Quod Erat Demonstrandum

2015/11/28

無聊二次方程

Filed under: NSS — johnmayhk @ 9:15 上午
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1.少少無聊

不用甚麼「精心炮製」,隨便問問,對很多學生來說已是難題。比如中四,二次方程,我隨便問:

Solve (x-1)(\sqrt{2}x-\sqrt{3}+\sqrt{5})=0.

結果大部分學生嘗試展開,又配方法,又二次公式云云,把問題簡單複雜化。可能學得「太多」,忘記解方程基本步,也許我問

Solve  (x-1)(x-2)=0.

學生或容易回憶到因式方法,會寫

x-1=0 or x-2=0

x=1 or x=2

之類吧。

雖然原理一樣,但心理因素或有影響,以致對某些學生來說,下面兩題難度或解法「不同」的:

Solve (x-1)(\sqrt{2}x-\sqrt{3}+\sqrt{5})=0.
Solve (x-1)(x-2)=0.

當然,學生用二次公式解之,沒有問題,只是得不到簡化的答案,即

(x-1)(\sqrt{2}x-\sqrt{3}+\sqrt{5})=0

\sqrt{2}x^2+(\sqrt{5}-\sqrt{3}-\sqrt{2})x-\sqrt{5}+\sqrt{3}=0

x=\frac{1}{2\sqrt{2}}(-\sqrt{5}+\sqrt{3}+\sqrt{2}\pm \sqrt{(\sqrt{5}-\sqrt{3}-\sqrt{2})^2-4\sqrt{2}(-\sqrt{5}+\sqrt{3})})

\therefore x=\frac{1}{2\sqrt{2}}(-\sqrt{5}+\sqrt{3}+\sqrt{2}\pm \sqrt{10-2\sqrt{6}+2\sqrt{10}-2\sqrt{15}})

但原方程

(x-1)(\sqrt{2}x-\sqrt{3}+\sqrt{5})=0

的解是

x=1 or \sqrt{2}x-\sqrt{3}+\sqrt{5}=0\Rightarrow x=\frac{\sqrt{3}-\sqrt{5}}{\sqrt{2}}

即是說

\frac{1}{2\sqrt{2}}(-\sqrt{5}+\sqrt{3}+\sqrt{2}+\sqrt{10-2\sqrt{6}+2\sqrt{10}-2\sqrt{15}})=1

\frac{1}{2\sqrt{2}}(-\sqrt{5}+\sqrt{3}+\sqrt{2}-\sqrt{10-2\sqrt{6}+2\sqrt{10}-2\sqrt{15}})=\frac{\sqrt{3}-\sqrt{5}}{\sqrt{2}}

那麼上述兩式,要由左邊簡化到右邊,就更麻煩了。而老師想「玩嘢」,很容易,很無聊。

2.多多無聊

偶看我舊 forum 的 post(貼於 2003-07-02,一早被 hkedcity 鏟掉,現在看的是自己 harddisk 的 backup)「…這題在 1988 年提出,澳洲的數學奧林匹克議題委員會的六個成員,當中包括 Georges Szkeres 及其妻子(他們都是著名的解題及議題高手)也不能解決,他們把問題寄給四名數論專家,共用了六小時亦不能解出,於是,議題委員會把問題寄往國際數學奧林匹克委員會時把問題加上兩顆星(double asterisk),代表超難題目(superhard problem);委員會作了長時間的考慮,決定此題作該年的最後一條的數學比賽題目 。雖然如此,該年仍然有 11 個中學生給出完全正確的解答!」

該題是 1988 年的 imo 第 6 題:

Let a and b be positive integers such that ab + 1 divides a^{2} + b^{2}. Show that

\frac {a^{2} + b^{2}}{ab + 1}

is the square of an integer.

2003 年,看 Arthur Engel 的 Problem-Solving Strategies,才第一次接觸這題,見:

johnmayhk-imo1988-1
(圖中左邊不過是某講座的埸刊,夾在書內而已,和主題無關~)

johnmayhk-imo1988-2

幾年前才知這類問題可用 Vieta-Jumping 處理。

(注:中四同學一定學過 Vieta formula(韋達公式),即:

\alpha+\beta=-\frac{b}{a}
\alpha\beta=\frac{c}{a}

其中 \alpha,\betaax^2+bx+c=0 的根。)

而 Vieta-Jumping(韋達跳躍?)的想法是「假設存在一個不符合題意的解,藉由此解製造出的最小解 (x,y),我們可以找到一個更小的解,但這和最小解 (x,y) 是相違背的。」

jumping

以上題為例。

對於正整數 a, b,若 a^2+b^2 可被 ab+1 整除,設 \frac{a^2+b^2}{ab+1}=k。希望證明:k 是平方數。

用反證,假設 k 不是平方數。

現固定 k 值,考慮所有滿足 \frac{x^2+y^2}{xy+1}=k 的正整數對 (x,y)

(明顯 (x,y)=(a,b) 是其中一對解。)

在云云那些正整數對 (x,y),必存在 (x,y)=(u,v),使 x+y 為最小者,即 \min(x+y)=u+v

不失一般性,可設 u \ge v

把 \frac{x^2+y^2}{xy+1}=k 重組,得 x^2-kyx+y^2-k=0

可見 x=u 是 x^2-kvx+v^2-k=0 的一個根;設另一個根為 x=w,由韋達公式,知

w+u=kv\Rightarrow w=kv-u ………. (1)

wu=v^2-k\Rightarrow w=\frac{v^2-k}{u} ………. (2)

由 (1) 知:w 是整數。

由 (2) 知:w 非零,否則 k=v^2,這有違「k 不是平方數」的前設。

由 x^2-kvx+v^2-k=0 知:w 非負,因為如果 w < 0

w^2-kvw+v^2-k > w^2+k+v^2-k=w^2+v^2 > 0,即 w 不是 x^2-kvx+v^2-k=0 的根,不合。

結論:w 是正整數。

亦即 (x,y)=(w,v) 也是滿足 x^2-kyx+y^2-k=0 的正整數對。

另外,易知 w < u,因為由 (2) 知

w=\frac{v^2-k}{u} < \frac{v^2}{u} \le \frac{u^2}{u} = u

w+v < u+v,但這違反了 u+v 是最小值的前設。

所以,k 是平方數。

參考資料:

https://en.wikipedia.org/wiki/Vieta_jumping

1 則迴響 »

  1. Keep it up!

    迴響 由 Phillip Yam — 2015/11/28 @ 11:35 下午 | 回覆


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