從一道美國數(shù)學(xué)邀請賽試題的多解看數(shù)學(xué)解題的層次

劉培杰

本文先給出一道試題的四個不同解法并以此論及關(guān)于解題方法的層次問題，起因是現(xiàn)在應(yīng)試教育大背景之下，關(guān)于問題的解法受到了空前的重視，《美國數(shù)學(xué)月刊》前任主編哈爾莫斯曾說：“問題是數(shù)學(xué)的心臟.”國際解題大師波利亞又說：“解題像釣魚術(shù)一樣，永遠不會被學(xué)會.”同時又告誡廣大數(shù)學(xué)教師要“養(yǎng)成良好的解題胃口”，那么究竟應(yīng)該怎樣教給學(xué)生解題方法呢？以第8屆美國數(shù)學(xué)邀請賽的第15題為例：

＼[試題A＼]實數(shù)a，x，b，y滿足ax+by=3，ax2+by2=7，ax3+by3=16，ax4+by4=42，求ax5+by5的值.

在英國科普作家辛格所著的《費馬最后定理》一書中，形容數(shù)學(xué)定理的第一個證明“想要進入一個黑暗的屋子，當(dāng)然首先是要靠蠻力打破窗戶，或破門而入”.下面的解法一雖不優(yōu)美但畢竟提供了一種可靠的解法.

＼[解法一＼]根據(jù)題意，得

ax+by=3，（1）ax2+by2=7，（2）ax3+by3=16，（3）ax4+by4=42.（4）

首先證明x≠0，y≠0.

若x=0，y=0，式（1），（2），（3），（4）均不成立

若x=0，y≠0，則有

by=3，by2=7，by3=16，by4=42，

以上四式顯然不可能同時成立

同樣可知，x≠0，y=0也不可能，于是x≠0，y≠0.

對式（4），兩邊同乘以x，有

ax5=42x-bxy4，（5）

再對式（4）兩邊同乘以y，有

by5=42y-ax4y，（6）

式（5）+（6）有

ax5+by5=42（x+y）-xy（ax3+by3）

再由式（3）得

ax5+by5=42（x+y）-16xy，（7）

同樣由式（3）可得

ax4=16x-bxy3，

by4=16y-ax3y.

再由式（4）及式（2）得

42=16（x+y）-7xy，（8）

同樣由式（2）得

ax3+by3=7（x+y）-3xy，（9）

解關(guān)于x+y和xy的方程（8），（9）得

x+y=-14，xy=-38，

代入式（7）得

ax5+by5=42×（-14）-16×（-38）=20.

在有了＼[解法一＼]之后，就好比進入了屋子，找到電燈開關(guān)，打開燈看到了門，再由門進入，解法自然會簡潔的多.

＼[解法二＼]此題的形式為axn+byn，設(shè)其為Rn，所以有

Rn=axn+byn=（axn-1+byn-1）（x+y）-（axn-1y+bxyn-1）=（axn-1+byn-1）（x+y）-xy（axn-2+byn-2）=Rn-1（x+y）-Rn-2xy

取n=3有：

R2（x+y）-R1xy=R3，

即

7（x+y）-3xy=16，（1）

取n=4有：

R3（x+y）-R2xy=R4，

即

16（x+y）-7xy=42，（2）

取n=5有：

R5=R4（x+y）-R3xy，（3）

解（1），（2）得

x+y=-14，xy=-38.

代入（3）式得

R5=42×（-14）-16×（-38）=20，

所以

ax5+by5=20.

對一個問題解法是否優(yōu)美的評價除了正確之外，還有一個維度是使用工具的高下.華人數(shù)論專家張益唐解決孿生素數(shù)猜想的論文之所以短短三周就被《數(shù)學(xué)年刊》所接受，就是因為審稿編輯看到張益唐使用了當(dāng)前解析數(shù)論和代數(shù)幾何中幾乎所有最前沿的方法.

本題雖是一個中學(xué)競賽的問題，但它可視為一個方程組.而對于方程組高等代數(shù)中早有一整套成熟的方法，將之用于＼[試題A＼]馬上會得到一個更為具有一般性的＼[解法三＼]如下：

＼[解法三＼]考察以a，b，1為未知數(shù)的方程組

ax+by-3=0，ax2+by2-7=0，ax3+by3-16=0，ax4+by4-42=0.

由于方程組有非零解，則系數(shù)行列式為0，于是有

xy-3x2y2-7x3y3-16=0，（1）

x2y2-7x3y3-16x4y4-42=0，（2）

由＼[解法二＼]已證x≠0，y≠0，

同時還可證明x≠y，否則有

（a+b）x=3，

（a+b）x2=7，

（a+b）x3=16，

（a+b）x4=42.

這四個等式不可能同時成立.于是行列式方程（1），（2）可化為

113xy7x2y216=0

117xy16x2y242=0

化簡得

7（x2-y2）+3xy（y-x）+16（y-x）=0，16（x2-y2）+7xy（y-x）+42（y-x）=0，

7（x+y）-3xy-16=0，16（x+y）-7xy-42=0.

解得

x+y=-14，xy=-38.

由＼[解法二＼]得

ax5+by5=42（x+y）-16xy，

于是

ax5+by5=42×（-14）-16×（-38）=20.

數(shù)學(xué)的吸引人之處在于常會有一些天才、怪才給出某個奇妙的令人意想不到的解法，如天才印度數(shù)學(xué)家拉馬努今（Ramanujan）（1887～1920）曾發(fā)現(xiàn)了一個解代數(shù)方程組的級數(shù)解法，十分巧妙，恰可用于本題.下面我們通過兩個例子給大家介紹一下這個方法.

＼[試題B＼]解方程組

x1+x2=8，x1y1+x2y2=-11，x1y21+x2y22=17，x1y31+x2y32=-29.

解設(shè)

f（t）=x11-ty1+x21-ty2，

其中t為參數(shù)，那么

f（t）=∑

ymboleB@ n=0（x1yn1+x2yn2）tn=8-11t+17t2-29t3+…

另一方面，f（t）可以表示為

A0+A1t1+B1t+B2t2

的形式，由

A0+A1t1+B1t+B2t2=8-11t+17t2-29t3+…

可知，

A0=8，A1=8B1-11，-11B1+8B2=-17，17B1-11B2=29，

解得

A0=8，A1=13，B1=3，B2=2.

因而

f（t）=8+13t1+3t+2t2=51+t+31+2t，

故原方程組的解為

（x1，x2，y1，y2）=（5，3，-1，-2）或（x1，x2，y1，y2）=（3，5，-2，-1），

其實當(dāng)年拉馬努今用其解決了如下的十元十次方程組.

＼[試題C＼]解下面的十階方程組

x+y+z+u+v=2，

px+qy+rz+su+tv=3，

p2x+q2y+r2z+s2u+t2v=16，

p3x+q3y+r3z+s3u+t3v=31，

p4x+q4y+r4z+s4u+t4v=103，

p5x+q5y+r5z+s5u+t5v=235，

p6x+q6y+r6z+s6u+t6v=674，

p7x+q7y+r7z+s7u+t7v=1669，

p8x+q8y+r8z+s8u+t8v=4526，

p9x+q9y+r9z+s9u+t9v=11595，

解拉氏首先考慮一般方程組

x1+x2+x3+…+xn-1+xn=a1，

x1y1+x2y2+…+xnyn=a2，

x1y21+x2y22+…+xny2n=a3，

…

x1y2n-11+x2y2n-12+…+xny2n-1n=a2n，

令

F（θ）=x11-θy1+x21-θy2+…+xn1-θyn，

但是

x11-θy1=x1（1+θy1+θ2y21+θ3y31+…），

x21-θy2=x2（1+θy2+θ2y22+θ3y32+…），

…

xn1-θyn=xn（1+θyn+θ2y2n+θ3y3n+…），

因此

F（θ）=（x1+x2+…+xn）+（x1y1+x2y2+…+xnyn）θ+（x1y21+x2y22+…+xny2n）θ2+…+（x1y2n-11+x2y2n-12+…+xny2n-1n）θ2n-1+（x1y2n1+x2y2n2+…+xny2nn）θ2n+…

從而

F（θ）=a1+a2θ+a3θ2+…+a2nθ2n-1+…

把它化為有公分母的分式，求

F（θ）=A1+A2θ+A3θ2+…+Anθn-11+B1θ+B2θ2+…+Bnθn，

于是

（a1+a2θ+a3θ2+…+a2nθ2n-1+…）（1+B1θ+B2θ2+…+Bnθn）=A1+A2θ+A3θ2+…+Anθn-1，

因此

A1=a1，

A2=a2+a1B1，

A3=a3+a2B1+a1B2，

…

An=an+an-1B1+an-2B2+…+a1Bn-1，

0=an+1+anB1+…+a1Bn，

0=an+2+an+1B1+…+a2Bn，

…

0=a2n+a2n-1B1+…+anBn，

因為量a1，a2，…，an，an+1，…，a2n是已知的，故從以上最后的方程組中能先求出B1，B2，…，Bn，然后又求出A1，A2，…，An.知道了Ai，Bi，就能作出有理函數(shù)F（θ），再把它展開成部分分式，這樣就能得到

F（θ）=p11-θq1+p21-θq2+p31-θq3+…+pn1-θqn，

顯然

x1=p1，y1=q1；x2=p2，y2=q2；…；xn=pn，yn=qn，

這就是一般方程組的解.

對于所考慮的情況，我們有

F（θ）=2+θ+3θ2+2θ3+θ41-θ-5θ2+θ3+3θ4-θ5，

展開成部分分式，得出以下未知數(shù)的值：

x=-35，p=-1，y=18+510，q=3+52，z=18-510，r=3-52，u=-8+525，s=5-12，v=8-525，t=-5+12.

下面我們用拉氏方法來解決開始提出的＼[試題A＼]十分巧妙，且計算量很小，將其轉(zhuǎn)化為一個一元一次方程組求解.

＼[解法四＼]構(gòu)造f（t）=a1-tx+b1-ty，

則f（t）=∑

ymboleB@ n=0（axn+byn）tn=A+3t+7t2+16t3+42t4+Bt5+…

又f（t）=A0+A1t1+B1t+B2t2，

則得

A=A0，A1=AB1+3，0=7+3B1+AB2，

0=16+7B1+3B2，（1）

0=42+16B1+7B2，（2）

0=B+42B1+16B2，（3）

由（1），（2）聯(lián)立解得B1=14，B2=-38，代入（3）中，則B=20.

最后我們回顧一下前面給出的四個解法，即所謂：功力不同，境界不同，解法不同.

此方法值得我們借鑒的還有有限和無窮的轉(zhuǎn)換這一思考路徑.

＼[試題D＼]設(shè)數(shù)列{an}由遞推關(guān)系

an-an-13！+an-25！-…+（-1）n-1a1（2n-1）！+（-1）nn（2n+1）！=0，n=1，2，…

所確定，證明：數(shù)列{an}亦滿足遞推關(guān)系.

a1=16，a1an-1+a2an-2+…+an-1a1=（n+12）an，n=2，3，…

＼[證＼]設(shè)f（x）=a1x2+a2x4+a3x6+…+anx2n+…

那么

f（x）sinxx=∑

ymboleB@ n=1∑nk=1（-1）n-k（2n-2k+1）！akx2n=∑

ymboleB@ n=1（-1）n-1n（2n+1）！x2n.

記g（x）=∑

ymboleB@ n=1（-1）n-1n（2n+1）！xn-1，

于是

∫x20g（t）dt=∑

ymboleB@ n=1（-1）n-11（2n+1）！x2n=1-sinxx，

上式兩邊求導(dǎo)可得

g（x2）=sinx-xcosx2x3，

因而

f（x）sinxx=x2g（x2）=sinx-xcosx2x，

整理，得

f（x）=12（1-xtanx）.

另一方面，若記

h（x）=∑

ymboleB@ n=2（n+12）anx2n，

那么

∫x0h（t）dt=∑

ymboleB@ n=212anx2n+1=12x（f（x）-16x2），

因而

h（x）=14（x-13！x3-x2tanx）′=14（1-xtanx）2=＼[f（x）＼]2，

最后，注意到

＼[f（x）＼]2=∑

ymboleB@ n=2∑n-1k=1akan-kx2n，

故

a1an-1+a2an-2+…+an-1a1=（n+12）an，n=2，3，….