→ Desperato : 啊 忘了無限和0 明天再說 03/30 02:37
推 ruj9vul3 : 有神快拜 03/30 09:13
推 eric911116 : 高中也解不出來吧哈哈 03/30 09:45
※ 編輯: Desperato (115.82.2.53), 03/31/2019 13:50:27
※ 引述《speady (安靜學習)》之銘言：
: https://i.imgur.com/H4u7Qu4.jpg
: 請高手能幫忙解答
: 感謝
: -----
: Sent from JPTT on my iPhone
本題明顯不是國高中生能處理的範圍
國中生會完全沒輒
所以我假設你是高中生，知道三角函數、遞迴、集合等概念
雖然用的不是高中數學，我會盡量解釋
p.s. 文長
A. 設定
本題使用 tan 來解題
a + b a - b
(Def) 方便起見，定義 a [+] b = ------- ， a [-] b = -------
1 - ab 1 + ab
此外，若 ab = 1，定義 a [+] b = ∞
ab = -1，定義 a [-] b = ∞
以及 ∞ [+] b = b [+] ∞ = -1/b
∞ [-] b = - (b [-] ∞) = 1/b
∞ [+] 0 = 0 [+] ∞ = ∞
∞ [-] 0 = 0 [-] ∞ = ∞ = -∞
∞ [+]∞ = ∞ [-] ∞ = 0
最後定義 tan(90度 + 180度的倍數) = ∞
這樣就有 tan(x+y) = tan(x) [+] tan(y)
tan(x-y) = tan(x) [-] tan(y)
融入 tan 會出 bug 的無限的情況
以及 a [+] b = c <=> a = b [-] c (反函數)
現在設 theta_k 是第 k 個角度，則可得到 tan(theta_k) = 1/√k
令 t_k = tan(theta_1 + theta_2 + ... + theta_k)，則
(Prop 1) 設 r = t_(k-1)，則 t_k = r [+] 1/√k
更明確的說是
| ∞ , r = √k
t_k = |
| -√k , r = ∞
|
| r + 1/√k
| --------- , 其他正常的 r (不含無限的情況)
| 1 - r/√k
(pf) 很明顯的，拿和角公式遞迴
B. 概要
由於 180 度的倍數，可以用 tan = 0 判定
因此我們要證明的結果是
(Thm 2) 不存在正整數 n，使得 t_n = 0
也就是本題答案為 n 不存在。
證明的思路很單純
我們要說明每一個 t_n 都有消不掉的根號，所以不是 0
但實際上要寫出來並不容易，以下要從一開始的結構開始介紹
C. 體 (Field)
(Def) 一個集合 F 是一個體
代表有個加法 + 和乘法 * (乘法會省略)，滿足以下 11 個條件
(A1) a+b 也是 F 的元素 (M1) ab 也是 F 的元素
(A2) (a+b)+c = a+(b+c) (M2) (ab)c = a(bc)
(A3) a+b = b+a (M3) ab = ba
(A4) 存在0使得 (M4) 存在1使得
a+0 = 0+a = a a1 = 1a = a
(A5) 對任意a，存在(-a)使得 (M5) 對任意a!=0，存在1/a使得
a+(-a) = (-a)+a = 0 a(1/a) = (1/a)a = 1
(D) a(b+c) = ab+ac
講的這麼麻煩，舉個例子，有理數 Q
(1) 有理數作加減乘除之後還是有理數
(2) 加法和乘法有結合律、交換律、分配律
這樣的話我們就說，有理數集合 Q 是一個 Field
為什麼要講這個呢，因為我們需要其中幾個特性
(1) 封閉性
我們想要說明舊的根號，作加減乘除也變不出新的根號
所以只要能證實是 Field，就不用擔心會冒出不認識的元素
(2) 可除性
例如實數 R 和 複數 C 都是 Field
而整數 Z 不是，因為整數作除法就不是整數了
我們的 tan 遞迴公式有用到除法，所以要使用 Field
除了高中認識的 Q, R, C 之外，以下來介紹其他的 Field
ex: Q[√2] = { a + b√2 | a, b 是有理數 Q }
代表所有能夠寫成 a + b√2 的元素的集合
要驗證 Q[√2] 是個 Field，就要驗證上面 11 個性質
例如驗證 (A3) 好了，就
(a+b√2) + (c+d√2) = (c+d√2) + (a+b√2)
這簡直廢話，沒錯這樣寫完就驗證完畢了
以下示範一個比較不好做的 (M5)
1 a - b√2
根據分母有理化，-------- = ---------- = c + d√2
a + b√2 a^2 - 2b^2
其中 c = a/(a^2-2b^2), d = -b/(a^2-2b^2)
由於有理數 Q 對加減乘除都有封閉性
所以只要說明分母 a^2-2b^2 一定不是 0
那 a + b√2 的倒數就會是 c + d√2
假設 a^2-2b^2 = 0
如果 b = 0, 則 a = 0, 所以 a + b√2 = 0，但 0 本來就沒倒數不用證
如果 b!= 0, 則得到 a/b = √2，眾所皆知 (a, b) 沒有有理數解
這樣就驗證完了 (M5)
(Def) 如果 F 是一個體，c是元素 (不一定是 F 的元素)
則 F[c] 代表用 F 的元素和 c
作任意有限次加減乘 (沒有除!) 之後，所有可能元素的集合
ex. 當 x 是個普通的變數，和有理數 Q 沒有任何關係的情況下
Q[x] = { a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + ... + a_n x^n }
其實就是有理係數多項式，相信高中生看過這個寫法。
ex. Q[√2] = { a_0 + a_1 √2 + a_2 (√2)^2 + ... }
可是 (√2)^2 = 2 是有理數
因此實際上只會有兩項 a_0 + a_1 √2，符合上面的寫法
ex. Q[√2, √3, √5] 是由
1, √2, √3, √5, √6, √10, √15, √30
各自乘上任意有理數後加起來的元素，所組成的集合
(國中同類根號的概念)
一個範例是 3√10 + (3/4)√6 - √2
F[c] 不一定是個 Field，因為沒用過除嘛
例如 Q[x] 就不是 (倒數不是多項式)
不過本題會用到的都沒有問題
證明就省略了，因為跟證明 Q[√2] 是個 Field 的作法一樣
(Thm 3) 設 n_1, n_2, ..., n_k 是正整數
則 Q[√n_1, √n_2, ..., √n_k] 是個 Field
這就是我所謂的舊的根號，加減乘除也做不出新的根號
例如用 √2, √3, √5 和有理數 Q 做出的數字
永遠只會有 √n， n 的質因數最多是 2, 3, 5
啊，當然，這邊沒有多項式三小的
Q[√n_1, √n_2, ..., √n_k] 全都是數字，是實數 R 的子集合
我們偶爾會把他們當成普通實數看待
現在給定正整數 n，定義
K_n = Q[√1, √2, ..., √n]
就是把所有 √n 或以下的根號通通加進去
注意有些根號加了沒路用，例如 √4 本來就是有理數，所以 K_4 = K_3
或者像 √6 可以被 √2 和 √3 組成，所以 K_6 = K_5
所以事實上也可以說
K_n = Q[√p_1, √p_2, ..., √p_k], 加入所有小於 n 的質數 p_i
ex. K_1 = Q
K_2 = Q[√2]
K_3 = Q[√2, √3] = K_4
K_5 = Q[√2, √3, √5] = K_6
K_7 = Q[√2, √3, √5, √7] = K_8 = K_9 = K_10
K_3 = { a + b√2 + c√3 + d√6 | a, b, c, d in Q }
不是說不會冒出比3大的根號，是質因數都不超過 3
根據 Thm 3，K_n 都是個 Field，加減乘除具有封閉性
明顯的如果 m < n，則 K_m 是 K_n 的子集合
定義 K = ∪K_n，所有 K_n 的聯集
(Prop 4) K 是個 Field
(pf) 如果 x 是 K 的元素，則 x 會是其中一個 K_n 的元素
在 K_n 裡面自動完成所有 Field 的性質，然後丟回 K 就好
由於 tan 會出現無限，所以對於任意 Field F
定義 F' = F ∪ {∞} ，把無限加進去
無限不參與任何加減乘除的運算，只有 [+] 和 [-] 會用到
(Prop 5) 設 F 是個 Field
如果 a, b 是 F' 的元素，則 a [+] b 和 a [-] b 也是
(pf) 沒有 ∞ 的情況，因為 [+] 和 [-] 原本是加減乘除組合，具有封閉性
有 ∞ 的情況，分別驗證就完成了
(Prop 6) t_n 是 K_n' 的元素。
也就是說，t_n 要馬是 ∞
要馬內含的所有 √k，k 的質因數都不超過 n
(pf) 因為 t_n = t_(n-1) [+] 1/√n
根據數歸假設，t_(n-1) 是 K_(n-1)' 的元素，當然也是 K_n' 的元素
而 1/√n 本來就是 K_n' 的元素，合起來還是 K_n' 的元素
當然，所有 t_n 都會是 K' 的元素。
我們會在 K' 這個大 Field 裡面討論 t_n 。
(R 不過後來沒有用到這個XD)
D. 根號消不掉的集合
我們打算證明 t_n 一定不會是 0
策略是 t_n 一定內含某個消不掉的根號
所以首先要定義一個根號消不掉的集合
(Def) 對所有正整數 n > 1，定義 D_n = K_n - K_(n-1)
由於 K_n 只有在 n 是質數的時候會增加新東西
因此 D_p 只有在 p 是質數的時候不是空集合
ex: D_2 = { a + b√2 | a, b 有理數，b!= 0 }
D_3 = { a + b√2 + c√3 + d√6
| a, b, c, d 有理數， c, d 至少一個不是 0}
D_4 = { }
D_p 扮演了新增加的那部分
也就是有某個 √k 消不掉，k 是 p 的倍數的情況
特別是，0 當然不是 D_p 的元素
(Lem 7) p 是質數。則 t_p 是 D_p 的元素
(pf) 設 r = t_(p-1)
首先回顧 t_p = | ∞ , r = √p
| -√p , r = ∞
| r [+] 1/√p, 其他 r
(1) r = √p
不可能，因為 t_(p-1) 是 K_(p-1)' 的元素，沒有 √p 這種根號
(2) r = ∞
t_p = -√p 是 K_p 且不是 K_(p-1) 的元素，所以屬於 D_p
(3) 其他 r。拆開可得
r + 1/√p (1+p)r + (1+r^2)√p
t_p = --------- = ------------------- (分母有理化)
1 - r/√p p - r^2
= a + b√p
其中 a = (1+p)/(p-r^2), b = (1+r^2)/(p-r^2)
首先若 p - r^2 = 0, 則 r = +-√p，正的已排除，負的待會討論
r 是 K_(p-1) 的元素，p 是有理數，有理數當然也是 K_(p-1) 的元素
因此 a, b 都是 K_(p-1) 的元素。
由於 b 的分子是 1+r^2, 顯然不是 0
(p.s. 這是實數的性質，平方一定大於等於 0)
因此 √p 必帶，t_p 是 D_p 的元素
最後 r = -√p 的情況，整理得 t_p = (1/2)(1/p-1)√p 是 D_p 的元素
總結來說，p 是質數的情況，由於新加入了 1/√p
所以 t_p 一定會附帶一個 √k 消不掉, k 是 p 的倍數
並且這是可以往上延展的
已經在 D_p 裡面的情況，如果加入一個和 √p 無關的東西
那仍然會留在 D_p 裡面
(Lem 8) p 是質數。
如果 t_(n-1) 是 D_p 的元素，且 1/√n 是 K_(p-1) 的元素
則 t_n 還是 D_p 的元素
(pf) 設 r = t_(n-1)
由於 t_n = | ∞ , r = √n
| -√n , r = ∞
| r [+] 1/√n, 其他 r
(1) r = √n
不可能，因為 √n = n (1/√n) 是 K_(p-1)，所以不是 D_p 的元素
(2) r = ∞
∞ 不是 D_p 的元素
(3) 其他 r
由於 r 是 D_p 的元素，所以是 K_p' 的元素
1/√n 是 K_(p-1) 的元素，所以也是 K_p' 的元素
[+] 起來之後的 t_n 是 K_p' 的元素
如果 t_n 是 K_(p-1)' 的元素
則 r = t_n [-] 1/√n 是 K_(p-1)' 的元素，和 r 是 D_p 的元素矛盾
因此 t_n 只能是 D_p 的元素
E. Thm 2 的證明
差不多可以進攻 Thm 2 了。
我們需要一個神奇的定理，敘述很簡潔
但證明不短也不容易，以下直接放出來使用
(Thm 9) (Bertrand's Postulate)
對任意正整數 n > 1
在 n 和 2n 之間，至少存在一個質數。即 n < p < 2n
(pf of Thm 2)
我們要證明 t_n 全部都不是 0。
顯然 t_1 = 1
由 Lem 7 可知，若 p 是質數，則 t_p 是 D_p 的元素
D_p 不包含 0，因此 t_p 都不會是 0
現在如果 n 不是質數，那 n 一定會在兩個相鄰質數之間
即 p < n < p'，且 p, p' 中間沒有其他質數
由 Thm 9 可知，p 和 2p 中間一定有其他質數
因此 2p 不會小於 p'，也就是 p < n < p' < 2p
這代表 n 不可能是 p 的倍數，但 n 又不超過下一個質數 p'
所以 n 的質因數只能是小於 p 的質數
即 1/√n 是 K_(p-1) 的元素
現在對 p 和 p' 中間所有的合數 n，用 Lem 8 作數歸
得到 t_n 通通在 D_p 裡面，亦即 t_n 不是 0。 Q.E.D.
意思就是 t_n 一定有個 √k 消不掉
k 是 p 的倍數，p 是不超過 n 的最大質數。
F. 結論
(1) 本題答案為 n 不存在。沒有一個 n 會使得角度和為 180 的倍數
(2) 事實上 (Thm 2) 的證明內容，也證明了 t_n 都不會是 ∞
(因為 D_p 是不含 ∞ 的)
所以 t_n 也不會是 90 度的倍數
(3) 算過 t_4 以下的值之後，特殊角也別肖想了
30 的倍數、45 的倍數全部死光光 (除了 t_1 是 45 度之外)
應該可以證明正 n 邊形的內角，以及外角的倍數會全數死光
(亦即，除了t_1，t_n 甚至不會是 pi 的有理數倍)
但要拿出Cyclotomic field和Galois，感覺非常麻煩(懶惰)
(4) 這一套理論叫做 Field Thoery，是數學系的代數 Algebra 的課程
其中一個最有名的應用是，證明古希臘尺規作圖三大難題是無解的
(沒錯，這個千古幾何難題是用代數解決的XD)
嘛不過通常來說，高中生知道 Q[√2] 是個 Field (除法封閉)就很強了
(5) 原本以為用複數就能處理...卡了半天，還是別惡搞自己了XD
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嗯嗯ow o
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