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某舊習題

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不知大家曾否被數學題吸引?剛在書櫃找東西時,隨意翻閱我校某本過時的中學數學參考書(1942 年,第 5 版)

johnmayhk-tutorial-algebra-cover

偶見一道頗吸引我的中學數學題:

證明:

a+b+c=0

\frac{a^5+b^5+c^5}{5}=\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{2}

我只是被那公整的模樣吸引,其實這是一道純數的基本習題。但舊書用的是應數的方法,見下:

首先要知

\ln(1-x)=-\displaystyle \sum^\infty_{r=1}\frac{x^r}{r} , |x|<1

於是,我們考慮

\ln(1-ax)=-\displaystyle \sum^\infty_{r=1}\frac{a^rx^r}{r} , |ax|<1
\ln(1-bx)=-\displaystyle \sum^\infty_{r=1}\frac{b^rx^r}{r} , |bx|<1
\ln(1-cx)=-\displaystyle \sum^\infty_{r=1}\frac{c^rx^r}{r} , |cx|<1

無論 a,b,c 是多少,總可以取足夠小的 x 值,令 |ax|,|bx|,|cx| 的值皆小於 1,以致上面三式成立(或曰:三個無窮級數收斂)。

三式加起,得

-\displaystyle \sum^\infty_{r=1}\frac{a^r+b^r+c^r}{r}x^r

=\ln(1-ax)(1-bx)(1-cx)

=\ln(1-(a+b+c)x+(ab+bc+ca)x^2-abcx^3)

=\ln(1-x^2(abcx-(ab+bc+ca))  (因 a+b+c=0

再取足夠小的 x 值,上式可變成

-\displaystyle \sum^\infty_{r=1}\frac{a^r+b^r+c^r}{r}x^r=-\displaystyle \sum^\infty_{r=1}\frac{(x^2(abcx-(ab+bc+ca)))^r}{r}

比較等號左右的 x^5 的係數,得

\frac{a^5+b^5+c^5}{5}=-abc(ab+bc+ca) ………. (*)

由於

a+b+c=0

(a+b+c)^2=0\Rightarrow a^2+b^2+c^2=-2(ab+bc+ca)

a^3+b^3+c^3=3abc(解釋另說)

故 (*) 變成

\frac{a^5+b^5+c^5}{5}=\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{2}

證畢。

好了,解釋一下,如 a+b+c=0,則 a^3+b^3+c^3=3abc

方法一:

a+b+c=0

\Rightarrow (a+b+c)^3=0

\Rightarrow (a+b+c)(a+b+c)^2=0

\Rightarrow (a+b+c)(a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca))=0

\Rightarrow (a+b+c)(a^2+b^2+c^2)=0  (因 a+b+c=0

\Rightarrow a^3+b^3+c^3+a(b^2+c^2)+b(c^2+a^2)+c(a^2+b^2)=0

\Rightarrow a^3+b^3+c^3+a((b+c)^2-2bc)+b((c+a)^2-2ca)+c((a+b)^2-2ab)=0

\Rightarrow a^3+b^3+c^3+a(a^2-2bc)+b(b^2-2ca)+c(c^2-2ab)=0  (因 a+b+c=0

\Rightarrow a^3+b^3+c^3=3abc

方法二,比方法一簡潔,是純數的基本投巧:

首先要知,若 a,b,c 是以下三次多項式方程的根(roots)

x^3+sx^2+px+q=0

a+b+c=-s
ab+bc+ca=p
abc=-q

這是韋達定理 (Viete's Theorem) ,同學試證之。

好了,因 a+b+c=0,不妨設 a,b,c 為下式的根

x^3+px+q=0

由於 a,b,c 是根,得

a^3+pa+q=0
b^3+pb+q=0
c^3+pc+q=0

加起三式,得

a^3+b^3+c^3+p(a+b+c)+3q=0

\Rightarrow a^3+b^3+c^3+p(0)+3(-abc)=0

\Rightarrow a^3+b^3+c^3=3abc

完成。

好了,現在不難得

\frac{a^5+b^5+c^5}{5}=\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{2}

首先

a^2+b^2+c^2=(a+b+c)^2-2(ab+bc+ca)=-2p  (韋達定理)

a^3+b^3+c^3=3abc=-3q  (韋達定理)

再把上面曾出現的三式

a^3+pa+q=0
b^3+pb+q=0
c^3+pc+q=0

分別乘以 a^2,b^2,c^2,得

a^5+pa^3+qa^2=0
b^5+pb^3+qb^2=0
c^5+pc^3+qc^2=0

加起,得

(a^5+b^5+c^5)+p(a^3+b^3+c^3)+q(a^2+b^2+c^2)=0

\Rightarrow (a^5+b^5+c^5)+p(-3q)+q(-2p)=0

\Rightarrow a^5+b^5+c^5=5pq

\Rightarrow a^5+b^5+c^5=5(-\frac{a^2+b^2+c^2}{2})(-\frac{a^3+b^3+c^3}{3})

\frac{a^5+b^5+c^5}{5}=\frac{a^3+b^3+c^3}{3}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{2}

證畢。

[習題] 循上法,不難得:

a+b+c=0

\frac{a^7+b^7+c^7}{7}=\frac{a^5+b^5+c^5}{5}\cdot \frac{a^2+b^2+c^2}{2}

同學,試得之。



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