用 Cauchy 不等式處理幾何不等關係證明題

=題目= 

如圖，直角三角形 $ABC$ 中， $\angle C = 90^{\circ}$ ， $M$ 為 $\overline{BC}$ 中點， $M$ 到斜邊 $\overline{AB}$ 的距離為 $d$ ，試說明 $d \le \frac{1}{3} \overline{AM}$ 。

=詳解=

$(1^{\circ})$ 不失一般性，假設 $\overline{CM} = 1, \overline{AC} = h > 0$，則

$$\begin{align*} &\overline{MB} = 1, \\ &\overline{AM} = \sqrt{ {\overline{CM}}^2 + {\overline{AC}}^2 } = \sqrt{h^2 + 1}, \\ &\overline{AB} = \sqrt{ \overline{CB}^2 + \overline{AC}^2 } = \sqrt{ h^2 + 4 }. \end{align*}$$

$(2^{\circ})$ 對於 $ \Delta ABM $，利用三角形面積公式有

$$ \frac{ \overline{MB} \times \overline{AC} }{2} = \frac{ \overline{AB} \times \overline{EM} }{2}. $$

即

$$ \frac{ 1 \times h }{2} = \frac{ \sqrt{h^2 + 4} \times d }{2}. $$

故

$$ d = \frac{h}{ \sqrt{h^2 + 4} }. $$

$(3^{\circ})$ 利用 Cauchy 不等式有

$$ \begin{align*} d &= \frac{h}{ \sqrt{h^2 + 4} }\\ &= \frac{h \sqrt{h^2 + 1}}{ \sqrt{h^2 + 4} \sqrt{h^2 + 1} } \\ &= \frac{h}{ \sqrt{h^2 + 4} \sqrt{h^2 + 1} } \sqrt{h^2 + 1} \\ &= \frac{h}{ \sqrt{h^2 + 2^2} \sqrt{h^2 + 1^2} } \overline{AM} \\ &=\frac{h}{ \sqrt{h^2 + 2^2} \sqrt{1^2 + h^2} } \overline{AM} \\ &\le \frac{h}{ | h \cdot 1 + 2 \cdot h | } \overline{AM} \\ &= \frac{1}{3} \overline{AM}. \end{align*} $$

（解答終了）

=附記=

本題用國中數學作輔助線的方式也能做，但我覺得不太好想，至少我比較熟悉 Cauchy 不等式，所以我還是用這種半解析的方式來處理。

一道簡單的不等式問題

==問題== 

設$a, b, c$皆為正實數，且滿足$a^2 + b^2 = c^2$，試證明$a^3 + b^3 < c^3$。

出處：大島學習塾。

==解答==

$$\begin{align*} c^3 &= c \cdot c^2 \\ &= \sqrt{a^2 + b^2} \cdot \left( a^2 + b^2 \right) \\ &= \sqrt{a^2 + b^2} \cdot a^2 + \sqrt{a^2 + b^2}\cdot b^2 \\ &> \sqrt{a^2} \cdot a^2 + \sqrt{b^2} \cdot b^2 \\ &= |a| \cdot a^2 + |b| \cdot b^2 \\ &= a \cdot a^2 + b \cdot b^2 \\ &= a^3 + b^3 \end{align*}$$

（證明終了）

==註記==

本來一看到$a^2 + b^2 = c^2$與$a, b, c$皆為正數，就滿腦子朝三角函數的方向走，假設了$a = c \cdot \cos \theta, b = c \cdot \sin \theta, \theta \in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right)$，結果化簡後發現沒有簡單到哪去。後來重新整理思緒，發現其實單純的比較根號大小就好，並不需要耍什麼花招。

$\sin 18^{\circ}$及其相關的數值

==定理==

$\displaystyle \sin 18^{\circ} = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$。

==推導==

首先注意$18^{\circ} \times 5 = 90^{\circ}$。命$\theta = 18^{\circ}$，即有$5\theta = 90^{\circ}$。

我們已知的基礎公式有：

1. $\sin \varphi = \cos (90^{\circ} - \varphi)$；
2. $\sin 3 \varphi = 3 \sin \varphi - 4 \sin^3 \varphi$；
3. $\cos 2 \varphi = \cos^2 \varphi - \sin^2 \varphi = 2 \cos^2 \varphi -1 = 1 - 2 \sin^2 \varphi$。

於是有

\begin{align*}
\sin 3 \theta &= \sin (90^{\circ} - 2 \theta),  \\
\sin 3 \theta &= \cos 2 \theta, \\
3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta &= \cos 2 \theta, \\
3 \sin \theta - 4 \sin^3 \theta &= 1 - 2 \sin^2 \theta.
\end{align*}

得方程式

$$4 \sin^3 \theta - 2 \sin^2 \theta - 3 \sin \theta + 1 = 0.$$
此地我們要解出$\sin \theta$。注意到方程式係數和為$0$，所以容易因式分解得
$$(\sin \theta - 1)(4 \sin^2 \theta + 2 \sin \theta - 1) = 0,$$
從而得
$$\displaystyle \sin \theta = 1, \frac{-1 \pm \sqrt{5}}{4}.$$
但$\sin 18^{\circ} > 0$且$< 1$，所以
$$\displaystyle \sin 18^{\circ} = \frac{-1 + \sqrt{5}}{4}.$$

(證明終了)

==其他相關數值==

• $\displaystyle \cos 18^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$

[証]. 利用$\sin^2 \theta + \cos^2 \theta = 1$，同時注意$\cos 18^{\circ} > 0 $，所以$\cos 18^{\circ} = + \sqrt{1 - \sin^2 18^{\circ}} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$。

• $\displaystyle \sin 72^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$

[証]. 利用$\sin 72^{\circ} = \sin (90^{\circ} - 18^{\circ}) = \cos 18^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$。

• $\displaystyle \cos 72^{\circ} = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$

[証]. 利用$\cos 72^{\circ} = \cos (90^{\circ} - 18^{\circ}) = + \sin 18^{\circ} = \frac{\sqrt{5} - 1}{4}$。

• $\displaystyle \sin 108^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$

[証]. 利用$\sin 108^{\circ} = \sin (90^{\circ} + 18^{\circ}) =  + \cos 18^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4}$。

• $\displaystyle \cos 108^{\circ} = \frac{1 - \sqrt{5}}{4}$

[証]. 利用$\cos 108^{\circ} = \cos (90^{\circ} + 18^{\circ}) =  - \sin 18^{\circ} = - \frac{\sqrt{5} - 1}{4} = \frac{1 - \sqrt{5}}{4}$。

• $\displaystyle \sin 36^{\circ} = \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4}$

[証]. $\sin 36^{\circ} = \sin 2 \times 18^{\circ} = 2 \sin 18^{\circ} \cos 18^{\circ} = 2 \cdot \frac{\sqrt{5} - 1}{4} \cdot \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4} = \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4}$。

• $\displaystyle \cos 36^{\circ} = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}$

[証]. $\cos 36^{\circ} = \cos 2 \cdot 18^{\circ} = 2(\cos 18^{\circ})^2 - 1 = 2 \left( \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}}}{4} \right)^2 -1 = \frac{1 + \sqrt{5}}{4}$。

• $\displaystyle \sin 42^{\circ} = \frac{\sqrt{30 + 6 \sqrt{5}} - \sqrt{5} + 1}{8}$

[証]. 利用$\sin 42^{\circ} = \sin (60^{\circ} - 18^{\circ}) =  \sin 60^{\circ} \cos 18^{\circ} - \cos 60^{\circ} \sin 18^{\circ}$。

• $\displaystyle \cos 42^{\circ} = \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}} + \sqrt{15} - \sqrt{3}}{8}$

[証]. 利用$\cos 42^{\circ} = \cos (60^{\circ} - 18^{\circ}) =  \cos 60^{\circ} \cos 18^{\circ} + \sin 60^{\circ} \sin 18^{\circ}$。

==整理==

\begin{array}{ccc}
\text{角度} \theta & \sin \theta & \cos \theta \\
\hline
18^{\circ} & \frac{\sqrt{5} - 1}{4} & \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4} \\
36^{\circ} & \frac{\sqrt{10 - 2\sqrt{5}}}{4} & \frac{1 + \sqrt{5}}{4} \\
42^{\circ} & \frac{\sqrt{30 + 6 \sqrt{5}} - \sqrt{5} + 1}{8} & \frac{\sqrt{10 + 2\sqrt{5}} + \sqrt{15} - \sqrt{3}}{8} \\
72^{\circ} & \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4} &\frac{\sqrt{5} - 1}{4}  \\
108^{\circ} & \frac{\sqrt{10 + 2 \sqrt{5}}}{4} & \frac{1 - \sqrt{5}}{4}
\end{array}

2017-09-14關於利用Gauss複數求解不定方程式$a^2+b^2=c^2$(求畢氏三元組)I

欲求解不定方程式$a^2+b^2=c^2$。

一條方程式、三個未知數，欠定。

此方程式的解應帶有兩個(整數)參數，設為$x$與$y$。

所以應有$a=f(x, y), b=g(x, y), c = h(x, y)$。

原問題「求解不定方程式$a^2+b^2=c^2$」，現在轉化為「找出所有定義於整數集$\mathbb{Z}$上的二元整數值函數$f, g, h$使得$[f(x, y)]^2 + [g(x, y)]^2 = [h(x, y)]^2$」。

如果要立即找出所有解，一般來說不好處理。我們可以，或是應該，先找出特解。然後再推想所有解。(例如是否具備線性疊加的性質、或乾脆我們的特解根本就是所有解，等等等。這好比我們在解線性方程組或是常微分方程式(ODE)一樣)

考慮Gauss複數$z= x + iy$。

為何要考慮複數$z= x + iy$？

複數有很多良好的性質，所以值得我們去這樣試試看。

這樣應該算是一個動機，是吧！？

所要求解的不定方程式的幾何意義就是距離公式，所以我們很自然地會考慮絕對值。

因$|z| = \sqrt{x^2 + y^2}$，也就是$x^2 +y^2 = |z|^2$，那只會得到$x^2 + y^2 = x^2 +y^2$，或更具體地是$(x)^2 + (y)^2 = \sqrt{x^2 + y^2}^2$，根本不能令$f(x, y) = x, g(x, y) = y, h(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2}$，因為我們不能保證最末的$h(x, y)$會是整數值！

一定要記得，我們要求出的$f(x, y), g(x, y), h(x, y)$都必須是整數值，因為要有$a = f(x, y), b= g(x, y), c = h(x, y)$。

原本題目中出現了平方和，所以我們應該去朝平方和的方向去思考。

如果考慮$x^2+y^2$如何？

$x^2 + y^2 = x^2 - (-1)y^2 = x^2 - i^2 \cdot y^2 = x^2 - (iy)^2 = (x+iy)(x-iy) = z \cdot \bar{z}$。

這沒有用。

換個方式，
\begin{eqnarray*}
x^2 + y^2 &=& \left( \sqrt{x^2 + y^2} \right)^2 \\
&=& |z|^2 \\
&=& |z| \cdot |z| \\
&=& |z \cdot z| \\
&=& |z^2|.
\end{eqnarray*}
複數$z^2$的絕對值是$x^2 + y^2$！

一般來說，複數$z^2$應為$p+qi$的形式，然後我們當然可以很肯定$p$與$q$都會是整數(因為$z^2 = z \cdot z = (x+iy) \cdot (x+iy)$，兩個整係數一次式乘在一起，算出來的結果當然一定也會是整係數)，但是我們平常無法十分肯定$z^2$的絕對值是否為整數，也就是說，我們通常不能確定$|z^2| = \sqrt{p^2+q^2}$是整數。

但是，上面的計算告訴我們，$|z^2| = x^2 + y^2$，是整數平方和，那當然就是整數。

方才我們想要令$h(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2} = |z|$，失敗了，因為不能確定$\sqrt{x^2 + y^2}$是否為整數。

如今應該可以改令$h(x, y) = x^2 + y^2 = |z^2|$是嗎？

讓我們把事情弄得更清楚一些。
$$
z^2 = (x+ iy)^2 = x^2 + 2xiy + (iy)^2 = (x^2 - y^2) + 2xyi,
$$
於是
$$
|z^2| = \sqrt{\left(x^2 - y^2 \right)^2 + (2xy)^2},
$$

也就有
$$
\sqrt{\left(x^2 - y^2 \right)^2 + (2xy)^2} = |z^2|,
$$
代入$|z^2| = x^2 + y^2$，並左右平方，得
$$
\left(x^2 - y^2 \right)^2 + (2xy)^2 = \left( x^2 + y^2 \right)^2.
$$
我們得到一組整數值二元函數的平方和，且和也是某個整數值二元函數的平方！

所以我們可以令$a = f(x, y) = x^2 - y^2, b = g(x, y) = 2xy, c = h(x, y) = x^2 + y^2$。

換句話說
$$
\left \{
\begin{array}{ll}
a = x^2 - y^2, & \\
b = 2xy, & x, y \in \mathbb{Z} \\
c = x^2 +y^2. &
\end{array}
\right.
$$
是不定方程式$a^2+b^2=c^2$的「一類」整數解。

我們這樣求出來的，僅僅是一類特殊的整數解，還不能確定這樣的解是不是就代表全部的整數解，因為還有可能有其他形式的整數解。

我們所做的，只是「湊出」三個整數值二元函數符合方程式的條件。

「$(f, g, h)$是解」和「所有解都形如$(f, g, h)$」是兩回事。

我們現在不能下結論說「不定方程式$a^2+b^2=c^2$的整數解就是$a = x^2 - y^2, b = 2xy, c= x^2+y^2$」。

這好比「女人是人」與「人都是女人」這兩句敘述是不等價的。

那麼，該如何求解出所有整數解呢？

我們留待下一篇文章再來談。

參考文獻

[1] 單墫，趣味數論，九章出版社(2002年8月)，第六章第7節。

中垂線性質

=中垂線性質=

考慮線段$\overline{AB}$，設$L$為其中垂線。若$P$為$L$上任一點，則$\overline{PA}=\overline{PB}$。

換句話說，中垂線上任一點到線段兩端點等距。

=證明=

假設$\overline{AB}$的中點為$M$。顯然有$\overline{MA}=\overline{MB}$。所以以下討論$P \neq M$之情況。

考慮$\triangle PMA$與$\triangle PMB$，皆為直角三角形，其中$\overline{MA}=\overline{MB}$且$\overline{PM}$為共用邊。應用商高定理(Pythagoras' theorem)，得

\begin{eqnarray*}
\overline{PA}
&=& \sqrt{\overline{MA}^2 + \overline{PM}^2} \\
&=& \sqrt{\overline{MB}^2 + \overline{PM}^2} \\
&=& \overline{PB}
\end{eqnarray*}

(證明終了)

103學年(上)新竹市立光華國中九年級數學期末考，填充#11

三角形三心綜合題，善用圓切線性質，避過解困難方程式

103國中教育會考，第3題，詳解

TeX檔名：201412201851.tex