33303 數學史連結數學思考一以費伯納西恆等式為例

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### 壹、前言

$(a^2+b^2)(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(ad-bc)^2$,

### 參、費伯納西恆等式連結數學史問題與數學思考

#### 一、應用於柯西不等式與拉格朗日恆等式

$({a_1}^2+{a_2}^2+\cdots+{a_n}^2)\cdot({b_1}^2+{b_2}^2+\cdots+{b_n}^2) \ge(a_1b_1+a_2b_2+\cdots+a_nb_n)^2$, 當等號成立時, 即柯西不等式成立。 而拉格朗日恆等式當 $n=2$ 時, 即是費伯納西恆等式。

#### 三、比較阿達馬不等式與格蘭行列式

$(a_{11}^2+a_{12}^2)(a_{21}^2+a_{22}^2)\ge \left | \begin{array}{cc} a_{11} & ~a_{12} \\ a_{21} & ~a_{22} \end{array} \right |^2$, 這個式子與法國偉大分析學家阿達馬 (Jacques Salomon Hadamard, 1865$-$1963) (圖十) 發現性質一致, 此即阿達馬不等式 (Hadamard's inequality), $\left | \begin{array}{ccc} a_{11} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & \vdots & \vdots \\ a_{n1} & \cdots & a_{nm} \end{array} \right |^2 \le \sum\limits_{i=1}^n a_{1i}^2$ $\cdot\sum\limits_{i=1}^n a_{2i}^2\cdots\sum\limits_{i=1}^n a_{ni}^2$, $n=2$ 時的特例。

$Gram(x_1, x_2, \ldots, x_n)=\det G=\det(x_i\cdot x_j)$

$Gram(x_1)=x_1\cdot x_1=$ $\Vert x_1\Vert^2$, 當 $n=2$ 時, $Gram(x_1, x_2)=det\left ( \begin{array}{cc} x_1\!\cdot\! x_1~ & ~x_1\!\cdot\! x_2 \\ x_2\!\cdot\! x_1~ & ~x_2\!\cdot\! x_2 \end{array} \right )=\Vert x_1\Vert^2\Vert x_2\Vert^2-(x_1\cdot x_2)^2$, 若此時的 $x_1, x_2\in R^2$, 且 $x_1\not=(0, 0)$, 令點 $x_2$ 到直線 $\overleftrightarrow{ox_1}$ 的直線距離為 $d$, 根據平行四邊形面積得 $d^2=\displaystyle\frac{Gram(x_1, x_2)}{Gram(x_1)}$, 因為 $Gram(x_1) \gt 0$, 得 $Gram(x_1, x_2)\ge 0$, 即 $\Vert x_1\Vert^2 \Vert x_2\Vert^2\ge(x_1\cdot x_2)^2$, 即費伯納西恆等式的不等式情況。

#### 五、證明三角函數和差角公式

\begin{eqnarray*} m^2 + n^2 &=& (m^2+n^2)(\cos^2\theta+\sin^2\theta) = (m\cos\theta+n\sin\theta)^2+(m\sin\theta-n\cos\theta)^2 \\ &=& 3^2 + 1^2 = 10\hbox{。} \end{eqnarray*}

#### 六、與矩陣相關的模式

$M(a, b) \!\cdot\! M(c, d) \!=\! \left [ \begin{array}{cc} a & -b \\ b & a \end{array} \right ] \!\cdot\! \left [ \begin{array}{cc} ~c~ & -d \\ ~d~ & c \end{array} \right ] \!=\! \left [ \begin{array}{cc} ~ac\!-\!bd~ & \!-(ad\!+\!bc) \\ ad\!+\!bc & \!ac\!-\!bd \end{array} \right ] = M(ac-bd, ad+bc)$

#### 七、證明費馬---歐拉質數定理

1. 若 $Aa+Bb=p$, 則 $Ab-Ba=0$, 因此, $A^2b^2=B^2a^2$, 利用移項及和比定律得 $\displaystyle\frac{A^2}{a^2}=\frac{B^2}{b^2}=\frac{A^2+B^2}{a^2+b^2}=\frac{p}{p}=1$, 得 $A=a$ 及 $B=b$, 矛盾。
2. 同理可得, 若 $Ab+Ba=p$, 則 $Aa-Bb=0$, 因此, $A^2a^2=B^2b^2$, 利用移項及和比定律得 $\displaystyle\frac{A^2}{b^2}=\frac{B^2}{a^2}=\frac{A^2+B^2}{b^2+a^2}=\frac{p}{p}=1$, 得 $A=b$ 及 $B=a$, 矛盾。

#### 八、解決相關數學競試考題:

1. 三角函數類型:

2. 不等式類型:

3. 複數類型:

$0=(a^2+b^2)\cdot(c^2+d^2)$, 因為 $a, b, c, d\in R$, 則 $a^2+b^2=0$ 或 $c^2+d^2=0$,

(2) 任意自然數皆可表為不多於四個平方數之和。

### 肆、推廣與研究

「兩個」平方和即費伯納西恆等式 $(a^2+b^2)(x^2+y^2)=(ax+by)^2+(ay-bx)^2$;

「四個」平方和即 $(a^2+b^2+c^2+d^2)(x^2+y^2+z^2+t^2)=(ax+by+cz+dt)^2+(bx-ay+dz-ct)^2 +(cx-dy-az+bt)^2+(dx+cy-bz-at)^2$。

1843年 10月 16日, 當我和漢米爾頓太太步行去都柏林途中的勃洛翰橋的時候, 它們就來到了人世間, 或者說出生了, 發育成熟了。 這就是說, 此時此地我感到思想的電路接通了, 而從中落下的火花就是 $i$, $j$, $k$ 之間的基本方程, 恰恰就是我後來使用它們的那個樣子, 我當場抽出筆記本 (它還保留著) , 將這些思想紀錄下來, 與此同時, 我感到也許值得花上未來的至少 10年或許 15年的勞動, 但當時已完全可以說, 我感到一個問題就在那一刻已經解決了, 智力該緩口氣了, 它已經糾纏著我至少 15年了。

$i^2=j^2=k^2=-1$, $ij=k$, $jk=i$, $ki=j$, $ji=-k$, $kj=-i$, $ik=-j$,

 相乘積 $a$ $bi$ $cj$ $dk$ $x$ $ax$ $bxi$ $cxj$ $dxk$ $-yi$ $-ayi$ $-byi^2$ $-cyji$ $-dyki$ $-zj$ $-azj$ $-bzij$ $-czj^2$ $-dzkj$ $-tk$ $-atk$ $-btik$ $-ctjk$ $-dtk^2$

 相乘積 $a$ $bi$ $cj$ $dk$ $x$ $ax$ $bxi$ $cxj$ $dxk$ $-yi$ $-ayi$ $by$ $cyk$ $-dyj$ $-zj$ $-azj$ $-bzk$ $cz$ $dzi$ $-tk$ $-atk$ $btj$ $-cti$ $dt$

$+\left (\left | \begin{array}{cc} a & ~b \\ x & ~y \end{array} \right | + \left | \begin{array}{cc} c & ~d \\ z & ~t \end{array} \right |\right )^2 + \left (\left | \begin{array}{cc} a & ~c \\ x & ~z \end{array} \right | - \left | \begin{array}{cc} b & ~d \\ y & ~t \end{array} \right |\right )^2 + \left (\left | \begin{array}{cc} a & ~d \\ x & ~t \end{array} \right | + \left | \begin{array}{cc} b & ~c \\ y & ~z \end{array} \right |\right )^2$。

 $a*b$ $a\cdot 1$ $a\cdot e1$ $a\cdot e2$ $a\cdot e3$ $a\cdot e4$ $a\cdot e5$ $a\cdot e6$ $a\cdot e7$ $b\cdot 1$ 1 $e1$ $e2$ $e3$ $e4$ $e5$ $e6$ $e7$ $b\cdot e1$ $e1$ $-1$ $e3$ $-e2$ $e5$ $-e4$ $-e7$ $e6$ $b\cdot e2$ $e2$ $-e3$ $-1$ $e1$ $e6$ $e7$ $-e4$ $-e5$ $b\cdot e3$ $e3$ $e2$ $-e1$ $-1$ $e7$ $-e6$ $e5$ $-e4$ $b\cdot e4$ $e4$ $-e5$ $-e6$ $-e7$ $-1$ $e1$ $e2$ $e3$ $b\cdot e5$ $e5$ $e4$ $-e7$ $e6$ $-e1$ $-1$ $-e3$ $e2$ $b\cdot e6$ $e6$ $e7$ $e4$ $-e5$ $-e2$ $e3$ $-1$ $-e1$ $b\cdot e7$ $e7$ $-e6$ $e5$ $e4$ $-e3$ $-e2$ $e1$ $-1$

### 陸、附錄:

1. 計算如下: 令 $u=a+bi$, $v=c+di$, 其中 $a, b, c, d\in R$, 因為

$|u|^2+|v|^2=[{\rm Re}(u)\cdot{\rm Re}(v)+{\rm Im}(u)\cdot{\rm Im}(v)]^2 +[{\rm Im}(u)\cdot{\rm Re}(v)-{\rm Re}(u)\cdot{\rm Im}(v)]^2$, 所以, 得下式: $(a^2+b^2)\cdot(c^2+d^2)=(ac+bd)^2+(bc-ad)^2$, 則

$(17^2+19^2)\cdot(13^2+15^2)=a^2+b^2$,

$(a, b)=(17\times 13+19\times 15, 17\times 15-19\times 13)=(506, 8)$。

### 參考文獻

---本文作者為國立蘭陽女中數學教師, 國立清華大學歷史所博士班 (主修數學史)---