101 中,设 S 为太阳中心,E 为地球中心,K 为锥阴影的顶点,AB 为阴影圆的 直径,se 为太阳和地球圆周上的切线,EF 为从 E 到 Ss 的垂线,这样∠EAe = p,∠AEK = R, ∠FES = ∠eKE = κ。因为 p 为三角形 EKA 的外角,我们得 p = R + κ。由△SEF 也得到 SE Ee SE Ss SE SF −==κsin 。 S E K F A B s e κ κ 图 101 因为右端的被减数为太阳角半径的正弦,减数为太阳视差的正弦,由此得到 sin κ = sin R – sin P, 或者因为这些角很小(κ小于 16.2′,R < 16.3′ 及P < 8.9″), κ = R – P, 如以上所肯定的。) 阴影圆中心的赤纬是太阳赤纬增加或减少 180°,而赤经是太阳赤经的倒数。 为了考虑大气折射,在计算月食时,上面提供的阴影圆半径的理论值 R = p + P – R 必须 被大出 2%的值所代替。 ① 月亮或太阳的视差分别为月亮或太阳上地球的角半径。原注。 201 航海与天文学题 第86题 恒星及会合运转周期 确定已知恒星运转周期的两共面旋转射线的会合运转周期。 旋转射线是长度一定的线段 AB,线段的终点 B 以定转速围着在平面 E 上的起点 A 旋转, 同时起点或保持静止或在平面 E 描绘一曲线。使用众所周知的天文表达式,我们称旋转射 线 AB 描绘一个 360°整圈过程中恒星运转周期为时间 T。 设起点 a 和终点 b 的平面 E 的第二个运转射线有恒星运转周期 t(< T)。 考虑在已知瞬间两射线彼此所形成的夹角。称两射线再次形成同一角度的时间 s 为两射 线的会合旋转周期或一射线与另一射线有关的会合旋转周期。 为了求得此值,我们设想一辅助运转射线a′b′,其起点a′ 总是与A相重合,其方向总是与 ab的方向相一致,现在我们将考虑辅助射线对AB的相对运转。因为在单位时间a′b′(或ab) 的运转等于 t °360 ,AB的运转为 T °360 ,a′b′ 对AB在每单位时间的相对运转为 °⎟ ⎠ ⎞⎜ ⎝ ⎛ −= 36011 Ttδ 。 (1) 如果在s时间单位结束时a′b′ 恢复到相对于AB的相同位置,则sδ必须等于 360°或 (2) s °= 360δ 。 由(1)和(2)式得 Tts 111 −= 或 tT Tts −= , 这样会合运转周期 s 表示为两恒星运转周期 T 和 t 的函数。 这个实际问题,它的解也是一个简明的典型,具有值得注意的使用意义,我们将讨论以 下四种应用。 题 1:整 12:00 时,钟的两指针相重合,问什么时候两指针再次重合? 这里设 AB 为短针,ab = Ab 为长针,T = 12 小时,t = 1 小时,这样 11 1111 112 =×=s 小时 = 1 小时 5 分 11 327 秒。 在 1 点 5 分 11 327 秒时,两指针再次重合。 题 2:由金星的会合运转周期( 2 1583 日)确定其恒星的运转周期。 行星的恒星运转周期可理解为旋转射线太阳—行星作一整转的时间。行星的会合运转周 期可理解为三天体(太阳、地球、行星)再次彼此在同一相对位置的时间 s。 这里 AB 为太阳—地球的旋转射线,ab 为太阳—金星的旋转射线, 4 1365=T 天。由观 测已确定的会合运转周期 s,其恒星运转周期 t 由关系式求得 sTt 111 =− 为 224.7 天 题 3:确定太阳日和恒星日之间的关系。 太阳日为太阳的两个连续中天之间的时间间隔,恒星日为恒星的两个连续中天之间的时 202 航海与天文学题 间间隔或地球围绕自身轴线旋转一次的时间间隔。 设太阳的中心为 S,地球的中心为 E,地球赤道的一标点为 O。这 里 AB 为旋转射线 SE, ab 为旋转射线 EO,T 为 4 1365 天(一年,AB = SE 完成一 360°整转的周期),t 为恒星日的 时间,s 为太阳日的时间(射线 EO 再次相对于太阳在同一位置的周期)。由 Tts 111 −= 得 1+= s T t T 。 t T 表示恒星日数, s T 表示太阳日数,这些均发生在一年之中。因而所求的关系可叙述如下: 一年含有的恒星日比太阳日数多一( 4 1365 太阳日, 4 1366 恒星日)。 题 4:恒星月和会合月之间的关系是什么? 恒星月是旋转射线 EM(地球—月亮)完成一整圈所花费的时间。会合月是两个连续新 月(全月)之间的时间间隔。这里 AB 为旋转射线 SE,ab 为旋转射线 EM, 4 1365=T 天,t 为恒星月的时间,s 为会合月的时间。于是所求关系式为 Tst 111 =− 。 用文字表示如下:恒星月的倒数减去会合月的倒数就等于恒星年的倒数。 这可用以下数值验证: t = 27.3217 天,s = 29.5306 天,T = 365.2564 天。 第87题 行星的顺向和逆向运动 行星什么时候从顺向转为逆向运动(或者反过来,从逆向转为顺向运动)? 假定已知行星轨道作为黄道平面上的圆,其轨迹半径,运转周期以及在给定的作为时间 纪录起点的瞬间的位置等。 解:当行星沿天体球类似太阳的恒星一样运行,即从西到东,习惯称为行星的顺向运动; 当行星按相反方向运动,即从东到西,习惯称为行星的逆向运动。当在短暂期间行星在恒星 之间出现静止不动的现象,换言之,在一个相当短的期间“地球—行星”的实现保持相同方 向时,这是会产生运动的转变。 地球和行星轨道半径分别为 r 及 R,运转周期为 u 及 U,因而围绕着太阳旋转的轨道半 径有 uk π2= 及 UK π2= 的转速。 用矢量法可方便地求得问题的解。设O,p,P为太阳,地球与行星的中心, Op=r 及 OP=R 为地球和行星离太阳的矢量距。矢量r和R为“旋转矢量”,即有定长r与R的矢量,这 些矢量分别以速度k与K在黄道平面E内围着固定原点O旋转。对轨道速度的矢量 与 ,我 们再选O作为起点。速度 与 的大小为kr与KR,方向总是垂直于r与R的方向。如果我们设 想两个矢量r r R r R 0与R0以O为原点,大小为r与R,它们总是超前旋转矢量r与R90°,于是 203 航海与天文学题 0rr k= 与 0RR K= 行星离地球的矢量距为 rRs −=−== OpOPpP ,与地球有关行星的相对速度(既行星 对地球上观察者的速度,地球对观察者是静止的)为 00 rRrRs kK −=−= 。 设矢量 R 超前矢量 r 的在 0 时间的角为 α,在 t 时间为 ζ。于是 (1) ζ = α + χt, 式中 χ = K – k 表示矢量 R 在单位时间内旋转超前矢量 r 的角。 当矢量 s 对观察者在北极按反时针方向旋转,行星的运动为顺向,当矢量对观察者按顺 时针方向旋转,行星的运动为逆向,即根据垂直于 E 的矢量 ss ×=OS 的顶点 S 在黄道平面 的上方或下方而定。现在 qprRrRrRrRss −=−×−=−×−=× )()()()( 00 kK 且 p = KR × R0 + kr × r0,q = Kr × R0 + kR × r0, 假设矢量p和q也以O为其起点,矢量p的大小为KR2 + kr2并位于E上方。矢量q从图 102 可看 出,位于E的上方与下方要以cos ζ是正或负而定,并有大小(K + k)Rr|cos ζ|。这样矢量 位 于E的上方或下方以KR ss × 2 + kr2 – (K + k)Rr cos ζ是正或负而定,即根据 RrkK krKR )(cos 22 + +<ζ 或 RrkK krKR )( 22 + +>ζcos 。 现在根据刻卜勒第三定律, 3 3 2 2 r R u U = 或 3 3 2 2 r R K k = , 于是,所得不等式右边的比 K k 能被 3 3 w W 所代 替,式中 RW = , rw = 。这样我们可得 右边的值 RrrR Rr WwwW Ww wW WwwW wWwW wWWw −+ = −+ = + += + + 22332233 4343 )( )( , 结论如下: 行星运动的顺向或逆向的根据为 RrkK krKR )(cos 22 + +<ζ 或 RrkK krKR )(cos 22 + +>ζ 。 在 P O p R0 ζ r s r0 图 102 R 204 航海与天文学题 RrrR Rr −+ =ζcos (2) 时,运动的一种形式转变为另一种形式。 例:上述会合后多少天,金星变为逆向? 这里 r = 149,R = 107.6 百万公里,k 和 K 分别为 0.9856°和 1.602°,这样 k 等于每天 0.6164°,α = 180°及 974.0= −+ RrrR Rr 。 因此从(1)和(2)式,得 cos 0.6164t = –0.974,因而 t = 271 天。 第88题 兰伯特彗星问题 借助焦半径及连接弧端点的弦,来表示彗星描绘抛物线轨道一段弧所需的时间。 J·H·兰伯特(1728 – 1777 年)在 1761 年发表了一篇彗星轨道的论文,在论文中可以找 到以其名字命名的著名公式;此公式表示抛物线焦点扇形的面积为边界焦点半径及扇形弦的 函数。 为了导出兰伯特公式,需用英国天文学家巴克(Barker)的公式,首先推导这个公式。 先从抛物线的幅度方程y2 = 4kx开始,这里k表示最短焦点半径,它是通常认为的抛物线 参数的四分之一。 研究被最小焦半径 FO,任意点 P(x, y)的焦半径 FP = r,和抛物线弧 OP 所包络的扇形 FOP,在扇形中角 OFP = W 表示点 P 的真近点角。 为了解决此问题,先将扇形面积 S 用 x 与 y 来表示。如果我们从 P 作垂线 PQ 垂直于轴, S 为半扇形 OPQ 面积(参见第 56 题)与三角形 FPQ 面积之差(见图 103),于是 yk)−xxyS (2 1 3 2 −= 或 6S = y(x+ 3k)。 O P QFk x y r S 图 103 然后我们以 W 来表示 x 与 y。根据抛物线极坐标定理,焦 半径为 2 cos 2 W k cos1 W p r = + = , 因而, 2tg22cos2sin WkWW =2sin rWry == 及 2 Wtg4 2 2 kk yy == 。 如果我们代入巴克辅助值 2tg WT = , 得 x = kT2,y = 2kT (此为抛物线的参数方程),将这些值代入上述面积公式,得 205 航海与天文学题 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ += 3 3 2 TTkS 。 这就是巴克公式。 W 为正或负,取决于 P 在轴线的上方或下方。在第一种情况,T 与 S 为正,在第二种情 况,T 与 S 为负。 现在来求兰伯特问题的解。 设P与P′ 为抛物线的两点,W与W′ 为其近点角,T与T′ 为相应的巴克辅助值,S与S′ 为扇 形FOP与FOP′ 的面积,FP = r与FP′ = r′ 为两点的焦半径,∠PFP′ = 2ζ为它们之间的角,PP′ = s为连接弦,σ为两个焦点半径围住的扇形PFP′ 的面积。设r位于轴线上方,r′ 位于轴线的上 方或下方;在第一种情况,设r′ < r,那么在这两种情况W′ < W。 在两种情况中,面积 σ 是差 S - S′。 现在根据巴克公式, 3S = k2(3T + T3),3S′ = k2(3T′ + T′3), 因而, 3σ = k2(T – T′)[3 + T2 + T′2 + TT′]。 用J,O,J′,O′ 代替 2sin W , 2cos W , 2sin W ′ , 2cos W ′ , 用 i,o 代替 sin ζ,cos ζ,弧内的因子可写成 OO i OO JOOJ O J O JTT′=′ ′−′=′ ′−=′− , 方括号内的因子可写成 。 11 111 1113 22 2 22 2 22 2 2 2 2 2222 OO o OO OO JJOO O JO O JO OO JJ O J O J TTTTTTTT ′+′+= ′ ′+′+′ ′+′++= ′ ′++′ ′+++= ′++′+++=′+′++ 如果代入这些值,并根据极坐标方程,以r与r′ 分别表示 2O k 与 2O k ′ ,得到 rrrrorri ′′+′+= )(3σ 。 现在 i2 = (JO′ - OJ′)2 = J2O′2 + O2J′2 – 2JOJ′O′ = (1 – O2)O′2 +(1 - O′2)O2 - 22JOJ′O′ = O2 +O′2 – 2OO′(OO′ + JJ′) = O2 +O′2 – 2oOO′。 因为k = rO2 = r′O′2, rr rrorrki ′ ′−′+= )2( 。 如果将此值代入求 3σ 的方程,得 )2()(3 rrorrkrrorr ′−′+′+′+=σ 。 206 航海与天文学题 将弦 s 代入来进一步变换方程。根据余弦定理,其平方为 s2 = r2 + r′2 – 2rr′ cos 2ζ = r2 + r′2 – 2rr′(2o2 – 1), 即 s2 = (r + r′)2 – 4rr′o2。 令 srrv +′+= , srru −′+= , 得到 2 22 uvrr +=′+ , 2 uvrro ±=′ , 式中当包角 2ζ 为凹时,用上符号;当包 2ζ 为凸时,用下符号。 如果我们将这两个值代入最后的 3σ 公式,最后得出 )(8223 33 22 uvkuvvuuvk ∓∓ ⋅=⋅±+⋅=σ 。 或 ⎥ ⎥ ⎦ ⎤ ⎢ ⎢ ⎣ ⎡ −′++′+= 2 3 2 3 )()(72 srrsrrk ∓σ 。 此公式表示抛物线扇形σ为两个边界焦点半径r与r′ 及连接其断电弦s的函数。 为了使用此公式确定彗星完成其轨道弧所需的时间,我们仅需将求得的 σ 值代入发表在 一篇论文①中高斯公式 G pt = + μ σ 1 2 (参见第 96 题)。 因为这里 p = 2k 及设彗星质量 μ 等于零,最初有 2σ=kGt 代入得 2 3 2 3 )()(6 srrsrrGt −′++′+= ∓ 。 这个值得注意的公式含有提出问题的解。虽然它已由欧拉列出,通常称它为兰伯特公式。 这个公式可叙述为彗星描绘轨道弧所需的时间仅取决于弧弦及弧端点半径之和。 拉格朗日说,兰伯特公式现实彗星运动理论中最美妙和最有意义的发现。事实上,它对 确定彗星轨道是十分重要的。 实质上是按以下方法确定的: 对三个不同的瞬间以及太阳(离地球)的相应经度和距离确定彗星的经度和纬度。设r 与r′ 分别为第一次第三次测量的焦半径,s为焦半径端点间的距离。r′ 与s用已知量与r来表示, 将这些值代入兰伯特方程,导致仅有一个未知数r的方程。由此方程得r,然后从以上公式求 得r′ 与s。这给出焦点和轨道的两点,得到彗星通过近日点的时间。在此时间被确定后,由 高斯公式能得到任何瞬间彗星的位置。 ① Theoria motus 207 极值 极值 第89题 与欧拉数有关的斯坦纳问题 如果 x 为正变数,x 取何值时,根式 x x 为最大? 斯坦纳提出了这个问题①,此问题在斯坦纳的著作第 2 卷 423 页上也可查到。 解:根据指数函数不等式(参见第 12 题), e exe e ex −+≥ − 1 , 式中仅当 x = e 时使用等号。将不等式简化成 e x ee e x ≥⋅ 1 或 xe e x ≥ 。 这里我们开 x 次方,得 xe xe ≥ 。 用文字表示:欧拉数 e 是 x 为正变数时时 x x 产生最大可能值的数。 ① Crelle’s Journal. vol. XI 第90题 法格乃诺关于高的基点问题 在已知锐角三角形中,作周长最小的内接三角形。 这个著名问题起源于意大利伯爵 C·法格乃诺(1682 – 1766 年)的儿子 I·F·法格乃诺 (I· F· Fagnano)。他以对双扭线分类的卓越研究而名著于世。 这个问题的下列解法以其非常简易而受到注意。此解法摘自一本书①,其作者是法国的 小加勃里儿—马丽(Gabriel – Marie)。 A B C X Y Z HK γ 2γ 图 104 设已知三角形为ABC,XYZ为内接于 ABC的三角形,X,Y与Z(见图 104)分别在 BC,CA与AB上。我们认为,Z是AB上任意 一点;对于BC与CA分别画出Z的镜像H与K, 并确定连线HK与BC和CA的交点X与Y。就固 定的点Z来手,这样作成的三角形XYZ是所有 内接三角形中周长最小的三角形。事实上, 设X′ 与Y′ 为BC与CA上的其它两点,因为ZX′ 与HX′ 为镜像,ZY′ 与KY′ 也为镜像,而且ZX 与HX以及ZY与KY自然也是镜像,比较这两 个内接三角形的周长,可以写出 ZXYZ = HX + XY + YK = HK, ZX′Y′Z = HX′ + X′Y′ + Y′K = HX′Y′K。 208 极值 但因从 H 到 K 的直线比迂回线 HX′Y′K 段,所以第一个三角形比第二个三角形有较小的周长。 现在只是还须选取好这样的点 Z,以使所得出的线段 HK 尽可能小(该线段表示 XYZ 的 周长)。这时,CZ 是 CH 的镜像,也是 CK 的镜像;同样地∠ZCB = ∠HCB,∠ZCA = ∠KCA, 因而∠HCK = 2γ。于是线段 HK 是顶角为定角 2γ 及腰为可变边 s = CZ 的等腰三角形(HKC) 的底边;当 CZ 为最小值,即 CZ 垂直于 AB 时,HK 也为最小值。 我们可以容易地像 Z 那样对 X 或 Y 进行研究,从而有 AX 垂直于 BC,BY 垂直于 CA。 因此,点 X,Y,Z 是三角形 ABC 的高的基点。 结论:在内接于一个已知锐角三角形的所有三角形中,周长最小的是各边上的高的基点 构成的三角形。 ① Exercices de Géométire 第91题 费马对托里拆利提出的问题 试求一点,使它到已知三角形的三顶点距离之和为最小。 这个著名问题是由法国数学家费马(1601 – 1665 年)向伽利略的著名学生意大利物理 学家托里拆利(1608 – 1647 年)提出的,并且被托里拆利用好几种方法解决了。 最简单的解是应用以下定理获得的。 维维阿尼定理:在等边三角形中,一点到这个三角形三边的距离之和为一个与该点的位 置无关的定值。 此值等于这个三角形的高。 维维阿尼(Viviani,1622 – 1703 年)是意大利数学家和物理学家,他是伽利略和托里 拆利的学生。 在维维阿尼定理中,一点到三角形一边的距离,当点在三角形内时被认为是正的,当点 在三角形外被认为是负的。 AB C PQ R 图 105 证:设等边三角形有顶点 P,Q 与 R,边 g,高 h 及面 积 J(见图 105)。如果 x,y,z 是从边 QR,RP,PQ 到任 意一点 O 的距离,则 s = x + y + z 为所研究的和。 因为三角形 PQR 的面积是由三个三角形 OQR,ORP, OPQ 所组成(相加或相减)的,所以无论点 O 在什么位置 我们总可得到方程 Jgz =gygx ++ 2 1 2 1 2 1 , 由此直接得 hg Jzyxs ==++= 2 , 这样辅助定理就证明了。现在设ABC为已知三角形,我们选择O点,以便在A,B,C所作垂 直于AO,BO,CO的三条垂线构成一个等边三角形PQR。设O′ 为任何另外一点,如果O′A′, O′B′,O′C′ 是从O′ 向QR,RP,PQ所引的垂线,我们就有 A′O′ ≤ AO′,B′O′ ≤ BO′,C′O′ ≤ CO′, 但这三个式子不能都取等号。进而可由此推得 A′O′ + B′O′ + C′O′ < AO′ + BO′ + CO′(1) 。 209 极值 但是根据应用于等边三角形 PQR 的辅助定理,有 (2) AO + BO + CO ≤ A′O′ + B′O′ + C′O′。 这里当O′ 在三角形PQR内时用等号,当O′ 在外时用“小于”号。从(2)和(1),我们得到 AO + BO + CO < AO′ + BO′ + CO′, 于是 AO + BO + CO 为可能最小的距离总和。 因为四边形 OBPC,OCQA,OARB 都是内接于圆的四边形,所以这三个角∠BOC,∠COA 与∠AOB 中的每一个都等于 120°。 于是我们所求的点就是以 BC,CA,AB 为弦、所含圆周角为 120°的三个圆弧的公共点。 当一个三角形的角,例如∠ACB = γ 达到或超过 120°,这样的点的作图是不可能的。 如果是那样的话,C 本身就是我们所求的点 O。特别是在这种情况下,无论 U 点在什 么位置,总有 AC + BC < AU + BU + CU。 证:我们引入角 ACU = ψ 及 BCU = φ。如果 U 位于∠ACB = γ 所包围的空间内,ψ 与 φ 之和等于 γ;如果 U 位于 γ 的邻角所包围的空间内,这两角之差等于 γ;最后如果 U 位于 γ 的对顶角所包围的空间内,则 ψ + φ = 360° – γ。 设从 U 向 AC 与 BC 所引的垂线的基点为 F 与 G,它们与 C 的距离为 x = CU cos ψ 与 y = CU cos φ, 以距离 x 为例,这里当 cos ψ 为正时,x 为正;当 cos ψ 为负时,x 为负。在每一情况下,我 们总有 AC = AF + x 与 BC = BG + y, 于是 AC + BC = AF + BG + x + y。 现在, 2cos2cos2)cos(coscoscos ϕψϕψϕψϕψ −+⋅⋅=+=+=+ CUCUCUCUyx 。 根据上面所述,由于此方程右边的两个余弦总有一个的值为 2cos γ ,而且此值(因为 °≥ 602 γ ) 小于 2 1 ,所以右边以 CU 为最大值。这就得到 AC + BC ≤ AF + BG + CU。 因为直角三角形 AUF 与 BUG 的直角边 AF 与 BG 小于斜边 AU 与 BU,所以 AC + BC < AU + BU + CU 当然是正确的。证毕。 第92题 逆风变换航向 帆船如何能顶着北风以最快的速度向北航行? 解:设船航线为 Oγ° N,帆面与朝北方构成锐角 α,与航行方向构成角 β。 首先让我们来解预备题:设帆船在迎风航行中帆面处于最佳位置时的最大速度为 C 海 里/小时;当帆面与风向成的角为 α,与船轴线所成的角为 β 时,帆船的船速是多大? 设帆面与风向垂直时由风施加在帆面上的压力为 P。如果帆面与风向形成的角 α 而不是 90°时,则风压 P′(它垂直于帆面)是较小的。因而假定风压仅等于 sin α 乘 P 是合理的,于 是 P′ = P sin α。但这个由吕斯尔(Lössl)设想的公式只是近似的。 210 极值 我们把P′ 分解成两分力:一分力p = P′ sin β沿着帆船轴 线方向;另一分力p = P′ cos β,垂直于帆船的轴线(见图 106)。在这些分力中,p是唯一与帆船向前运动有关的一个。 因此,由风施加在船上的沿着航行方向的压力有如下的值: p = P sin α sin β。 帆船的速度 c 与这个压力成比例: c = kp = kP sin α sin β, 式中 k 表示比例常数。当 α = β = 90°时,这个公式变为 cmax = C = kP, 因此在公式中,我们能以 C 代替 kP。这样,我们的预备题 得如下解: c = C sin α sin β。 本题的解法就以上式为基础。当帆船向正南航行且帆面与风向垂直时,C在这里就是北风给 予帆船的速度。如果在已知时间内,帆船进可能远地向北航行,那么帆船速度c的向北分速 度c′ 必为最大值。但此分速度为 c′ = c sin γ = C sin α sin β sin γ。 α β p q P' 船轴 风向 帆 图 106 因此选取这样的三个角 α,β,γ,要使其和为 90°,而积 sin α sin β sin γ 就是必要的。 这样把我们的工作简化成以下问题: 凹和为常数的三个角,在什么时候,其正弦之积为最大? 这个问题的解法与第 10 题很类似。 这个解法建立在以下定理上:在凹和相等的两对角中,其正弦之积较大的那一对角就是 其角差较小的那对。 (根据公式:2 sin X sin Y = cos(X – Y) – cos(X + Y),2 sin x sin y = cos(x – y) – cos(x + y), 式中 X,Y 及 x,y 表示有相同和数的两对角, X + Y = x + y(≤ 180°)。 因为上面两式中右边的减数是同样大的,所以较大的右边是具有较大被减数的那一个,也就 是在这种情形下,较大的右边中,被减数里出现较小的角差。) 设三个可变角α,β,γ的和为常数 3χ(≤ 180°)。现在如果α,β,γ是这样的一组角,其 中没有一个角等于χ,那么至少有一个角,比方说α,必然大于χ;而且有另一个角比如说β, 必然小于χ。我们作成一组新的角α′,β′,γ′,使(1)α′ = χ,(2)两对角α′,β′与α,β有相等 的和,及(3)γ′ =γ。根据上述定理,sin α′ sin β′ 将是大于sin α sin β的,因而sin α′ sin β′ sin γ′ 也将是大于sin α sin β sin γ的,或 sin χ sin β′ sin γ′ > sin α sin β sin γ。 (1) 因为 β′ + γ′ = 2χ,按同一定理得到 (2) sin χ sin χ > sin β′ sin γ′。 将(1)和(2)合并,我们得到 sin χ sin χ sin χ > sin α sin β sin γ。 当凹和为常数的三个角相等时,这三个角的正弦之积为最大。 这样一来,我们的帆船问题的解可写作 α = β = γ = 30°。这就意味着: 帆船的轴线必与朝被向成 60°的角,帆面必须二等分由风向和帆船轴线所夹的角。 在这些最佳位置上,向北运动正好等于最大向南运动的 8 1 。 211 极值 第93题 蜂巢(雷阿乌姆尔问题) 蜂巢的外形(见图 107)为正六棱柱,其一端为正六边形 arbpcq 所封闭,而它的另一 端则是由三个菱形 PBSC,QCSA 与 RASB 所组成的顶 盖来封闭,并与棱柱的轴成等角;这样一来,棱柱的 侧面都是全等的梯形(AarR、RrbB,等等)。在每一 个这样的梯形中,其最长的一边(指平行边)要较之 底面 arbpcq 的内切圆半径的两倍略为长些。作为这 些菱形有规律配置的结果,从顶盖的顶 S 引出的三个 菱形的对角线(SP,SQ,SR)与棱柱的轴,都同这 些菱形的钝角顶点彼此相毗连于 S,所以上述的对角 线都是菱形的短对角线。 自然科学工作者如马拉尔蒂(Maraldi),雷阿乌 姆尔(Réaumur)及其他的人(在十八世纪)都认为 蜂巢的这种奇特的结构乃是蜜蜂为尽量节省建筑材 料(即蜡)而选择的设计。关于这一点雷阿乌姆尔向 瑞士科学家科尼希(Koenig)提出的问题可如下述: 试采用由三个全等的菱形作成的顶盖来封闭一 个正六棱柱,使所得的这一个立体有预定的容积,而其表面积为最小。 A R B S C Q P a b c p q r 图 107 解:设这个棱柱的横截面正六边形(如 arbpcq)有 边 2e,于是其较短的对角线 ab = bc = ca = 2d = e32 。设平面 PQR 以及顶盖顶点 S 到平面 ABC 的距离为 x,而菱形的短对角线(SP = SQ = SR)为 2y。 因为 SR = 2y 在棱柱的轴上的投影为 2x,在平面 PQR 的投影为 2e,我们得到方程 y2 = e2 + x2。 (1) 如果 P,Q,R 通过 P,Q,R 的棱柱倒棱与平面 ABC 相交的点,则 ARBPCQ 就是边为 2e 的正六边形。 首先,当选用上述的屋顶似的封闭盖来代替封闭平面 ARBPCQ 时,显而易见,六棱柱 的容积是不会有变化的,这因为在平面 ABC 一侧所增加的空间(棱锥 S-ABC)与在其另一 侧所减去的空间(三个棱锥 P-BCP,Q-CAQ,R-ABR)是同样多的。只是表面随着结构的改 变而改变;表面减少了六角形 ARBPCQ 的面积为 236 e ,以及六个直角三角形 PPB,PPC, QQC,QQA,RRA,RRB 的面积——共 6ex,但在同时表面增加了三个菱形 PBSC,QCSA, RASB 的总面积,即 eydy 366 = 。而从表面积节省了 eyexe 36636 2 −+ 或 )3(636 2 xyee −− , 于是现在剩下的是为了求式中的括号 xyu −= 3 212 极值 的极小值而适当选取 x 的问题。 如果用 v 表示有类似结构的表达式 yx −3 ,则作为(1)式的结果,就有 u2 – v2 = 2(y2 – x2) = 2e2 或 u2 = 2(y2 – x2) = 2e2 + v2。 由此推知当 v 等于零时,即当 (2) xy 3= 。 时,u 获得极小值(具体地说, e2 )。从(1)和(2),我们得到 ex 2 1= 及 ex 2 3= 。 从而对角线 eySR 62 == 短于对角线 eedAB 12322 === ,所以在 S 点彼此毗连的三个 菱形的角都是钝角。如果我们以 2φ 表示菱形的锐角 SAR,那么根据 2 1tg == d yϕ 与 ϕ ϕϕ 2tg1 tg22tg − = ,就可推得 82tg =ϕ , 3 12c ,2φ = 70°32′os =ϕ 。于是菱形的钝角为 109°28′。 对于菱形的对角线 SP,SQ,SR 与棱柱的轴线所构成的 μ 角,我们得到关系式 μ = 90° – φ = 54°44′。 最后,关于菱形的面与棱柱截面构成角 ν,有 ν = 90° – μ = φ = 35°16′。 因为梯形的锐角(如∠aAR)正切值为 82 =x e (= tg 2φ),所以梯形的锐角和钝角分别 对应于菱形的锐角和钝角。 特别有趣的要算棱柱每两个交界面之间的二面角。这些角是容易确定的。 首先,因为 S,P,Q,R 为顶点的三面角都是全等的正三面角(每个面角为 2Φ),属于 这些三面角各棱的二面角的平面角均彼此相等。因为以 A,B,C 为顶点的四面角也都是全 等的正四面角(每个面角为 2φ),在这些四面角各棱的二面角也都有相同的平面角。现在以 Pp 为棱的二面角有平面角∠bpc 等于 120°,而 Aa 为棱的二面角有平面角∠qar 也等于 120°。 于是,棱柱的所有二面角为 120°(自然要把与底面构成的那些直二面角)。 我们刚才计算出的这些角事实上已由对蜂巢的实际测量所证明(在观察误差范围内)。 特别有趣的是每两个相毗连的蜡面皆围成 120°的角是这一值得注意的事实。 第94题 雷奇奥莫塔努斯的极大值问题 在地球表面的什么部位,一根垂直的悬杆呈现最长?(即在什么部位,可见角为最大?) 这个问题是数学家 J·米勒(Johannes Müller)于 1471 年向埃尔富特教授 C·诺德尔 (Christian Roder)提出的;以后在他的诞生地法兰克王国歌尼斯堡把该问题以雷奇奥莫塔 努斯(Regiomotanus)命名。此问题本身并不难,然而作为载入古代数学史的第一个极值问 题是值得特别注意的。 A·罗斯(Ad· Lorsch)是下面简明解法的作者①。 设 A 为杆的上端点,B 为杆的下端点,F 为从 A(或 B)到地球表面的垂线的基点,于 是线段 FA = a,FB = b 均为已知。因为杆对以 F 为中心在地球表面画出的圆上的所有点来说 213 极值 都呈现为等长,所以可充分做到:在 F 点任作一条垂直于 FA 的垂线 g 并在这条水平地沿着 地球表面的线上找出这样的点 O,使得在这点的可见角 ω = ∠AOB 为最大。 首先罗斯指出:三角形 ABO 的外接圆 R 必与垂线 g 相切于 O 点。确实这样,如果垂线 g 不是与外接圆相切的话,那么除 O 点外 R 与 g 就还有另外一个公共点 Q;对于 O 和 Q 之 间的每个中间点 Z 来说,∠AZB 将大于外接圆 R 中弦 AB 所对的圆周角,因而它也就要大于 ω,然而 ω 却是被假设为最大值的。 因此让我们来画出通过 A 和 B 两点且与垂线相切的圆 R;切点 O 就是杆的观察角达到 最大值 ω 的位置。实际上,如果 P 是垂线 g 上任何一个不同于 O 的点,则∠APB 小于圆 R 中弦 AB 所对的圆周角,因而也就小于 ω。罗斯还指明了作出这个圆 R 以及其中心 M 与半 径 r 的最方便与最迅速的方法。首先中心 M 位于 AB 的垂直平分线上,而 AB 的垂直平分线 平行于垂线 g 并通过 AB 的中点 N。现在在矩形 MOFN 中,边 FN 等于对边 MO,从而也等 于 r;所以为了得到所要的中心 M,就必须在 AB 的垂直平分线上标出这样的点,使得从 B 点(或 A 点)到它的距离等于 FN,这个所得的点就是所要求的中心 M。 如果想通过计算来确定O点的位置(要用到F到它的距离t),这只要按照切割线定理记 住FO2 = FA · FB就行了。由这个式子我们立即得到 abt = 。 雷奇奥莫塔努斯问题的一个有趣的类似问题是土星问题,它可能是名题选集的作者 H·马突斯(Hermann Martus)首先提出的: 在土星哪个纬度圈上,环显得最宽? 假定土星是一个半径为 56,900 公里的球,环是在土星赤道平面上内径为 88,500 公里、 外径为 138,800 公里的一个圆环。 AB F Z C O M R M r φ ψ ρ 图 108 解:在图 108 中,舌弧 M 表示一个子午 圈,M 表示土星的中心,AB 为环的宽度,MA = a 为环的外半径,MB = b 为环的内半径,并 设 O 为位于纬度 φ = ∠CMO 的点,在此纬度 上,环宽度呈现为最大,于是∠AOB = ψ 是一 个最大值。 现在我们把罗斯的设想应用到图上,就直 接得到以下的解法。我们画出通过 A 和 B 并 与子午圈 M 相切的圆 R;切点 O 是环宽呈现 为最大的位置。 为了计算 O 的纬度 φ 与极大值 ψ,我们验算直角三角形 MZF 和 AZF,在这些三角形中 Z 是圆 R 的中心,F 为 AB 的中点。已知 ρ 为 R 的半径,从这些三角形我们得 )(2cos ρϕ + +== r ba MZ MF 与 ρψ 2sin ba AZ AF −== 。 但未知数ρ符合割线定理,根据该定理MA · MB = MZ2 – ρ2或ab = (r + ρ)2 – ρ2 = r2 + 2rρ,因而 r rab 2 2−=ρ 。如果我们将此式代入上式,最后得到 2 )(cos rab rba + +=ϕ 与 2 )(sin rab rba − −=ψ , 并由此求得 214 极值 °= 2 133ϕ , °= 2 118ψ 。 ①Zeitschrift für Mathematik und Physik. vol. XXIII 第95题 金星的最大亮度 在什么位置金星有最大亮度? 解:设太阳、地球和金星的中心为 S,E,V,地球及金星的轨道(假定为圆形)半径为 SE = a 与 SV = b,地球到金星的可变距离 EV = r,金星的半径为 h。从 S 与 E 所引金星的切 线分别沿着圆 I 与 II 和金星相切,这两个圆在 SEV 平面上的直径为 AB 与 CD(见图 109)。 因为 AB ⊥ SV,CD ⊥ EV,所以这两个圆面之间 的角等于它们的法线 VS 和 VE 之间的角 φ = ∠SVE。被太阳照亮着的并且在圆 II 的面上可以 从地球见得到的金星部分的投影是由中心半径 为 VC,面积为 2 2 1 hπ 的半圆与中心半径为 VB 的 半圆的具有面积为 ϕπ cos2 1 2h 的投影组成的(表 平面在一个平面上的投影面积等于表面积与这 两个面之间夹角的余弦之积)。从金星到地球的 辐射正好与在 v 点垂直于射线的表面的辐射相 同,面积为 )cos1(2 1 2 ϕπ += hJ 。 如果距离为 1 的 1cm2的表面上照度为c,那么整个表面所产生的照度为cJ,并且在距离 VE = r时的照度为 2 2 2 cos1 2 r hc r cJ ϕπ +⋅==B 。 向南方向 向东方向 B A CO V h φ φ 图 109 因此,当因子 2 cos1 r f ϕ+= 达到峰值时,照度就达到极大值。 现在把余弦定律应用于三角形 SEV, br abr 2cos 222 −+=ϕ , 于是, 3 22 2 2 1 2 1 br ba rbrf −−+= 。 这个式子有以下形式 f = Ax + Bx2 – Cx3, 其中 215 极值 bA 2 1= ,B = 1, b baC 2 22 −= 均是常数,而 rx 1= 是变数。我们现在来合理地选取 x 的值,以使 x 的函数 f 尽可能地大。 因为函数曲线表明,f 最初随着 x(> 0)的增大而增大;在某点 x = α,函数得到它的最大值, 然后下降。因此对于每一个(正值)x ≠ α,总有 Ax + Bx2 – Cx3 < Aα + Bα2 – Cα3。 按照 x < α 和 x >α,我们将这个不等式写作 C(α3 – x3) < A(α – x) + B(α2 – x2) 或 C(x3 – α3) > A(x – α) + B(x2 – α2), 并且把两边分别除以α – x和x – α。由此我们求得:当x < α时,函数C(α2 + αx + x2)小于函数A + B(α + x),而当x > α时,函数C(α2 + αx + x2)大于函数A + B(α + x)。因为这两个连续函数是 递增定态的,所以在x = α时它们必须有相等的值,于是 C(α2 + αx + x2) = A + B(α + x)。 由这个方程就得到 C ACBB 3 32 ++=α 。 如果我们在这里把 A,B,C 的值代入,那么对于所要求的距离 r( α 1= ),我们求得 bbar 23 22 −+= 。 现在三角形 SEV 在最佳位置的三边(a : b : r = 1 : 0.7233 : 0.4304)都为已知了,从而求得金 星的角距(∠SEV)为 39°43.5′。 第96题 地球轨道内的彗星 彗星在地球的轨道内最多能停留多少天? 我们假定地球的轨道是圆形的,而彗星轨道为抛物线,并且假定地球与彗星的轨道平面 相重合。 解:我们选择地球轨道的长半轴作为单位长度,平均太阳日作为单位时间,并且把抛物 线的参数记作 4k,在地球轨道内的抛物线截面的基线记作 2y,抛物线截面的高记作 x,地 球轨道内由彗星焦半径形成的扇形记作 S,最后并把扫过该扇形所需的时间记作 t。于是按 照抛物线状态方程,得 y2 = 4kx, (1) 按照圆的方程,得 (2) (x – k)2 + y2 = 1, 按照抛物线截面的面积公式(参见第 56 题,S = 抛物线截面 – 三角形面积 ykxxy )(3 4 −−= ),得 (3) 3S = y(x + 3k)。 如果 2p 表示一个质量为 μ 的天体绕着太阳旋转的轨道参数(把太阳的质量考虑为单位 质量),t 为任一时间,S 为该时间内天体所描绘的扇形,我们就可以使用高斯公式① 216 极值 G pt S = + μ1 2 , 式中,G(引力常数的平方根)是所谓高斯常数,对于所假设的单位来说,其数值为 0.0172021。 因为相对于太阳的质量,彗星的质量可忽略不计,所以高斯公式就可变换成 (4) kCtS = , 在我们的题目里, 2 GC = 。 从(1),(2)式中我们得 x + k = 1, )1( kky −= 。 利用这些数值,我们可以从(3)式得: )21()1(23 kkkS +−= 。 如果我们将(4)式的 S 代入上式,就得到: kkct −+= 1)21( ,其中 Gc 3 8= 。 (5) 因为 t 为最大值,所以表达式 kk −+ 1)21( 必须尽可能地大。因此还需用这样方式来选 择 k,使这个表达式或它的平方或 4 次方,即 P = (1 + 2k)(1 + 2k)(4 – 4k), 成为最大值。但因 P 是和为常数的若干因子的积,所以当这些因子都相等时,它达到最大 值(参见第 10 题),亦即要有 1 + 2k = 4 – 4k。 这就得出 2 1=k ,于是作为(5)式的结果,得 t = 78。 故所求最多能逗留的时间是 78 天。 ① 高斯:Theoria motus corporum Coelestium in Sectionibus conicis Solem ambientium (Hamburg, 1809)。原注。 第97题 最短晨昏蒙影问题 在已知纬度的地方,一年之中的哪一天晨昏蒙影最短? 这个问题是 1542 年由 P·牛尼斯(Portuguese Nunes)在他的著作中提出但未解决的①。 J·伯努利和德·阿朗贝尔用微分学的方法解决了这个问题,但得到的结果并不简易。第一个 初等解法起源于斯道尔(Stoll)②,下面这个非常简单的解法是来自勃留诺(Brünnow)③ 的。 晨昏蒙影在民用和天文方面是有差别的。民用晨昏蒙影在太阳中心低于 °2 16 时结束。 大约就在这样的瞬间,为了继续工作,人们必须开灯。天文晨昏蒙影在太阳的中心低于水平 线 18°时结束,大约在这样的时间,天文学家才能开始观察。 选取太阳中心与地平线遇的瞬间为晨昏蒙影的开始是方便的。 设观测点的纬度为 φ,太阳的极距为 p。 217 极值 晨昏蒙影的时间是用角 d 测算 的,这个角 d 是在太阳确定的航海三 角形用来表示晨昏蒙影开始与结束 的双时圆弧形成的。如果我们用这样 的方法将这些三角形中一个重叠到 另一个三角形上,使两个极距重合, 两个纬度的余弧 b(公有天体的极点 P)之间的角就表示持续时间角 d(见 图 110)。在此位置,设三角形为 PCX 与 PCY,其中 PC = p,PX = PY = b = 90° – φ,CX = 90°,CY = 90° + h(h 表示晨昏蒙影结束时太阳低于水平 线的深度),且∠XPY = d。此外,又 设 XY = u 与∠XCY = ψ。 C P X Y b b p ψ u d 图 110 在等腰三角形 PXY 中,根据余弦 定律,得 ϕ ϕ 2 2 cos sincoscos −= ud 。 (1) 因此,当 cos u 为极大值时,d 为一个极小值或 cos d 为极大值。 但在三角形 CXY 中,有 cos u = cos CX cos CY + sin CX sin CY cos ψ, 或因 cos CX = 0,sin CX = 1,sin CY = cos h,而 cos u = cos h cos ψ。 这样一来,当 cos ψ 为极大值时,即当 ψ = 0 时,cos u 达到最大可能值。在晨昏蒙影最短的这天,X 点相应地落在 CY 边上,等腰三角形 PXY 的底边 XY = u 为 h。同时,我们从(1)式求得晨昏蒙影的最小持续时间 d: ϕ ϕ 2 2 cos sincoscos −= hd , 或根据下列两公式 2sin21cos 2 δ−=d , 2sin21cos 2 hh −= , 得到 ϕcos 2sin 2sin h =d 。 (I) 为求得太阳的相应的倾角 δ,根据余弦定理,我们用角 ω = ∠PCX = ∠PCY 两倍的余弦 来表达,并规定其结果值彼此相等。 从三角形 PCX(因 cos CX = 0,sin CX = 1)得出 psin sincos ϕω = , 又从三角形 PCY(因 cos CY = – sin h,sin CY = cos h)得 218 极值 hp hp cossin sincossincos += ϕω 。 由于上两式相等,我们得到 sin φ cos h = sin φ + cos p sin h 或 – cos p sin h = sin φ(1 – cos h) 或 2sin2sin2cos2sin2cos 2 hhhp ⋅=⋅− ϕ , 最后, 2tgsincos hp ϕ−= 。 由于符号为负,所以极距 p 是北纬的钝角,太阳的倾角 δ 是朝南的,而且 2tgsinsin hϕδ = 。 (II) 最短晨昏蒙影持续时间是由(I)式确定的,白天的太阳向南倾斜,此时出现的晨昏蒙 影由(II)式得出。 根据倾角,所要求的那一天就可用航海年鉴来求得。 如果使用常见的公式 (2) sin δ = sin ε sin l, 也可求得有足够精度的数据。这里δ表示太阳的倾角,l表示秋分点或春分点对太阳的角距, ε表示黄道的倾角(23°27′)。因为以上述的角距平均每天按m = 59.1′ 变化,所以所求的数据 是从九月二十三日或从三月廿一日按 m ln = 天变化的。 例如,对于莱比锡(φ = 51°20.1′),我们从(II)求得 δ = 7°6.2′,然后再从(2)求得 l = 18°6.3′,进而又得 n = 18.4。所以在莱比锡晨昏蒙影在十月十一日和三月三日最短。 ① De orepusculis ② Zeitschrift für Mathematik und Physik, vol. XXVIII ③ Lehrbuch der Sphärischen Astronomie 第98题 斯坦纳椭圆问题 在所有能外接(内切)于一个已知三角形的椭圆中,哪一个椭圆有最小(最大)的面积? 在一个平面上,作内接或外切于椭圆的有最大或最小面积的多边形的问题并不困难。只 需用投影的方法把椭圆变换成圆。从而这问题就简化成一个众所周知的初等几何问题①。 这个问题的解法建立在下面两条辅助定理的基础上。 I.在所有内接于圆的三角形中,具有最大面积的三角形是等边三角形。 II.在所有外切于圆的三角形中,具有最小面积的三角形是等边三角形。 I 的证法:我们称圆的直径为 d,内接三角形的边和角分别为 p,q,r 与 α,β,γ,三角 形面积为 J。因此 γsin2 1 pqJ = 且 219 极值 p = d sin α,q = d sin β, 从而, γβα sinsinsin2 1 2dJ = 。 根据第 92 题,当 α = β = γ(= 60°)时,和为常数(180°)的这三个角 α,β,γ 的正弦 之积 sin α sin β sin γ 为最大,亦即当三角形为等边三角形时,这个最大三角形面积为 2316 3 d ,即为圆面积的 π4 27 。 II 的证法:如果我们把一个任意外切三角形 PQR 的边记为 p,q,r,那么从顶点 P,Q, R 到圆的切线之长为 x = s – p,y = s – q,z = s – r。式中,s 表示三角形周长的二分之一: zyxrqps ++=++= 2 。 三角形的面积 J 及内切圆的半径 ρ 可用我们熟悉的公式 J = ρs, xyzsJ = 来求,得到 sρ2 = xyz。 利用公式 J = ρs,我们把上面这个等式用下列的两种方式写作: (1) 2 1111 ρ =++ xyzxyz , (2) 22 1111 ρJxyzxyz =⋅⋅ 。 我们现在引入新的未知数 yzu 1= , zxv 1= , xyw 1= , 得: 2 1 ρ =++ wvu , 22 1 ρJ uvw = 。 当 J 被认为是一个最小值,而 ρ 是常数时,uvw 必达到一个最大值。 然而(第 10 题)和为常数的这些数 u,v,w(u + v + w = 常数),在它们彼此相等 u = v = w 时,它们的乘积 uvw 达到最大值。由此可见,当 yz = zx = xy,即 x = y = z,亦即 p = q = r 时,外切三角形的面积变为最小,这就证明了 II。 我们发现最小外切三角形的面积为最大内接三角形面积的四倍,即 227ρ ,从而得到 这个外切三角形的面积与圆的面积之比为假分数 π 27 。 现在来解椭圆的问题。假设 Ω 为与外接(内切)于已知三角形 abc 的任一椭圆,f 为它 的面积,δ 为三角形 abc 的面积。我们设想 Ω 为一个圆 R 的正投影,它的面积为 F。对应于 椭圆的内接(外切)三角形 abc,在此投影中,圆的内接(外切)三角形 ABC 的面积为 Δ。 如果 μ 表示圆面与椭圆面的角的余弦,那么位于圆平面上的每块面积的正投影都为这块面积 的 μ 倍。我们得到公式: f = μF,δ = μΔ。 因为 δ 为常数,所以在商 δ f 或者在它相等的商 Δ F 得到最小(最大)时,f 得到一个最小值(最 220 极值 大值)。当三角形 ABC 为等边时,根据辅助定理 I(II),商 Δ F 达到它的最小(最大)值 27 4π ( 27 π )。 为了在此条件下更精确地作出椭圆,我们应用正投影的特性:1.经过投影,平行性是 保持不变的;2.在投影中,平行线段之间的比保持不变;特别同一直线上的两条线段之比 是不变的。 现在圆心 M 为等边三角形 ABC 的中线的交点,并且通过 C 的直径等分与 AB 平行的弦。 因此三角形 abc 的中线的交点就是所求椭圆的中心 m,而且通过 C 的椭圆直径等分椭圆中 平行于边 ab 的弦,所以 ab 与 mc 为椭圆的共轭方向。现在因为圆半径 MK 平行于圆的弦(切 线)AB 且等于 AB 的 3 1 ( 6 3 ),所以椭圆的半径 mk 也平行于椭圆的弦(切线)ab 而且 等于 ab 的 3 1 ( 6 3 )。 结果:在所有能外接(内切)于一个三角形 abc 的椭圆中,有最小(最大)面积的椭圆 是这样的椭圆,它的中心 m 为三角形 abc 中线的交点,从此点引至 C 点(ab 的中点)的椭 圆半径和平行于 ab 椭圆半径 3 abmk = ( 32 ab )为共轭半径。具有这种特性的椭圆——所谓 斯坦纳椭圆——的面积为三角形面积的 27 4π ( 27 π )。 根据第 42 题,此椭圆可以简便地作出。 ① Principes de Géométrie analytique, p. 287 第99题 斯坦纳的圆问题 在所有等周的(即有相等周长的)平面图形中,圆有最大的面积。 反之: 在有相等面积的所有平面图形中,圆有最小的周长。 这个双重基本定理是由 J·斯坦纳首先证明的①,他还提出了好几种证法。这里我们仅考 虑建立在斯坦纳对称原理基础上的一种证法。 首先我们来证明定理的后半段。 显然只要限于考虑凸平面图形就足够了,也就是连接它任意两点的线段都完全属于这个 图形所围的部分平面。 我们首先证明辅助定理如下: 在有公共底边和高的所有梯形中,等腰梯形的两侧边之和为最小。 设ABCD为有底边BC与AD,及侧边AB与 CD的任意梯形。设B对于AD的垂直平分线的 镜像为B′,CB′ 的中点为C0。在CB的延长线上, 我们取BB0 = CC0,得出等腰梯形AB0C0D,它 与已知梯形有公共底边和高,因而也有相同 的面积(见图 111)。 A BC D B0 C0B' 图 111如按DC0本身的长将DC0延长到H,我们 221 极值 就得出平行四边形DCHB′,在这个四边形中,对角线DH短于DC与CH之和: DH < DC + CH。 然而,由于DH = 2 · DC0 = DC0 + AB0,而CH = DB′ = AB,我们得 AB0 + DC0 < AB + DC。 于是等腰梯形的侧边之和最短。 现在设 F 为已知的面积 J 而周长最短的平面图形,设周长为 u。 我们画一条任意直线g并用g的若干垂线把F划分成若干个梯形,我们选择所作的这些梯 形要很狭窄,以致它们的弧形侧边AB与CD可以当作是直线的。我们在g的两侧,从这些分 划线……AD,BC,……与g的交点出发,在分划线上截取等于弦……AD,BC……的二分之 一长,作为这样截取的结果,我们得出点……A′,D′,B′,C′,……及梯形……,A′B′C′D′,……。 新的梯形A′B′C′D′ 为等腰的,并且与ABCD具有相等的底边和高,所以它们的面积也相等。 由于得出 A′B′ + C′D′ ≤ AB + CD, (1) 其中等号只用于当 ABCD 也为等腰梯形时。 我们的方法使我们从 F 得到一个有对称轴 g 的新的平面图形 F′,它与 F 有一个相同的 面积,并且它的周长也因而不能比 u 小。这样一来,(1)式中的等号就必然经常应用。因此 所有梯形 ABCD 都是等腰的,并且 BC 的垂直平分线就是 F 的一根对称轴线。 所以,最短周长的平面图形 F 在任何方向都有对称轴线。 这样的平面图形肯定是个圆。 证:设I与II为F的两根互相垂直的对称轴线,M为它们的交点。设F的任意一点P对于I 的镜像为P1,又设P1对于II的镜像为P′ ≡ P12。于是PMP′ 为直线,且 MP′ = MP, 即点 M 是这个平面图形的一个中心。 现在来证 F 仅能有一个中心。实际上,如果 N 是第二个中心的话,那么我们按 PM 本 身的长将 PM 延长至 P′;接着按 P′N 本身的长来延长 P′N 就达到 F 上的一个新点 P″;然后 我们按 P″M 本身的长将 P″M 延长至 F 的点 P′″;按 P′″N 本身的长将 P′″N 线延长到 F 的又 另外的点,如此等等。如果把这些操作用图来表示就可以看到,照这样下去最后总是要超出 纸外(指 F 所在的图纸)的,这当然是不合理的。所以 F 只有一个中心 M。 由此进一步得到:M 必在 F 的每一根对称轴线上。 实际上,如果M不在F的对称轴线a上,则我们能画出M与图形上任意的点P对于a的镜像 m与p,把pM按它本身的长延长到图形上的点p′,并画出p′ 对于a的镜像p″。现在,由于p″ 是 F的一点,所以Pmp″ 是一条直线,且mp″ = mP;这就意味着F有第二个中心m,而这个点是 不存在的。 这样一来,所有对称轴线交于 M 点。 现在设 F 为 F 的一个固定边界点,P 为 F 的一个任意边界点。因为 FP 的垂直平分线为 F 的对称轴线,它通过 M。因此 MP = MF; 即 F 的所有边界点是与 M 等距的,平面图形 F 为一个圆。 因此,在所有等面积的平面图形中,圆的周长是最短的。 逆定理叙述如下: 在所有等周的平面图形中,圆的面积是最大的。 证:设不为圆的任意平面图形 F 的周长 f 等于圆 R 的周长 k。设 F 的面积为 F,R 的面 积为 K。 现在假定F ≥ K,我们来考虑面积为K′ = F且与R同心的圆R′,设它的周长为k′。因为R′ 覆 222 极值 盖R,所以 k′ ≥ k。 (2) 但根据上面证过的定理,因平面图形R′ 与F有相同的面积得到k′ < f或 (2) k′ < k。 然而不等式(2)和(3)彼此矛盾;这样一来,可见 F ≥ K 的假设必是错误的。因此,F < K。 证毕。 上述斯坦纳的这个有关圆的等周长的主要定理的证明有某些不足之处。这个证明也同样 适用于下题关于球等周的主要定理。 读者可研究如何消除这些不足之处,并可查阅 W·勃拉斯克(W· Blaschke)著的《圆与 球》这本好书中按照很严密的方式来明确表达的斯坦纳证明。可惜因篇幅所限,我们不能深 入研究这些有趣的问题。 ① Crelle’s Journal, vol. XVIII; Gesammelte, Werke, vol. II 第100题 斯坦纳的球问题 在表面积相等的所有立体中,球具有最大体积。 在体积相等的所有立体中,球具有最小的表面积①。 正如第 99 题那样,我们首先证明定理的第二部分。 当然,我们只要考虑凸的立体,也就是连接立体上两个任意点的线段完全属于该立体的 那些立体。 斯坦纳的证明是根据对称原理和下述定理: 在平行的侧棱AA′,BB′,CC′ 各有既定长h,k,l,并且分别位于第三条给定直线上的所 有三棱柱中,有对称平面直交于侧棱的棱柱具有最小的底面积和ABC + A′B′C′。 证:我们以 a,b,c 表示侧棱的相互距 离(如图 112),于是 A B C P Q A' B' C' l h k 图 112 )(2 1 lka +=A , )(2 1 hlb +=B , )(2 1 khc +=C 是三个侧面梯形的面积;这些面积也就都是 已知的。我们延长CB与C′B′ 相交于点P,延 长CA与C′A′ 相交于点Q,得到四面体CC′PQ; 在这个四面体中,为简便起见,我们把CC′P 与CC′Q称为侧面,而CPQ与C′PQ称为顶面。 一方面,我们确定四面体的界面 CPQ, C′PQ,CC′P,CC′Q 的面积 J,J′,P,Q 之间的关系;另一方面,确定棱柱的界面 ABC,A′B′C′, BB′C′C,CC′A′A,AA′B′B 的面积 Δ,Δ′,A,B,C 之间的关系。 由射线定理可得出: λ l BC PC CB CP =′′ ′= 与 μ l AC QC CA CQ =′′ ′= , (1) 式中,λ 是 l 与 k 之间的差,μ 是 l 与 h 之间的差。现在因为相似三角形的面积比与对应边的 223 极值 平方比是相等的,我们得到关系式: 2 2 k l=− AB B 与 2 2 h l=− BC C 。 由此我们得到: B = αA 与 C = βB, (2) 其中 22 2 kl l − =α 与 22 2 hl l − =β 。 又因有公共角的两个三角形的面积之比等于这个角的两邻边乘积之比,我们得到 CBCA CQCP Δ J ⋅ ⋅= 与 BCAC QCPC Δ J ′′⋅′′ ′⋅′=′ ′ , 因而作为(1)的结果,得到 J = κΔ 和 J′ = κΔ′, (3) 式中,κ 是常数 λμ 2l 。 从(2)式可得,无论棱柱的侧棱AA′,BB′,CC′ 处于如何位置,四面体的侧面积B与C 总是常数。而且由(3)式可推知,四面体的顶面面积J与J′ 的和S是棱柱底面面积Δ与Δ′ 之和 Σ的κ倍: S = κΣ。 (4) 现在我们来证明辅助定理:具有两个固定定点C,C′ 及两个位于平行于CC′ 的固定直线I 和II上的可变顶点P,Q的所有四面体中,P,Q位于CC′ 的垂直平分面上的四面体,是一个顶 面CPQ与C′PQ的面积之和S为最小的四面体。 首先很明白,这里要讨论的四面体都具有相同的体积 V(底面 CC′P 有恒定面积 B,其 相应顶点 Q 位于一条平行于平面 CC′P 的固定直线 II 上)。 通过CC′ 的中点M画垂直于CC′ 的平面E,并且把它和直线I,II的交点分别记作p,q。设 P与Q是在I与II上任取的两点。 我们现在先用四面体 CC′pq,然后用四面体 CC′PQ 来表达这个四面体的体积 V。 为此,我们在顶面Cpq与C′pq的C与C′ 向这些面的内侧②画垂线,并且把它们在E上的交 点记作O。 我们将选择两根垂线的公共长作为单位长度。把从O到顶面CPQ与C′PQ以及到平面 I · CC′ 与II · CC′ 的垂线记作x,x′,m,n,侧面CC′p与CC′P的公共面积记作C;最后,顶面 Cpq,C′pq,CPQ,C′PQ的面积记作i,i′,J,J′。然后分别求得四面体CC′pq与CC′PQ的体 积公式 3V = i + i′ + mB + nC 与 3V = xJ + x′J′ + mB + nC, (随着O点分别位于界面CPQ,C′PQ,I · CC′ 与II · CC′ 的内侧或外侧,式中的x,x′,m与n 分别为正或负。)由此得到: xJ + x′J′ = i + i′。 如果我们考虑从O到平面CPQ(C′PQ)的垂线x(x′)的短于斜线OC(OC′),看出x与x′ 是真分数。因此上面等式的左边比J + J′ 小,从而有 i + i′ < J + J′, 这就证明了辅助定理。 现在回到(4)式。当P与Q位于E上时,根据辅助定理S成为极小值,并且作为(4)式 的结果,Σ与S同时达到最小值,由此可见,当棱柱的界面ABC与A′B′C′ 关于E为对称时,Σ 224 极值 得到极小值。证毕。 注:上述证明假设了一个棱柱的棱(I)与其它两棱不同。这个限制并不重要,很显然, 在 h = k = I 的情况下,定理是真实的。 继续对主要等周定理进行证明。这与第 99 题的证明是相似的。 设 R 为有已知体积 V 且有最小表面积的立体,设边表面积为 O。 我们选取一个任意平面E,并且用E的若干垂线把R划分成若干个三棱柱ABCA′B′C′,假 定它是狭窄的,以致附属于R表面的边界三角形ABC与A′B′C′ 可以看成平面三角形。从垂 线……AA′,BB′,CC′,……与E的交点,我们在E的两侧的垂线上截取等于线段……AA′, BB′,CC′,……之二分之一长,结果得到点……a,a′,b,b′,c,c′,……。新棱柱abca′b′c′ 具有垂直于棱的对称平面E,而且按照上面讲过的棱柱定理还具有一个比ABCA′B′C′ 小的底 面和: abc + a′b′c′ ≤ ABC + A′B′C′, (5) 在这个式中,仅在棱柱ABCA′B′C′ 也具有垂直于棱的对称平面使用等号。 借助我们的作法,就可以从R得出一个具有对称平面E的新立体R′,它与R有相同的体积 V,而且所得的表面积不能比O小。因此(5)中的等号必然是经常使用的。设所有的棱柱 ABCA′B′C′ 都具有垂直于侧棱的对称平面,即AA′ 的垂直平分面。 可见,有最小表面积的立体 R 一定具有和它的每个平面平行的对称平面。 这样的一个立体,必然是一个球。 证:设I,II,III为R的三个对称平面,它们相互正交,M为它们的交点。设R的任意一点 P对于I的镜像为P123 ≡ P′,则PMP′ 是一根直线,且 MP′ = MP, 即点 M 为 R 的中心。 现在还可证得 R 仅能有一个中点(证明如第 99 题)。 于是可以由此推断,M 必须位于 R 的每个对称平面上。 实际上,如果M不属于R对称平面Δ,则我们能画出M关于Δ的镜像m与这个立体上的任 意一点P关于Δ的镜像p,按pM自身的长把它延长到这个立体的P′ 点,并画出p′ 关于Δ的镜像 p″。现在因为p″ 是R上的一点,Pmp″ 是一根直线,且mp″ = mP,这样一来,就要推得m为R 的第二个中心;然而这是不可能的。 因此,所有对称平面相交于 M。 现在设 F 为一个固定点,P 为在 R 表面上的任意一点。FP 的垂直平分面是 R 的对称平 面,它穿过 M。因此 MP = MF; 亦即在 R 表面上所有的点都是与 M 等距的,立体 R 是一个球。 在所有体积相等的立体中,球有最小的表面积。 反之: 在所有表面积相等的立体中,球有最大的体积。 证:设有一个不是球的任意立体 R,它的表面积 O 等于球体 t 的表面积 o。设 R 的体积 为 V,t 的体积为 v。 让我们假定V ≥ v;然后考虑与有体积v′ = V和表面积o′ 的球t同心的球t′,因 为 t在t′上,所 以 o′ ≥ o。 (6) 但因立体t′ 与R有同样的体积,按照前面证过的定理,得到o′ < O,或 o′ < o。 (7) 不等式(6)和(7)相互矛盾。因此,V ≥ v 的假定必是不成立的;正如我们要断言的,v > 225 极值 V。 ① Crelle’s Journal, vol. XVIII; Gesammelte Werke, vol. II ② 四面体分界表面的内侧是指有四面体的一边。原注。 226
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sunkn

贡献于2013-07-01

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