35306 梨園數字
梨園數字

傳統戲的一齣"五花洞" , 在戲台上有五對一模一樣的武大郎與潘金蓮, 當然其中只有一對是真的, 其他都是妖怪變來戲弄本尊的分身, 全部戲就是一場真假認同錯亂的胡鬧。將幾何圖形描繪在畫面上時, 觀念上好比演一齣戲 : 畫面提供一個舞台 , 圖形則是粉墨登場的演員, 以參數式當作劇本來扮演角色。演員的台詞與走位, 全依照劇本的需要, 這樣呈現的叫 拉格朗日 (Lagrange) 式。 下例劇本中, 有個參數座標 $(u , v)$ 是描寫虧格五的對稱平面域。以五階雙紐線參數式 [註一] $( x+ i y)^5 - 1 = u e^{iv}$, 畫出平面圖。 再加上適當高度 $z =\varepsilon - | 1 - u |$ 畫出立體圖。 實際演出的演員是畫面座標 $(p , q)$ 與上述空間的座標 $(x, y, z)$ 之間, 由軸測投影關係式 $p = y -\alpha x$, $q = z -\beta x$ 相聯繫。

另外還有一種熱鬧的武打戲 : 旌旗蔽空, 帥字旗揮舞滿舞台的每個角落, 鑼鈸喧天, 鼓點子逼人屏息, 等到聲色稍歇, 定眼一瞧兩張花臉, 才知原來是張飛戰岳飛, 難怪滿天飛。繪圖的武打方式叫歐拉 (Euler) 式 , 這時畫面上的每一畫素都積極參與演出, 若非領銜, 起碼也是客串主角, 受到同樣的關注, 要等到最後劇終謝幕, 才知道究竟誰擔綱主角, 誰跑龍套。 這齣荒謬劇裡, 曲面由隱函數定義, 先指定畫面上的座標 $(p , q)$, 之後固定 $x$, 由軸測投影關係式分別解得 $y = p + x$, $z = q + x$, 代入曲面的定義式裡, 可得座標 $x$ 的一個方程式。若 $x$ 無實數解時 $(p , q)$ 是背景點, 若有實數解時, 取最大值當可見點, 其餘是隱匿點。 因此最簡單的球面須要求解二次方程式 $x^2 + y^2 + z^2 = 1$

如法炮製,四次曲面可得環面 $$(x^2+y^2+z^2+a^2)^2=b^2(x^2+y^2)$$ 與羅曼面 $$x^2y^2+y^2z^2+z^2x^2=xyz$$

解四次式的方法由法拉利 (Ferrari, L) 導出, 求解過程裡得用叫做卡爾達諾法的三次式解法, 這其中卻有樁很具爭議性的傳奇故事[註二]。

古希臘的時候, 托勒密王 (Ptolemy 367-285 B.C.) 曾經是亞歷山大麾下驍將, 苦心經營埃及, 為了加入希臘雅典元素, 甚至不惜重金, 延攬歐基理得(Euclid) ,他問 "除 了研讀幾何原本之外是否有學習幾何的捷徑呢?'' 面對金主歐基理得大義凜然的回答說 : "沒有通往幾何的皇家大道''。 一個徒弟方纔學會第一條幾何命題, 歐基理得就喊說: "來人啊, 拿三個銅板打賞他''。近代的行為學派可能認為這是加強正面, 鼓勵積極的典範。 其實歐基理得是意在反諷,這徒弟覬覦著學幾何能帶來甚麼實質的報償。自此以來數學家做的事業無非親身力行, 貧賤不移, 威武不屈, 每個人的成就點滴在心頭, 所謂 "文章千古事, 得失寸心知''。 文藝復興時代的塔爾塔利亞 (Tartaglia, N 1499-1557) 因與人賭賽解題, 漏夜思索而得三次式的解法, 卻被卡爾達諾 (Cardano, G 1501-1576) 違背誓言, 發表成以他為名的公式。讓他做了後代抄襲剽竊, 盜名欺世之輩的祖師爺, 因此歷史上要記上這一筆, 而且做老師的必定總要在課堂提這件公案。目的不在臧否古人, 而是以為來者戒。

多項式方程式是變數的乘冪作和, 乘冪的逆運算是開方, 因此解這種方程式自然用開方, 甚至若干回不同冪次的開方, 通常叫作根式。 五次及更高次的方程式, 一般不再能用根式求解。 並非數學家努力不夠或是智力不及 , 而是理論上完全不可能 , 這是加羅瓦 (Galois, E 1811-1832) 理論的一項應用。

然而無根式解並非沒有公式解,普遍一個多項式方程式,若是沒有重根, 則可用模函數求解。 梅村坦(Hiroshi Umemura)列出了一個完整的公式[註三]。 其實這樣的模函數相當複雜而看不出實用的價值, 比方在夜市裡吃碗麵, 明明老闆吆喝每碗七十元, 但標價卻是五千開平方。 兩者差別不大, 連吃十碗才差七個銅板。這如果不是生意人的商業噱頭就肯定是學術菁英的理論傲慢。 以實用面來看,即使有一個模函數公式, 往往要另外再開發這模函數的演算法, 否則這只是用一個更困難問題來取代原來的問題。 因此真正想解決難題, 必須要另闢蹊徑。

數值計算不乏各式各樣求解的演算法, 然而用線性代數的古老方法亦可輕易求解。若五次式寫做 $x^5 = a_0 + a_1 x + a_2 x^2 + a_3 x^3 +a_4 x^4$ 則 $$x\left[\begin{array}{c} 1\\ x\\ x^2\\ ~x^3~\\ x^4 \end{array}\right]=\left[\begin{array}{ccccc} 0&1&0&0&0\\ 0&0&1&0&0\\ 0&0&0&1&0\\ 0&0&0&0&1\\ ~a_0~&~a_1~&~a_2~&~a_3~&~a_4~ \end{array}\right]\ \left[\begin{array}{c} 1\\ x\\ x^2\\ ~x^3~\\ x^4 \end{array}\right]$$ 此處的矩陣叫伴隨矩陣, 其特徵多項式正好是原式。因此問題就變成矩陣的特徵值問題, 其解法不是用公式而是迭代的演算法。 而且不論幾次式 , 全部的根一次到位, 最重要的是很快就能達到一定精確程度, 以滿足繪圖解析度的需要。於是再度利用雙紐線的概念 : 與 $S = \{ P_i =(\xi_i,\eta_i,\zeta_i) \mid 1\le i\le N \}$ 諸點距離平方的總乘積當定義式 $$\prod_i [(x - \xi_i )^2 +( y -\eta_i)^2 + (z -\zeta_i)^2 ] = a,$$ 當 $S$ 是正四面體的四個頂點構成的集合時, 可畫出八次曲面。這是在堤壩旁常看到的消波塊。 而當 $S$ 包含正十二面體的二十個頂點時, 畫出四十次曲面,這是叫蒺藜火的古代兵器。

[註一] Nahari, Z Conformal Mapping, 第272頁。

[註二] Van der Waerden, B L A History of Algebra, 第54頁。

[註三] Mumford, D Tata Lectures on Theta II, 第3.261頁。

---本文作者任教東吳大學數學系---