三角函數積化和差的一個推導方式

        在證明三元算幾不等式$\frac{p + q + r}{3} \ge \sqrt[3]{pqr}$時，我們會用到以下的因式分解

$$a^3 + b^3 +c^3 - 3abc = (a+b+c)(a^2 +b^2 +c^2 -ab - bc - ca).$$ 

其中

\begin{eqnarray*}  a^2 +b^2 +c^2 -ab - bc - ca &=& \frac{1}{2}\left( 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 -2ab - 2bc - 2ca \right) \\ &=& \frac{1}{2} \left[ (a^2 - 2ab + b^2) + (b^2 - 2bc + c^2) + (c^2 -2ca +a^2) \right] \\ &=& \frac{1}{2} \left[ (a - b)^2 + (b - c)^2 + (c - a)^2 \right]. \end{eqnarray*}

這裡用到一個特殊的技巧是$a^2 +b^2 +c^2 -ab - bc - ca = \frac{1}{2}\left( 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 -2ab - 2bc - 2ca \right)$，才可在後續進行配方。我將這個技巧稱為「內乘2、外除2」。

        現在，我們使用這個技巧來推導三角函數的積化和差。以$\sin x \cdot \sin y$為例：

\begin{eqnarray*}  \sin x \cdot \sin y &=& \frac{1}{2} \cdot 2 \cdot \sin x \cdot \sin y \\ &=& \frac{1}{2} \cdot \left( 2 \sin x \sin y + \cos x \cos y - \cos x \cos y \right) \\ &=& \frac{1}{2} \left[ (\cos x \cos y + \sin x \cdot \sin y) - (\cos x \cos y - \sin x \sin y) \right] \\ &=& \frac{1}{2} \left[ \cos (x-y) - \cos (x+y) \right] \end{eqnarray*}

同樣的技巧，也可以推導出

\begin{eqnarray*}  \sin x \cdot \cos y &=& \frac{1}{2} \left[ \sin (x + y) + \sin (x - y) \right],  \\  \cos x \cdot \cos y &=& \frac{1}{2} \left[ \cos (x+y) + \cos (x - y) \right]. \end{eqnarray*}

我個人認為，這樣的作法，大概比傳統從和、差角公式出發來的簡潔。

2016高雄中學科學班方程式正整數解問題

=問題= 

設$x>y$，求方程式$x^2+y^2=208(x-y)$的所有正整數解。

=解答=

首先由題目條件$x^2 + y^2 = 208(x - y)$得

$$x^2 + 2xy + y^2 = 208(x-y) + 2xy,$$

於是

$$(x+y)^2 = 2 [104(x - y) + xy],$$

這表示$(x+y)^2$是偶數，於是$x+y$是偶數。那麼可令$x+y = 2m$，代回得

$$4m^2 = 2 [104(x-y) + xy],$$

$$xy = 2[m^2 - 52(x-y)],$$

所以$xy$也是偶數。由此可知$x, y$之中至少其一必為偶數。再由$x+y$為偶數可知，$x, y$有相同的奇偶性，故$x, y$必同為偶數。

現在命$x = 2a, y = 2b$，代回$x^2 + y^2 = 208(x-y)$得

$$4a^2 +4b^2 = 208 \cdot 2(a - b),$$

$$a^2 + b^2 = 104(a - b).$$

仿以上的討論，可知$a, b$必同為偶數，再命$a = 2c, b = 2d$，得

$$c^2 + d^2 = 52(c - d).$$

續行此法，得

$$c = 2e, d = 2f,$$

$$e^2 + f^2 = 26(e - f),$$

$$e = 2g, f = 2h,$$

$$g^2 + h^2 = 13(g - h).$$

至此無法再按同格式化簡。注意$x = 2^4g, y = 2^4h$。我們對上式進行變形，

$$g^2 - h^2 + 2h^2 = 13(g - h),$$

$$2h^2 = (g - h)(13 - g - h).$$

利用算幾不等式有

$$\frac{(g - h) + (13 - g - h)}{2} \ge \sqrt{(g-h)(13 - g -h)},$$

整理得

$$\frac{13 -2h}{2} \ge \sqrt{2h^2},$$

$$2\sqrt{2}h \le 13 - 2h,$$

$$h \le \frac{13}{2\sqrt{2} + 2} = \frac{13(\sqrt{2} - 1)}{2} \approx 2.692.$$

所以$h$可能為1或2。

若$h  =1$，則

$$g^2 + 1 = 13(g - 1),$$

解得

$$g = \frac{13 \pm \sqrt{143}}{2} \notin \mathbb{Z}.$$

是以$h \ne 1$。

若$h = 2$，則

$$g^2 + 4 = 13(g - 2),$$

解得

$$g = 3 \quad 或\quad 10.$$

反推可知

$$(x, y) = (48, 32) \quad 或 \quad (160, 32).$$

=附記=

這是2017年3月17日寫的舊文，一直沒有打字，只是用照片的方式把解答貼在臉書粉絲頁。這幾天整理照片，覺得當時的解法還是頗有趣味，既用了整除性的討論，還用了算幾不等式估計範圍，應該打字下來做紀錄。

配方、Lagrange恆等式與Cauchy不等式

==主旨==

利用配方證明Lagrange恆等式，然後導出Cauchy不等式。

==題目==

1. 直接展開後，合併並配方，證明Lagrange恆等式：
   $$(a_1^2 + a_2^2)(b_1^2 + b_2^2) - (a_1 b_1 + a_2 b_2)^2 = (a_1 b_2 - a_2 b_1)^2.$$
2. 證明n變數的Lagrange恆等式並找出書寫規律：
   \begin{eqnarray*}&&(a_1^2 + a_2^2 + \cdots + a_n^2) (b_1^2 + b_2^2 + \cdots + b_n^2) - (a_1 b_1 + a_2 b_2 + \cdots + a_n b_n)^2 \\ &=& (a_1 b_2 - a_2 b_1)^2 + (a_1 b_3 - a_3 b_1)^2 + \cdots + (a_n b_{n-1} - a_{n - 1} b_n)^2.\end{eqnarray*}
3. 證明Cauchy不等式：
   $$\sqrt{a_1^2 + \cdots + a_n^2} \sqrt{b_1^2 + \cdots + b_n^2} \ge |a_1 b_1 + \cdots + a_n b_n|.$$
4. 求出Cauchy不等式等號成立的充要條件：
   (i) 若Cauchy不等式等號成立，則？
   (ii) 在怎樣的條件下，Cauchy不等式等號會成立？
5. 設$p, q$皆為實數，取$a_1 = p, a_2 = q, b_1 = q, b_2 = p$，使用Cauchy不等式推導出2元算幾不等式：
   $$\frac{\text{非負實數}s + \text{非負實數}t}{2} \ge \sqrt{\text{非負實數}s \times \text{非負實數}t}.$$
   並求出算幾不等式等號成立的充要條件。

三元算幾不等式的代數證明

定理：若$x, y, z$皆為非負實數，則恆有
$$
\frac{x+y+z}{3} \geq \sqrt[3]{xyz}.
$$

[證]：令$\sqrt[3]{x}=a, \sqrt[3]{y}=b, \sqrt[3]{z}=c$，則$x=a^3, y=b^3, z=c^3$。考慮$\frac{x+y+z}{3} - \sqrt[3]{xyz}$，利用「三元三次輪換式」，則
\begin{eqnarray*}
\frac{x+y+z}{3} - \sqrt[3]{xyz}
&=& \frac{1}{3} \left( x+y+z - 3 \sqrt[3]{xyz} \right) \\
&=& \frac{1}{3} \left( \sqrt[3]{x}^3 + \sqrt[3]{y}^3 + \sqrt[3]{z}^3 - 3\sqrt[3]{x}\sqrt[3]{y} \sqrt[3]{z} \right) \\
&=& \frac{1}{3} \left( a^3 + b^3 +c^3 - 3abc \right) \\
&=& \frac{1}{3} (a+b+c)\left( a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca \right) \\
&=& \frac{1}{3} (a+b+c) \frac{1}{2} \left( 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2bc - 2ca \right) \\
&=& \frac{1}{6} (a+b+c) \left[ (a^2 -2ab + b^2) + (b^2 -2bc +c^2) + (c^2 -2ca +a^2) \right] \\
&=& \frac{1}{6} (a+b+c) \left[ (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 \right] \\
&\geq& 0
\end{eqnarray*}
得$\frac{x+y+z}{3} - \sqrt[3]{xyz} \geq  0$，即$\frac{x+y+z}{3} \geq \sqrt[3]{xyz}$。

(證明結束)

三元三次輪換式

定理：若$x, y, z$皆為複數，則恆有

$$
x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz = (x+y+z)\left( x^2 +y^2 + z^2 - xy - yz - zx \right).
$$

[證一]：直接對右端展開。

\begin{eqnarray*}
(x+y+z) \left( x^2 +y^2 + z^2 - xy - yz - zx \right)
&=& x^3 +xy^2 +xz^2 - x^2y -xyz - zx^2 \\
& & +x^2y + y^3 + yz^2 - xy^2 - y^2z - xyz \\
& & +x^2z + y^2z + z^3 -xyz - yz^2 -xz^2 \\
&=& x^3 + y^3 +z^3 - 3xyz

\end{eqnarray*}

[證二]：使用和的立方公式[$(p+q)^3 = p^3 = 3p^2q + 3pq^2 + q^3$]與立方和公式[$p^3 + q^3 = (p+q)(p^2 -pq + q^2)$]。從左端出發

\begin{eqnarray*}
x^3 + y^3 +z^3 - 3xyz
&=& (x^3 + y^3) + z^3 -3xyz \\
&=& (x^3 + 3x^2y + 3xy^2 + y^3) - 3x^2y - 3xy^2 + z^3 - 3xyz \\
&=& (x+y)^3 + z^3 - 3xy(x+y) - 3xyz \\
&=& [(x+y) + z] [(x+y)^2 - (x+y)z + z^2] - 3xy[(x+y) +z] \\
&=& (x+y+z)(x^2 + 2xy + y^2 - zx - yz + z^2) -3xy(x+y+z) \\
&=& (x+y+z)[(x^2 + 2xy + y^2 - zx - yz + z^2) - 3xy] \\
&=& (x+y+z)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx)
\end{eqnarray*}

(證明結束)

附註：

1. 楊維哲：「這幾乎是關於三元的需要熟悉的唯一的公式！」(湖濱高中數學講義之二—代數，五南出版，第18頁)

2. 為什麼要考慮這樣的因式分解呢？楊維哲在其書中沒有給出答案，而我所能想到的唯一一個答案是此因式分解可用於三元算幾不等式的證明之中，所以有一點必要性去研究這個式子。此外，如果直接從左端出發，大概也可以視為讓學生練習和的立方公式與立方和公式的一個好機會。

3. 因式分解嘛，當然我們可以假定所考慮的數系是隨便一個具么可換環(commutative ring)，不用像我上頭寫的「皆為複數」。但是其實把條件推的那麼極端，我看不出來有什麼好處，至少在高中教學面是毫無意義的。(上課時可以隨口亂啼，讓學生產生莫名其妙的崇拜)

警告：

如果令$c=0$，那麼本來的三元三次輪換式$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$會變為
$$
a^3+b^3+0^3=(a+b+0)(a^2+b^2+0^2-ab-b \times 0 -0 \times a),
$$
也就是立方和公式
$$
a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2).
$$
你要注意立方和公式根本是三元三次輪換式的特例！

二元算幾不等式的代數證明

定理：若$a, b$皆為非負實數，則恆有
$$
\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}
$$

[証]：本篇文章採用代數法來證明。幾何的處理方式，請見我在中央研究院數學研究所《數學傳播》發表的兩篇文章。

什麼是「非負」？

就是「不是負」。

一個數要麼是正的、要麼是0、要麼是負的，如今「不是負」，那必定是正的或0，也就是$\geq 0$。

證明的策略是，考慮$\frac{a+b}{2} - \sqrt{ab}$，想辦法推出此代數式非負，那麼就得到$\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$。

以下開始證明。

\begin{eqnarray*}
\frac{a+b}{2} - \sqrt{ab}
&=& \frac{1}{2} \left( a+b -2\sqrt{ab} \right) \\
&=& \frac{1}{2} \left( \sqrt{a}^2 + \sqrt{b}^2 - 2 \sqrt{a} \sqrt{b} \right) \\
&=& \frac{1}{2} \left( \sqrt{a}^2 - 2 \sqrt{a} \sqrt{b} + \sqrt{b}^2 \right) \\
&=& \frac{1}{2} \left( \sqrt{a} - \sqrt{b} \right)^2 \\
&\geq& 0
\end{eqnarray*}

即$\frac{a+b}{2} - \sqrt{ab} \geq 0$，得$\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$

證明的幾個要點在此稍稍再討論一番。

首先，請注意定理條件中「$a, b$非負」的設定，因為如此，我們才能對$a, b$開方，換言之，就是使得$a = \sqrt{a}^2$有意義。

再者，請留意到任意實數(式)的平方必定非負，而一堆平方的和當然也是非負的。

(證明結束)

賀！周伯欣老師撰寫論文再次獲刊於中研院數學所期刊《數學傳播》

賀！

周伯欣老師撰寫論文

〈n元算幾不等式的一個幾何證明〉

獲刊於中央研究院數學研究所《數學傳播》期刊，第159號。

http://w3.math.sinica.edu.tw/mathmedia/

賀！周伯欣老師論文獲刊於中研院數學所期刊《數學傳播》

賀！

周伯欣老師撰寫論文

〈二元算幾不等式的一個無字證明 — 附記一

段學思歷程〉

獲刊於中央研究院數學研究所《數學傳播》期刊，第158號。

http://w3.math.sinica.edu.tw/mathmedia/

許志農教授《高中數學珍寶》，不等式一題

=題目=

已知：如下圖，正方形$\alpha$(邊長為$a$)與正方形$\beta$(邊長為$b$)的面積和為$1$。

求證：剛好包住正方形$\alpha$與正方形$\beta$的矩形面積$\displaystyle \frac{1 + \sqrt{2}}{2}$。

 [出處：國立臺灣師範大學數學系許志農教授著《高中數學珍寶》]

=評析=

國立蘭陽女中的陳敏皓老師在HPM 通訊第十七卷第一期的《算幾不等式的證明
(II) 與（III）》介紹了這道題目，並給出了採用算幾不等式的解法，有興趣的人可參考
http://math.ntnu.edu.tw/ horng/letter/hpm1701.pdf。

=解答=

由$\alpha^2 + \beta^2 = 1$聯想三角函數中最重要的等式
$$
\cos^2 \theta + \sin^2 \theta = 1.
$$
由此自然會想設
$$
a = \cos \theta, b = \sin \theta.
$$
注意到$\alpha, \beta$都必須是非負實數，所以角度$\theta$必須有所限制，顯然限制範圍是
$$
0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2}.
$$
觀察題目所給圖形可知，包住兩個正方形的最小矩形，其面積為$a(a + b)$，因此有
\begin{eqnarray*}
a(a + b) &=& a^2 + ab \\
&=& \cos^2 \theta + \cos \theta \cdot \sin \theta \\
&=& \frac{1 + \cos 2 \theta}{2} + \frac{1}{2} \sin 2 \theta \\
&=& \frac{1}{2} + \frac{1}{2} (\cos 2\theta + \sin 2\theta) \\
&=& \frac{1}{2} + \frac{1}{2} \sqrt{2} \left( \frac{1}{\sqrt{2}} \cos 2\theta + \frac{1}{\sqrt{2}} \sin 2\theta \right) \\
&=& \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \left( \sin \frac{\pi}{4} \cos 2\theta + \cos \frac{\pi}{4} \sin 2\theta \right) \\
&=& \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{2}}{2} \sin \left( \frac{\pi}{4} + 2\theta \right)
\end{eqnarray*}
現在分析以上函數式中$\displaystyle \sin \left( \frac{\pi}{4} + 2\theta \right)$的最大值。由
$$
0 \leq \theta \leq \frac{\pi}{2},
$$
有
$$
\frac{\pi}{4} \leq \frac{\pi}{4} + 2\theta \leq \frac{5}{4}\pi,
$$
因此當$\displaystyle \theta = \frac{\pi}{8}$時，$\displaystyle \sin \left( \frac{\pi}{4} + 2\theta \right)$有最大值$1$，所以$a \times (a + b)$有最大值$\displaystyle \frac{1 + \sqrt{2}}{2}$。