几何与离散傅立叶变换


引言

许多最为令人感到奇特而又广为人知的平面几何定理事关共点、共线和等边,即某些直线相交于一点,某些点同属于一条直线,或者特定的三个点形成一个等边三角形。

离散傅立叶变换被用于有效而又精确地逼近傅立叶变换。它既可用于在电子工程中将一个信号分解成不同频率的分量,也可用于在机械工程中来分解一个系统的振动。

在这两个话题之间,存在着惊人的联系。

在本文中,平面上的一个点,也可如下图所示表示为复数表示为复数 $z=x+\mathrm i y \in \mathrm C$

第一部分:定理

共点定理:三角形的三条中线

一个三角形的三条中线就是分别连接三个顶点与其对边的三条线段。最最简单的共点定理断言:任一三角形的三条中线相交于一点(即该三角形的重心或质心)。

下边的三角形以 $A_0,A_1,A_2$ 为其顶点,分别为 $M_0,M_1,M_2$ 对应的三条边的中点;$A_0M_0,A_1M_1,A_2M_2$ 是三条中线。

点击Pop-up打开交互式图形,其中蓝色的顶点 可用鼠标拖拽,从而改变三角形的形状。红色的点是三角形的质心。

这里还有其它熟知的共点定理的例子:三条角平分线相交于三角形内接圆的圆心(称为内心),三条边中点的垂线相交于外心(外接圆的圆心),三条高线相交于垂心。

共点定理

最为主要的共线定理就是一个三角形的外心、质心和垂心属于同一直线。下图中,高线为黑色,中线为绿色,中点垂线为蓝色。通过以上三点的直线为橘黄色。

等边性质 - 那破仑定理

那破仑定理虽然可能并非归功于这位皇帝本人,长期以来都是以他命名的。

最简单来讲,那破仑定理断言:如果沿着一个非蜕化的三角形的每条边向外做一个等边三角形,则以这三个三角形的质心为顶点的新三角形是一个等边三角形。相似地,由一个三角形的三条边向内做三个等边三角形,以它们的的质心为顶点会得到另一个等边三角形。

最著名的等边性定理是1901年MORLEY的神奇发现:三角形三对相邻内角三分线的三个交点是一个等边三角形的顶点。

以下图为例,既可以看到内角三分线交点形成的等边三角形,也可以看到外角三分线交点形成的等边三角形。内角三分线是绿色的,外角三分线是蓝色的.

一个五边形构造

一个比较新的构造是菲尔茨奖得主Jesse Douglas发现的。这一构造可能是设计于1940年,但是到1960年才得以发表在一篇纪念其同事Jekuthiel Ginsburg的文稿里。他描述了一个给定的构造方法,用来从任意一个五边形导出一个相关的凸五边形和一个五角星。


考虑一个平面五边形。假设其五个顶点 $P_0,P_1,P_3P_3,P_4$ 为复数,形成一个复值的向量。

$$p=(p_0,p_1,p_2,p_3,p_4).$$

五个点中没有哪一个是特殊的。因为重要的是它们的循环顺序,所以我们模 $5$ 来计算分量下标。例如,$p_{3+4}=p_2.$

Douglas告诉我们:连接到线段 $(1/\sqrt5)$ 的中点;然后将该连线沿长,从而得到一个新顶点。新的五边形 $(q_0,q_1,q_2,q_3,q_4)$ 必定是一个凸的正五边形的仿射映象。还有,把上述每条顶点到对边的连线缩短,从而得到新的顶点,则 $(r_0,r_1,r_2,r_3,r_4)$ 是一个正五角星的仿射映象。

我们看到用绿线画出的

和类似地用红线画出的

将以上几张图汇成一张图,在交互式的图中滑动初始五边形的顶点。所观察到的效果会很有趣。

我们看到,从任意一个五边形出发,通过一个给定的构造方法,我们得到两个新的五边形,它们分别是标准的正五边形和正五角星的仿射映象。

附:仿射变换

$(x,y)$ 平面的仿射变换一般形式可以写成:

$$\left(\begin{array}{c}x\\ y\\ \end{array}\right) \mapsto \left(\begin{array}{cc}a&b\\ c&d\\ \end{array}\right) \left(\begin{array}{c}x\\ y\end{array}\right) + \left(\begin{array}{c}e\\ f\end{array}\right) .$$

如果将 $(x,y)$ 平面看成复平面 $C$, 并以 $z=x+iy$ 为变量, $i=\sqrt{-1}$, 我们需要用复数的语言重新给出上述变换。

常数项的和可以用复数的和来实现:

$$z=x+iy \rightarrow x+iy+(e+if)$$

所以我们只要考虑怎样处理这个矩阵。

因为在上述仿射变换中 $x$ 和 $y$ 无关,仿射变换的表达式必须同时涉及 $z$ 和 $\bar z$ 这一对共轭复数,从而同时使用到 $z$ 的实部和虚部。这样,我们只需让如下公式的两侧相等:

$$(\alpha+i\beta)(x+iy)+(y+i\delta)(x+iy)=(ax+by)+i(cx+dy).$$

这一方程的解是

$$ \left( \begin{array}{l}{\alpha} \\ {\beta} \\ {\gamma} \\ {\delta}\end{array}\right)=\frac{1}{2} \left( \begin{array}{l}{a+d} \\ {c-b} \\ {a-d} \\ {c+b}\end{array}\right)=\frac{1}{2} \left( \begin{array}{llll}{1} & {0} & {0} & {1} \\ {0} & {1} & {0} & {1} \\ {1} & {0} & {0} & {1} \\ {0} & {1} & {1} & {0}\end{array}\right) \left( \begin{array}{l}{a} \\ {b} \\ {c} \\ {d}\end{array}\right) $$

这样一来,我们看到一般的仿射变换写成复坐标就是

$$z \rightarrow \lambda z+\mu z+\nu$$

其中 $2\lambda=(a+d)+(c-b)i,~~2\mu=(a-d)+(c+b)i,~~\mu \in C$

换一个角度看,从实坐标到复坐标的变换就是

$$ \left( \begin{array}{l}{x} \\ {y}\end{array}\right)=\left( \begin{array}{c}{(z+\overline{z}) / 2} \\ {(z-\overline{z}) / 2}\end{array}\right)=\frac{1}{2}\left( \begin{array}{cc}{1} & {1} \\ {-i} & {i}\end{array}\right) \left( \begin{array}{c}{z} \\ {\bar{z}}\end{array}\right) $$ $$\rightarrow \dfrac{1}{2}\left(\begin{array}{c}a&b\\c&d \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1&1\\-i&i \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}z\\ \bar z \end{array}\right)=\dfrac{1}{2}\left(\begin{array}{c}a-ib&a+ib\\c-id&c+id \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}z\\\bar z \end{array}\right)$$

换句话说

$$\left(\begin{array}{c}z\\ \bar z \end{array}\right) \rightarrow \dfrac{1}{2}\left(\begin{array}{c}1&i\\1&-i \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}a&b\\c&d \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1&1\\-i&i \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}z\\ \bar z \end{array}\right)$$ $$=\dfrac{1}{2}\left(\begin{array}{c}1&i\\1&-i \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}a-ib&a+ib\\c-id&c+id \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}z\\ \bar z \end{array}\right)$$ $$=\dfrac{1}{2}\left(\begin{array}{c} (a+d)-(b-c)i&(a-d)+(b+c)i\\(a-d)-(b+c)i&(a+d)+(b-c)i\end{array}\right)\left(\begin{array}{c}z\\ \bar z \end{array}\right)$$ $$=\left(\begin{array}{c}\bar{\lambda}&\mu\\ \bar \mu&\lambda \end{array}\right) \left(\begin{array}{c}z\\ \bar z \end{array}\right)$$

因为

$$\dfrac{1}{2}\left(\begin{array}{c}1&i\\1&-i \end{array}\right)\left(\begin{array}{c}1&1\\-i&i \end{array}\right)=\left(\begin{array}{c}1&0\\0&1 \end{array}\right)$$

现在,以 $n=5$ 为例,考虑一个内接于单位圆的正 $n$ 边形的顶点与其共轭点的线性组合。得到的新点如 $A\omega^k+B\bar{\omega}^{-k}$。但是 $\omega^{-1}=\bar \omega$,所以这些点是标准正五边形顶点的仿射映像,其参数为

$$(\lambda \mu \nu)=(A B 0)$$

这就是我们在前面讲到的 Douglas 的构造,而标准五角星的仿射映像也是类似的。

第二部分:离散傅里叶变换几何

2.1 离散傅里叶变换(Fourier transform)

现在考虑一个顶点依次为 $p_0, p_1, \cdots, p_{N−1}$ 的 $N$ 边形。相对于单个顶点,所有顶点的循环次序是需要考查的问题。其对应的是定义在循环群 $Z/N$ (或 $Z/NZ$ )上的复值函数 $p_j$。

由定义在 $Z/N$ 上的复值函数构成的向量空间 $C[Z/N]$ 的维数为 $N$。该向量空间的一个函数 $f$ 在 $C^N$ 中的一组自然的坐标为 $(f_0, \cdots, f_{N−1})$。另一组坐标可通过向量空间的以下一组基获得。对于任意整数 $a$ ,令 $x_a$ 或 $x_{N,a}$ 为将 $j$ 影射到 $ω^{Na}_j$ 的函数,这里 $ω_N =e^{2πi/N}$。注意到 $ω_N^N=1$,我们易得共有 $N$ 个函数 $x_a$ 依赖于 $a$ 模 $N$。

定义 $Z/N$ 上复值函数向量空间的厄米特(Hermitian)内积为:

$$v\cdot u = (1/N)(v_0\bar u_0 + \cdots + v_{N−1}\bar u_{N-1}).$$

注意到 $x_0$ 将所有 $j$ 影射到 $1$ ,我们有

$$ \begin{cases} x_a\cdot x_0 = 1&如果 a = 0\\ 0&如果 a ≠ 0 \end{cases} $$

$$ \begin{cases} x_a\cdot x_b = 1 & 如果 a =b \\ 0 & 如果 a ≠ b \end{cases} $$

这意味着 $N$ 个函数 $x_a$ 构成了 $Z/N$ 上的一组正交基,且每一个基函数都是一个单位根。对于任意函数 $g$ ,可将其展开为

$$g = ĝ_0 x_0 + \cdot+ ĝ_a x_a\mathrm{这里} ĝ_a= g\cdot x_a.$$

特别是 $ĝ_0$ 为 $g$ 的重心(又名形心或均值)

$$ĝ_0 = (1/N)(g_0 + \cdots+ g_{N-1}),$$

$ĝ_0,\cdots,ĝ_{N-1}$ 为 $g$ 的正交基展开式的系数。

比如,函数 $f_j = x_1(j)$ 顺序列出单位圆内接正 $N$边形的顶点,而 $g_j = x_{N-1}(j)$ 逆序列出单位正 $N$ 边形的顶点。这两个函数的线性组合 $λ_{ x_1} + μ x_{N-1}$ 给出一个一般仿射凸 $N$ 边形。

2.2 三角几何

经典的平面几何可以从上述角度进行自然表述。首先来看标准的三角形。我们令 $ω := ω_3 = \dfrac{1}{2} (-1+i\sqrt 3)$。标准的三角形包括退化三角形(三点共线的情况) $x_0 =(1,1,1)$,顺序单位等边三角形 $x_1 =(1, ω, ω^2)$,和逆序单位等边三角形 $x_2 =(1, ω^2, ω)$。

下图显示的实轴上的线段为标准顺序和逆序等边三角形的简单平均,即 $\dfrac{1}{2}(x_1 + x_2)$。

这里我们只考虑其形心在原点的三角形;任何三角形可通过简单转化变成这样的三角形,且所有有趣平面几何定理在这样的转化过程中是不变的。

如果通过放大其中一个三角形来分离 $x_1$ 和 $x_2$,我们将得到一个高为 $\dfrac{3}{4} (λ +1)$ 的等腰三角形

$$\dfrac{1}{2}½(λ x_1 + x_2) = \dfrac{1}{2} [(λ, λω, λω^2) + (1, ω^2, ω)].$$

如下图所示, λ 为外圆的半径。各顶点被标示的绿色等腰三角形为这两个三角形的平均。

如果通过将 $x_1$ 和 $x_2$ 向正反方向旋转一个角度 $α\alpha$ 分离它们,我们将得到一个退化的三角形

$$\dfrac{1}{2}(e^{i\alpha }x_1+ e^{-i\alpha}x_2) = (\cos \alpha, -\dfrac{1}{2}\cos \alpha - \sqrt 3/2 \sin \alpha, -\dfrac{1}{2} \cos \alpha + \sqrt 3/2 \sin \alpha).$$

如下图所示,$\alpha$ 为三角形 $x_1$ 和 $x_2$ 向正反两方向旋转的角度。图中的绿色退化三角形为 $x_1$ 和 $x_2$ 的平均。其中 $e^{i\alpha},e^{i\alpha} \omega$ 和 $e^{i\alpha} ω^2$ 依正序(逆时针方向)排列,而 $e^{-i\alpha},e^{-i\alpha} \omega^2$ 和 $e^{-i\alpha} ω$ 依逆序排列。

更一般的分离情形可通过放大和旋转各个三角形来实现。如下图 λ 控制红色三角形 $A$ 的大小,而 α 控制其旋转角度。同样, μ 和 β 分别是用来控制蓝色三角形 $B$的尺寸和旋转角度。绿色三角形 $C$ 是 $A$ 和 $B$ 的平均,且顶点 $C_i$ 是顶点 $A_i$ 和 $B_i$ 的中点。即 $C$ 为 $\dfrac{1}{2}(λe^{iα} x_1+ μe^{iβ} x_2)$。

更一般的一个组合需要用到六个实参数 $λ,μ,ν,α,β$,和 $γ$

$$λe^{iα} x_1 + μe^{iβ} x_2 + νe^{iγ} x_0.$$

这可以用来表示复平面里的任意一个三角形。这个三角形的重心为 $νe^{iγ} x_0$。

2.3 中线共点定理证明

令三角形的顶点为 $z = (z_0, z_1, z_2)$,则三边的中点为

$$(\dfrac{1}{2}(z_1 + z_0), \dfrac{1}{2}(z_2 + z_1), \dfrac{1}{2}(z_0 + z_2)) = \dfrac{1}{2} ((z_1 + z_0), (z_2 + z_1), (z_0 + z_2)).$$ $$= \dfrac{1}{2} (z + Jz) = \dfrac{1}{2} (I + J) z.$$

这里 $I$为恒等算子,$J$ 为以下循环算子

$$J :(z_0, z_1, z_2) |→ (z_1, z_2, z_0)。$$

易知连接 $z_0$和 $\dfrac{1}{2}(z_2+z_1)$ 的直线(即中线)上的任一点可表示为

$$(1-λ) z_0 + λ \dfrac{1}{2}(z_2+z_1)$$

对应一个实数λ。同理,连接 $z_1$ 和 $\dfrac{1}{2} (z_0+z_2)$ 的直线上的任一点可表示为

$$(1- μ) z_1 + μ \dfrac{1}{2}(z_0+z_2)$$

对应一个实数μ。由于

$$(1-\dfrac{2}{3}) z_0 + \dfrac{2}{3}\dfrac{1}{2} (z_2+z_1) = (1-\dfrac{2}{3}) z_1 + \dfrac{2}{3}\dfrac{1}{2} (z_0+z_2) = \dfrac{1}{2} (z_0 + z_1 + z_2) = x_0\cdot z,$$

这两条中线相交于重心。由此易得三条中线共同交于三角形的重心。

2.4 其它共点共线定理证明

其它的共点定理的证明略复杂些,但本质的方法与上例相似。我们需要证明 $x_1$ 和 $x_2$ 的傅立叶变换的系数都为 $0$。要证明共线定理,我们需要证明 $x_1\cdot x$ 和 $x_2\cdot x$ 有相同的绝对值。

2.5五边形几何和 Jesse Douglas 五边形构造的解释

令 $i := \sqrt{-1}$。令 $ω = ω_5$ 为单位 $1$ 的 $5$ 次根,即

$$ω = \cos {2\pi/5} + i \sin {2\pi/5}。$$

则ω的共轭满足 $\omega^j_5 = ω_5^{5-j}$。

标准的五边形有:

•退化的五点集合

•标准正凸五边形

•标准正五角星形

•逆序正五角星形

•逆序正凸五边形

这五种情形对应的向量

$$x_0 = (1, 1, 1, 1, 1);x_1 = (1, ω, ω_2, ω_3, ω_4);x_2 = (1, ω_2, ω_4, ω, ω_3);$$ $$x_3 = (1, ω_3, ω, ω_4, ω_2);x_4 = (1, ω_4, ω_3, ω_2, ω)$$

构成 $C^5$ 的一组基。

将一顶点与其对边的中点连线并延伸 $1/\sqrt 5$,我们得到一个点

$$q_i = - \sqrt 5/5 p_i + (5 + \sqrt 5)/10 p_{i+2} + (5 + \sqrt 5)/10 p_{i+3}$$

我们将检验该向量各分量的属性。函数 $q = (q_0, q_1, q_2, q_3, q_4) \in C[Z/5]$ 具有调和展式

$$q = \displaystyle \sum^4_{k=0}(x_k\cdot q) x_k = \displaystyle \sum^4_{k=0}\hat q_k x_k 。$$

这里 $x_0$ 为平凡展示的平凡(或退化)特征,$\hat{f}_0$ 为 $f$ 的重心。其它分量 $\hat f_1, \hat f_2, \hat f_3, \hat f_4$ 为 $f$ 的调和分量。

质心是对物体集合位置的一种描述。因此我们并不期望它具有某种特殊的属性。但是对于 $\hat q_2$,通过计算我们可以得到

$$5\hat q^2 = 5x_2\cdot q $$ $$ = q_1 + \bar ω_2 q_2 + \bar ω_4 q_3 + \bar ω_1 q_4 + \bar ω_3 q_5 $$ $$= q_1 + ω_3q_2 + ω_1q_3 + ω_4q_4 + ω_2q_5 $$ $$= (-√5/5 + (5+√5)/10 ω_4 + (5+√5)/10 ω_1) p_1$$ $$+ (-√5/5 ω_3 + (5+√5)/10 ω_2 + (5+√5)/10 ω_4) p2$$ $$+ (-√5/5 ω_1 + (5+√5)/10 + (5+√5)/10 ω_2) p3$$ $$+ (-√5/5 ω_4 + (5+√5)/10 ω_3 + (5+√5)/10) p_4 $$ $$ + (-√5/5 ω_2 + (5+√5)/10 ω + (5+√5)/10 ω_3) p_5。$$

注意到 $p_i$ 的系数都为 $p_1$ 系数的一个 ω 的指数倍。另注意到 $ω_1$ 和 $ω_4$ 互为共轭,故 $p_1$ 的系数为一实数,且为 $0$ 。因此 $\hat q_2$恒等为 0。多边形 q 不存在正五角星形的分量。同理,对于 $\hat q_3$,

$$5\hat q_3 = 5x_3\cdot q = 0。$$

我们证明了 $q = \hat q_0 + \hat q_1 x_1 + \hat q_4 x_4 = \hat q_0 + \hat q_1 x_1 + \hat q_4 \bar{x_1}$。这意味着 $q$ 是正凸五边形的一个仿射映像。

同理,多边形 $r$ 是正五角星形的一个仿射映像。要证明这一点,我们注意到多边形 $r$ 的顶点为

$$r_i = √5/5 p_i + (5 - √5)/10 p_i+2 + (5 - √5)/10 p_i+3。$$

我们考察分量 $r_1$ 和 $r_4$ 。经计算并按 $p_i$ 的系数合并同类项,我们又有 $p_i$ 的系数都相差一个倍数。例如, $p_1$ 的系数为

$$√5/5 + (5-√5)/10 ω_2 + (5-√5)/10 ω_3 = 0。$$

因此我们可以得出结论 $r_1 = r_4 = 0$,故 $r$ 是正五角星形的一个仿射映像。

2.6拿破仑(Napoleon)定理的证明

令 $ω:= ω_3 = \dfrac{1}{2} (-1+i√3)$,则 $ω_3 - 1 = 0 = 1 + ω + ω_2$。我们将用上面介绍的 ω 的性质来表述 $Napoleon$ 定理中的构造步骤。我们需要确定一个构造在一个方向线段上的等边三角形。如下图所示,标准的单位等边三角形是 $x_3,1 =: x_1$。其右端顶点在 $1\in C.$$x_1 - x_0$ 为一个右端顶点平移至坐标原点的相似三角形。

如要将该三角形的第一条边移至与 $x$-轴正向同向平行,我们需要给 $(x_1 - x_0)$ 乘以 $(ω - 1)-1 = 3-1 (ω_2 - 1)$。我们得到相应的三角形为

$$3^{-1} (ω_2 - 1) (x_1 - x_0)。$$

对于该构造的三角形,我们要注意到:它的顶点是按正序排列(即由 $0$到 $1$移动时,该三角形在我们的左侧)。如果要得到顶点按逆序排列的三角形(即由 $0$到 $1$移动时,该三角形在我们的右侧),我们得到

$$3^{-1} (ω_2 - 1) (x_2 - x_1)。$$

一般情况下,如需将一个三角形平移一个向量 $z$ ,我们需要给该三角形加 $zx_0$。

如果我们需要生成的三角形的一边为从 $z_j$ 到 $z_k$,则该边边长为 $|z_k - z_j|$,其方向为从点 $z_j$ 沿 $arg(z_k - z_j)$ 方向。这样,顶点按正序排列的三角形为

$$3^{-1} (ω_2 - 1) (z_k-z_j)()(x_1 - x_0)+z_jx_0。$$

顶点按正序排列的三角形为

$$3^{-1} (ω - 1) (z_k-z_j)()(x_2 - x_0)+z_jx_0。$$

最后,为确定三角形 $z = (z_0, z_1, z_2)$ 的形心,我们只需求其与 $x_0$ 的内积 $x_0\cdot z$。故应用 $x_j$ 的单位正交性,上述顶点按正序排列三角形的形心为

$$x_0\cdot (3^{-1} (ω ^2- 1) (z_k-z_j)()(x_1 - x_0)+z_jx_0)=-3^{-1} (ω^2 - 1) (z_k-z_j)()(x_2 - x_0)+z_j。$$ $$=-3^{-1} \{(ω^2 - 1)z_k-(ω^2 - 1)z_j-3z_j。$$ $$-3^{-1} (ω_2 - 1) z_k-(ω^2 +2)z_j。$$

定理1(拿破仑Napoleon定理)以任意非退化三角形的各边为边向其外侧作等边三角形,它们的形心构成一个等边三角形。

证明:考虑任意顶点按正序排列的三角形 $z = (z_0, z_1, z_2)$。我们先来构造等边三角形。由以上评述,这三个向外侧构造的等边三角形的新顶点为

$$(-3^{-1} {(ω - 1) z_{j+1} - (ω + 2) z_j}, j \in {0,1,2}),$$

故这个三角形为

$$3^{-1} {(1 - ω) J z + (ω + 2) z}。$$

要证明这是一个等边三角形,我们考察其与 $x_2$ 的内积。我们知道原三角形有傅立叶展式 $z = z_0 x_0 + z_1 x_1 + z_2 x_2$,这里的基 $(x_j, j \in {0,1,2})$ 为一组标准正交基。易见 $x_j$ 为 $J$ 的特征向量,即 $J x_j = ω_j x_j$ 。因此 $Jz = z_0 x_0 + ωz_1 x_1 + ω_2z_2 x_2$。故

$$x_2 | 3^{-1} {(1 - ω) J z + (ω + 2) z}> = 3-1 {(1 - ω) ω_2 z_2 + (ω + 2) z_2}$$ $$= 3^{-1} {ω_2 - 1 + ω + 2} z_2$$ $$=3^{-1} {ω_2 + ω + 1} z_2$$ $$=0$$

我们证明了针对顶点按正序排列的三角形的各边向其外侧作的等边三角形的形心将构成一个顶点按正序排列的等边三角形。

对于顶点按逆序排列的三角形,所形成的为一“内”等边三角形。我们只需作相似计算。因为所生成的顶点有可能按逆序排列,我们要作与 $x_1$ 的内积。由上述计算,这些顶点为

$$(-3^{-1} {(ω_2 - 1) z_j+1 - (ω_2 + 2) z_j}, j \in {0,1,2}),$$

故这个三角形为

$$3^{-1} {(1 - ω_2) J z + (ω_2 + 2) z}。$$

因此

$$x_1 | 3^{-1} {(1 - ω_2) J z + (ω_2 +2) z}> = 3^{-1} {(1 - ω_2) ω z_1 + (ω_2 + 2) z_1}$$ $$= 3^{-1} {ω - 1 + ω_2 + 2} z_1$$ $$=0$$

我们得到这个三角形为顶点按逆序排列的等边三角形。

推论:拿破仑定理中的构造提供了一种三角形上离散傅立叶变换的几何方法。

证明:对于拿破仑定理证明中的外三角形,

$$x_1 | 3^{-1} {(1 - ω) J z + (ω+2) z}> = 3^{-1} {(1 - ω) ω z_1 + (ω + 2) z_1}$$ $$= 3^{-1} {ω - ω_2 +\omega+ 2} z_1$$ $$= 3^{-1} {-3ω_2 } z_1$$ $$=-\omega_2z_1$$

$$x_0 | 3^{-1} {(1 - ω) J z + (ω+2) z}> = 3^{-1} {(1 - ω) ω z_0 + (ω + 2) z_0}=z_0$$

这里的几何意义是拿破仑外三角形的边长为 $√5 | z_1 |$,且 $z_1$ 的相角可通过将其第一条边反向旋转 $2\pi/3$ 再翻转来得到。

对于拿破仑定理证明中的内三角形,相似地我们有

$$x_2 | 3^{-1} {(1 - ω_2) J z + (ω_2+2) z}> = 3^{-1} {(1 - ω_2) ω_2 z_0 + (ω_2 + 2) z_0}=z_0$$ $$= 3^{-1} {ω _2 - ω+\omega^2+ 2} z_2$$ $$=-\omega z_2$$

我们可以进而得到 $z_2$ 的值。

这些结论可以由对三角形推广至对 $N$ 边形。例如当 $N=4$ 时,以任意平行四边形的各边为边向其外侧作正方形,它们的形心构成一个正方形。下述定理阐述了这一结果。

定理2(拿破仑Napoleon定理的推广) 令 $N$ 为一大于 $2$ 的整数, k 和 $l$ 为 $1$ 到 $N-1$ 间的整数。对于平面内任意非退化正 (N. k) 边形的仿射映像,以其各边为边向其外侧作正(N. l)边形。如果 $k^2=l$ (mod N),则这些正(N. l)边形的形心构成一个正(N. k)边形。如果这些正(N. l)边形是向原(N. k)边形内侧所作,则它们的形心构成一个正(N. N - k)边形。

2.7总结

我们已经看到初等平面几何和离散傅里叶变换之间的关系:应用三角几何论断了规定的构造保留了谐波,拿破仑定理给出了一种构造 $3$ 阶离散傅里叶变换的几何方法。这里仅是提供了一种启发,其衍生结果可应用到多项式、 循环矩阵、 插值和样条,Siebeck和 Marden的多项式零的理论,及Heisenberg-Weyl群在信号处理中等。

鸣谢

感谢Bill Casselman和David Austin对文中阐述的改进,感谢Davide Cervone和Robert Miner的优秀工具MathJax,感谢Markus Hohenwarter 及其团队的宝贵软件包Geogebra。数学评论和密歇根大学提供了优质的文献使用机会,这里一并致谢。

参考文献
  1. Douglas, Jesse

  2. Geometry of polygons in the complex plane. J. Math. Phys. Mass. Inst. Tech. 19 (1940), 93.130. MR 0001574 (1,261f)

  3. On linear polygon transformations. Bull. Amer. Math. Soc. 46 (1940), 551.560. MR 0002178 (2,9i)

  4. A theorem on skew pentagons. Scripta Math. 25 1960 5.9. MR 0117643 (22 #8419)

  5. The early papers on the whole approach to geometry through the Discrete Fourier Transform are items 1 and 2. The third introduces the pentagon construction discussed above, and is dedicated to a long-time colleague geometer, Jekuthiel Ginsburg. Douglas was awarded one of the first two Fields medals in 1936.

  6. Schoenberg, I. J.

  7. The finite Fourier series and elementary geometry. Amer. Math. Monthly 57 (1950), 390.404. MR 0036332 (12,92f)

  8. Mathematical time exposures. Mathematical Association of America, Washington, DC, 1982. ix+270 pp. ISBN: 0-88385-438-4. MR 0711022 (85b:00001)

  9. The harmonic analysis of skew polygons as a source of outdoor sculptures. The geometric vein, pp. 165.176, Springer, New York-Berlin, 1981. MR 0661776 (84d:52011)

  10. Article 1 discusses these matters very clearly, as do several chapters in the book 2. Schoenberg actually did make a sculpture based on Douglas's construction described in 3.

  11. Andreescu, Titu; Andrica, Dorin, Complex numbers from A to... Z. Translated and revised from the 2001 Romanian original. Birkh.user Boston, Inc., Boston, MA, 2006. xiv+321 pp. ISBN: 978-0-8176-4326-3; 0-8176-4326-5. MR 2168182An introductory text using complex coordinate methods with an eye toward mathematical Olympiad problems.

  12. Web sites:Cut the Knot: Interactive Mathematics Miscellany and Puzzles, http://www.cut-the-knot.org/An excellent source for interactive geometry and, in particular, proofs of Morley's theorem.

  13. http://www-personal.umich.edu/~pion/WebGeom/The author's personal site where more related material is to be posted.

原文链接: http://www.ams.org/samplings/feature-column/fcarc-geo-dft
作者: Patrick D. F. Ion, Ion@ams.org
翻译: 孙同(Bowling Green州立大学副教授)
林润昶(副教授,德克萨斯A&M国际大学)