van Roomen 問題

1. 問題

400多年前, 數學家 Adriaan van Roomen 以其著作 Ideae mathematicae 中的一個45次方程向當時的歐洲頂尖數學家們發起挑戰, 而挑戰的名單中竟沒有一個法國數學家. 荷蘭大使據此向法國國王指出: 法國沒有頂尖數學家. 為反駁這個說法, 法國國王召見 François Viète (沒錯就是韋達定理的那個韋達), 讓他解這個方程. 據說, 他靠著窗戶站了一會兒後就給出了一個解, 並在第二天就立即給出了另外22個正解 (在當時, 負數解不被視為有效的).

這個方程是這樣的^[1]:

用現代數學語言表示就是這樣一個多項式:

$$\begin{align*} P_{45}(x)&=45x-3795x^3+95634x^5-1138500x^7+7811375x^9-34512075x^{11}+\\ &105306075x^{13}-232676280x^{15}+384942375x^{17}-488494125x^{19}+483841800x^{21}\\ &-378658800x^{23}+236030652x^{25}-117679100x^{27}+46955700x^{29}-14945040x^{31}\\ &+3764565x^{33}-740259x^{35}+111150x^{37}-12300x^{39}+945x^{41}-45x^{43}+x^{45} \end{align*}$$

而原方程為

$$P_{45}(x)=K=\sqrt{\frac{7}{4}-\sqrt{\frac{5}{16}}-\sqrt{\frac{15}{8}-\sqrt{\frac{45}{64}}}}$$

2. 試水

雖然是45次方程, 但畢竟是400多年前的.
所以只要運用一下高科技, 答案立即就出來了:

Ut legit, ut solvit !! 45個根, 23個正根, 22個負根, 並且有20位的精度.

…但是, 這畢竟是400多年前的問題, 使用計算機數值算法純屬犯規了. 雖然沒必要像 Viète 一樣只用紙筆解方程, 還是讓我們來推測一下他的解題思路.

首先觀察 $P_{45}$ 的這一堆係數. 注意到係數的正負號是交替的, 我們很自然地可以猜測這個式子是某個函數的展開式. 但是究竟是什麼函數呢? 畫個圖像看看:

看到這個經典的波形, 就知道這一定是某個三角函數了. 這樣也就能解釋為什麼這個方程的45個根恰好都是實數了. 關鍵問題就在於如何找到這個三角函數.

先把這一堆係數分解質因數:

$$\begin{align*} 45&=3^2\times5\\ 3795&=3\times5\times11\times23\\ 95634&=2\times3^3\times7\times11\times23\\ 1138500&=2^2\times3^2\times5^3\times11\times23\\ \cdots&\cdots\\ 111150&=2\times3^2\times5^2\times13\times19\\ 12300&=2^2\times3\times5^2\times41\\ 945&=3^3\times5\times7\\ 45&=3^2\times5 \end{align*}$$

除了質因數大小在一定范圍內, 似乎並沒有什麼規律.

3. 正式解題

引入三角函數

查閱資料後我發現, 這個問題竟與三次方程的三角解法有關.

考慮約化三次方程 (Depressed Cubic Equation), 即形如$x^3+px+q=0$ $(p,q\not=0)$ 的方程. Viète 對其提出了一種利用三角函數的解法^[2].

關鍵在於三倍角公式的運用: $4\sin^3\theta=3\sin\theta-\sin3\theta$.
令 $x=A\sin\theta$, $C=\sin3\theta$, 代入三倍角公式:

$$4\left(\frac{x}{A}\right)^3=3\left(\frac{x}{A}\right)-C$$

化簡:

$$x^3-\frac{3}{4}A^2x+\frac{1}{4}A^3C=0$$

於是得到

$$\begin{cases} p=-3A^2/4\\ q=A^3C/4 \end{cases}$$

解這個方程組, 得到

$$\begin{cases} A=2\sqrt{-p/3}\\ C=\sin3\theta=4q/A^3=-9q/(2p\sqrt{-3p}) \end{cases}$$

由此可以求出 $\theta$ 的值^[3]

$$\theta=\frac{1}{3}\arcsin\left(-\frac{9q}{2p\sqrt{-3p}}\right)+\frac{2k\pi}{3},\quad k=0,1,2$$

再代回 $x=A\sin\theta$, 便得到原方程的解

$$x=2\sqrt{-\frac{p}{3}}\sin\left(\frac{1}{3}\arcsin\left(-\frac{9q}{2p\sqrt{-3p}}\right)+\frac{2k\pi}{3}\right),\quad k=0,1,2$$

這個求根公式適用於任給的約化三次方程, 用公式可求出方程的三個根. 若規定 $p<0$, $q<0$, 則不等式 $-1<-9q/(2p\sqrt{-3p})<1$ 恆成立, 三個根都為實數.

順便一提, 如果將 $y=x-a/3$ 代入一般的三次方程 $y^3+ay^2+by+c=0$, 即可消去二次項, 得到 $x^3+(b-a^2/3)x+(2a^3/27-ab/3+c)=0$, 因此這個三角函數解法可以直接應用於任給的三次方程.

化簡多項式

可以使用幾乎相同的方法來化簡 $P_{45}$.

既然是45次, 那自然就需要 $\sin45\theta$. $45=3^2\times5$, 那麼顯然需要使用一次五倍角公式和兩次三倍角公式.

$$\sin45\theta=16\sin^5 9\theta-20\sin^3 9\theta+5\sin 9\theta$$ $$\sin9\theta=-4\sin^3 3\theta+3\sin 3\theta$$

設 $a=\sin3\theta$, 則

$$\begin{aligned} \sin45\theta&=16(-4a^3+3a)^5-20(-4a^3+3a)^3+5(-4a^3+3a)\\ &=-16384a^{15}+61440a^{13}-92160a^{11}+70400a^9-28800a^7+6048a^5-560a^3+15a \end{aligned}$$

進而設 $b=\sin\theta$, 則

$$\begin{align*} \sin45\theta=&17592186044416 b^{45}-197912092999680 b^{43}+1039038488248320 b^{41}-\\ &3380998255411200 b^{39}+7638169839206400 b^{37}-12717552782278656 b^{35}+\\ &16168683558666240 b^{33}-16047114509352960 b^{31}+12604574741299200 b^{29}-\\ &7897310717542400 b^{27}+3959937231224832 b^{25}-1588210119475200 b^{23}+\\ &507344899276800 b^{21}-128055803904000 b^{19}+25227583488000 b^{17}-\\ &3812168171520 b^{15}+431333683200 b^{13}-35340364800 b^{11}+1999712000 b^9-\\ &72864000 b^7+1530144 b^5-15180 b^3+45 b \end{align*}$$

這個式子竟然比 $P_{45}$ 還要復雜得多, 但次數倒確實是45次.

憑藉敏銳的觀察力, 我們可以發現這個多項式的各項係數恰是 $P_{45}$ 係數的 $2^n$ 倍:

$$\begin{aligned} 45&=45\times2^0\\ 15180&=3795\times2^2\\ 1530144&=95634\times2^4\\ 72864000&=1138500\times2^6\\ \cdots&\cdots\\ 3380998255411200&=12300\times2^{38}\\ 1039038488248320&=945\times2^{40}\\ 197912092999680&=45\times2^{42}\\ 17592186044416&=1\times2^{44} \end{aligned}$$

設 $\sin\theta$ 展開式的 $i$ 次項係數為 $\alpha_i$, $P_{45}$ 的 $i$ 次項係數為 $\beta_i$, 則:

$$\alpha_i=\beta_i\cdot2^{i-1}$$

於是容易得到, 當 $x=2\sin\theta$ 時:

$$2\sin45\theta=P_{45}(x)$$

於是要解的方程就轉化為: $2\sin45\theta=K$.

化簡常數項

多項式可以化簡, 這麼復雜的常數項一定也可以化簡. 由於左邊是 $2\sin45\theta$, 可以推測右邊也是 $2\sin\varphi$ 形式的. 那麼

$$\frac{1}{2}K=\frac{1}{2}\sqrt{\frac{7}{4}-\sqrt{\frac{5}{16}}-\sqrt{\frac{15}{8}-\sqrt{\frac{45}{64}}}}=\frac{1}{4}\sqrt{7-\sqrt{5}-\sqrt{30-6\sqrt{5}}}$$

是什麼角度的正弦值呢?

注意到 (五倍角公式),

$$16\left(\frac{1}{2}K\right)^5-20\left(\frac{1}{2}K\right)^3+5\left(\frac{1}{2}K\right)=\frac{\sqrt{3}}{2}=\sin\frac{\pi}{3}$$

所以

$$\frac{1}{2}K=\sin\frac{\pi}{15}$$

怎麼注意到呢? 好吧其實是直接用軟件計算 $\arcsin K/2$ 得到12°, 再反過來用五倍角公式的.

我在網上找到的所有資料都是計算 $\sin12°$, 得到其值恰為 $K/2$ 的, 似乎沒有直接用 $K/2$ 得到12°的方法. 說到底這個純粹是 van Roomen 為了提高問題難度挖的坑, 在當時只有對三角函數運用熟練、經驗極其豐富的數學家才能夠得出結果.

解決問題

兩邊都化簡後, 問題就簡單了. 直接解方程

$$2\sin45\theta=2\sin\frac{\pi}{15}$$

得 $45\theta=\pi/15+2k\pi$, 或 $45\theta=14\pi/15+2k\pi$, 將所有滿足條件的 $\theta$ 求出, 即可得到所有根 $x=2\sin\theta$, 具體計算就不干了, 這種事情還是交給計算機吧.

其實到這裡只是使用了多項式關於引入的新變量 $\theta$ 的關係式, 而沒有得出真正的原函數. 通過上面求$x$的過程, 很容易得出函數:

$$f(x)=2\sin\left(45\arcsin\left(\frac{x}{2}\right)\right)$$

畫出圖像:

完美! 可以看到函數 $f(x)$ 和 $P_{45}$ 在區間 $[-2,2]$ 是完全重合的. 但是 $P_{45}$ 對於 $f(x)$ 不僅是展開式, 還是一種解析延拓, 在此方程中常數項恰在區間 $[-2,2]$ 之間, 否則無法用此方法得到解.

4. 其他方法

複分析方法

上面我用倍角公式的方法得到了 $P_{45}$ 的化簡, 本質上還是誤打誤撞. 事實上, 若知道原三角函數, 還有一種更直接的, 使用復數和二項式定理的方法求其展開式, 下簡述之^[2].

令 $t=\arcsin(x/2)$, 那麼

$$\begin{aligned} \sin\left(45\arcsin\left(\frac{x}{2}\right)\right)&=\sin45t\\ &=\mathrm{Im}(e^{45\mathrm{i}t})=\mathrm{Im}((e^{\mathrm{i}t})^{45})\\ &=\mathrm{Im}((\cos t+\mathrm{i}\sin t)^{45})\\ &=\mathrm{Im}\left(\sum_{k=0}^{45}\binom{45}{k}(\mathrm{i}\sin t)^k\cos^{45-k}t\right)\\ &=\frac{1}{\mathrm{i}}\left(\sum_{k=0}^{22}\binom{45}{2k+1}(\mathrm{i}\sin t)^{2k+1}\cos^{45-2k}t)\right)\\ &=\sum_{k=0}^{22}\binom{45}{2k+1}(-1)^k\sin^{2k+1}t(1-\sin^2t)^{22-k})\\ &=\sum_{k=0}^{22}\binom{45}{2k+1}(-1)^k\sin^{2k+1}t\sum_{j=0}^{22-k}\binom{22-k}{j}(-1)^j\sin^{2j}t\\ &=\sum_{k=0}^{22}\sum_{j=0}^{22-k}\binom{45}{2k+1}\binom{22-k}{j}(-1)^{k+j}\sin^{2k+2j+1}t\\ &=\sum_{k=0}^{22}\sum_{j=k}^{22}\binom{45}{2k+1}\binom{22-k}{j-k}(-1)^{j}\sin^{2j+1}t\\ &=\sum_{j=0}^{22}\sum_{k=0}^{j}\binom{45}{2k+1}\binom{22-k}{j-k}(-1)^{j}\sin^{2j+1}t\\ &=\sum_{j=0}^{22}(-1)^j\left[\sum_{k=0}^{j}\binom{45}{2k+1}\binom{22-k}{j-k}\right]\sin^{2j+1}t \end{aligned}$$

所以

$$\begin{aligned} f(x)&=2\sin(45\arcsin(\frac{x}{2}))\\ &=\sum_{j=0}^{22}(\frac{-1}{4})^j\left[\sum_{k=0}^{j}\binom{45}{2k+1}\binom{22-k}{j-k}\right]x^{2j+1}\\ &=P_{45}(x) \end{aligned}$$

此方法適用於計算更多類似三角函數的展開式.

遞推方法

此外, 還有一個相當精彩的方法, 通過遞推得到了 $P_{45}$ 與三角函數的關係^[4].

定義多項式 $P_n$:

$$P_n(x)=\sum_{i=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^i\frac{n}{n-i}\binom{n-i}{i}x^{n-2i}$$

容易知道, 原方程左端的多項式恰是這樣定義的 $P_{45}$.

首先, 可以求出 $P_n$ 的遞推公式:

$$P_n(x)=xP_{n-1}(x)-P_{n-2}(x)$$

證明如下:
對於最簡單的情況, 因為

$$\begin{aligned} P_1(x)&=x\\ P_2(x)&=x^2-2\\ P_3(x)&=x^3-3x \end{aligned}$$

所以

$$xP_2(x)-P_1(x)=x(x^2-2)-x=x^3-3x=P_3(x)$$

對於整數 $n>3$:

$$\begin{aligned} xP_{n-1}(x)&=\sum_{i=0}^{\lfloor(n-1)/2\rfloor}(-1)^i\frac{n-1}{n-1-i}\binom{n-1-i}{i}x^{n-2i}\\ &=x^n+\sum_{i=1}^{\lfloor(n-1)/2\rfloor}(-1)^i\frac{n-1}{n-1-i}\binom{n-1-i}{i}x^{n-2i}\\ P_{n-2}(x)&=\sum_{i=0}^{\lfloor n/2-1\rfloor}(-1)^i\frac{n-2}{n-2-i}\binom{n-2-i}{i}x^{n-2-2i}\\ &=\sum_{i=1}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^{i-1}\frac{n-2}{n-2-(i-1)}\binom{n-2-(i-1)}{i-1}x^{n-2-2(i-1)}\\ &=\sum_{i=1}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^{i-1}\frac{n-2}{n-1-i}\binom{n-1-i}{i-1}x^{n-2i} \end{aligned}$$

接下來根據奇偶性分類討論.
若 $2\nmid n$, 則 $\lfloor n/2\rfloor=\lfloor(n-1)/2\rfloor=(n-1)/2$,

$$xP_{n-1}(x)-P_{n-2}(x)=x^n+\sum_{i=1}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^i\left[\frac{n-1}{n-1-i}\binom{n-1-i}{i}+\frac{n-2}{n-1-i}\binom{n-1-i}{i-1}\right]x^{n-2i}$$

注意中間部分:

$$\begin{aligned} &\frac{n-1}{n-1-i}\binom{n-1-i}{i}+\frac{n-2}{n-1-i}\binom{n-1-i}{i-1}\\ =&\frac{n-1}{n-1-i}\cdot\frac{(n-1-i)!}{i!(n-1-2i)!}+\frac{n-2}{n-1-i}\cdot\frac{(n-1-i)!}{(i-1)!(n-2i)!}\\ =&\frac{(n-i)!}{(n-i)i!(n-2i)!}\cdot[\frac{(n-1)(n-2i)}{n-1-i}+\frac{i(n-2)}{n-1-i}]\\ =&\frac{n}{n-i}\cdot\frac{(n-i)!}{i!(n-2i)!}\\ =&\frac{n}{n-i}\binom{n-i}{i} \end{aligned}$$

代回原式:

$$\begin{aligned} xP_{n-1}(x)-P_{n-2}(x)&=x^n+\sum_{i=1}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^i\frac{n}{n-i}\binom{n-i}{i}x^{n-2i}\\ &=\sum_{i=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^i\frac{n}{n-i}\binom{n-i}{i}x^{n-2i}\\ &=P_n(x) \end{aligned}$$

若 $2\mid n$, 則 $\lfloor n/2\rfloor=\lfloor(n-1)/2\rfloor+1=n/2$,

$$\begin{aligned} xP_{n-1}(x)-P_{n-2}(x)=&\sum_{i=0}^{\lfloor n/2\rfloor-1}(-1)^i\frac{n}{n-i}\binom{n-i}{i}x^{n-2i}-(-1)^{n/2-1}\frac{n-2}{n/2-1}\binom{n/2-1}{n/2-1}\\ =&\sum_{i=0}^{\lfloor n/2\rfloor-1}(-1)^i\frac{n}{n-i}\binom{n-i}{i}x^{n-2i}+2(-1)^{n/2} \end{aligned}$$

當 $i=\lfloor n/2\rfloor=n/2$ 時,

$$(-1)^i\frac{n}{n-i}\binom{n-i}{i}x^{n-2i}=(-1)^{n/2}\frac{n}{n/2}\binom{n/2}{n/2}x^0=2(-1)^{n/2}$$

所以

$$xP_{n-1}(x)-P_{n-2}(x)=\sum_{i=0}^{\lfloor n/2\rfloor}(-1)^i\frac{n}{n-i}\binom{n-i}{i}x^{n-2i}=P_n(x)$$

然後來看三角函數中的遞推關係.
先從一個最基本的關係開始, 即喜聞樂見的積化和差:

$$\cos A\cos B=\frac{\cos(A+B)+\cos(A-B)}{2}$$

整理一下可得:

$$2\cos(A+B)=4\cos A\cos B-2\cos(A-B)$$

令 $A=(n-1)\alpha$, $B=\alpha$, 則可以得到

$$2\cos n\alpha=2\cos\alpha\cdot2\cos(n-1)\alpha-2\cos\alpha$$

這時很容易看出此遞推關係與 $P_n$ 的相似性, 若令 $x=2\cos\alpha$, 則

$$\begin{aligned} P_1(x)&=x=2\cos\alpha\\ P_2(x)&=x^2-2=4\cos^2\alpha-2=2\cos2\alpha\\ P_3(x)&=x^3-3x=8\cos^3\alpha-6\cos\alpha=2\cos3\alpha \end{aligned}$$

對於 $n>3$, 由於遞推關係一致, 可以得到如下等式:

$$P_n(2\cos\alpha)=2\cos n\alpha$$

正弦函數的關係式可以用余弦函數的關係式推出.
令 $\alpha=\beta-\pi/2$ 代入上式:

$$\begin{aligned} P_n\left(2\cos\left(\beta-\frac{\pi}{2}\right)\right)=&2\cos n\left(\beta-\frac{\pi}{2}\right)\\ P_n(2\sin\beta)=&2\cos\left(n\beta-\frac{n\pi}{2}\right) \end{aligned}$$

若 $2\nmid n$, 則可化為更規整的形式:

$$P_n(2\sin\beta)=2\sin n\beta\cdot(-1)^{\frac{n-1}{2}},\quad2\nmid n$$

事實上, 上面的三角函數遞推過程就是 $n$ 倍角公式的遞推計算過程, 這種方法就是將最初的三角函數方法規范化, 形成一種確定的技巧.

由上述推導可知, 使用余弦函數也可化簡多項式, 原函數為 $2\cos(45\arccos(x/2))$, 而且余弦函數對於此類多項式的適用范圍更廣, 最初使用正弦函數成功化簡確實是誤打誤撞, 要不是恰好45滿足 $2\nmid n$, $2\mid(n-1)/2$, 就得不到答案了. (運氣真好~)

5. 切比雪夫多項式

在上述遞歸方法中定義的 $P_n$, 與第一類切比雪夫多項式很類似, 這個多項式通常用 $T_n$ 表示, 其定義為:

$$\begin{aligned} T_0(x)&=1\\ T_1(x)&=x\\ T_n(x)&=2xT_{n-1}(x)-T_{n-2}(x) \end{aligned}$$

區別在於遞推公式係數中的2, 這就導致了兩類多項式對應三角函數的區別:

$$\begin{aligned} &T_n(x)=\cos(n\arccos(x)),\quad x\in[-1,1]\\ &P_n(x)=2\cos\left(n\arccos\left(\frac{x}{2}\right)\right),\quad x\in[-2,2]\\ &T_n(\cos\theta)=\cos n\theta\\ &P_n(2\cos\theta)=2\cos n\theta \end{aligned}$$

切比雪夫多項式於1854年由切比雪夫(Chebyshev)引入, 之後在逼近理論中被廣泛使用. 而究其歷史, 則早在正式提出的250年前就已被發現與使用, Viète 等數學家的洞察力與遠見實在令人驚嘆.

6. 參考

[1]Adriaan van Roomen. Ideae mathematicae pars prima, sive methodus polygonorum, 1593.
[2]R. L. Herman. van Roomen’s Problem, 2021
http://people.uncw.edu/hermanr/mat346/van_Roomen_s_Problem.pdf
[3]參考文獻使用符號 $\sin^{-1}$, 本文為避免歧義, 統一使用符號 $\arcsin$
[4]Van Roomen’s Problem: Solution Explained
http://fermatslasttheorem.blogspot.com/2007/02/van-roomens-problem-solution-explained.html