从一道美国数学邀请赛试题的多解看数学解题的层次

刘培杰

本文先给出一道试题的四个不同解法并以此论及关于解题方法的层次问题，起因是现在应试教育大背景之下，关于问题的解法受到了空前的重视，《美国数学月刊》前任主编哈尔莫斯曾说：“问题是数学的心脏.”国际解题大师波利亚又说：“解题像钓鱼术一样，永远不会被学会.”同时又告诫广大数学教师要“养成良好的解题胃口”，那么究竟应该怎样教给学生解题方法呢？以第8届美国数学邀请赛的第15题为例：

＼[试题A＼]实数a，x，b，y满足ax+by=3，ax2+by2=7，ax3+by3=16，ax4+by4=42，求ax5+by5的值.

在英国科普作家辛格所著的《费马最后定理》一书中，形容数学定理的第一个证明“想要进入一个黑暗的屋子，当然首先是要靠蛮力打破窗户，或破门而入”.下面的解法一虽不优美但毕竟提供了一种可靠的解法.

＼[解法一＼]根据题意，得

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

首先证明x≠0，y≠0.

若x=0，y=0，式（1），（2），（3），（4）均不成立

若x=0，y≠0，则有

by=3，by2=7，by3=16，by4=42，

以上四式显然不可能同时成立

同样可知，x≠0，y=0也不可能，于是x≠0，y≠0.

对式（4），两边同乘以x，有

ax5=42x-bxy4，（5）

再对式（4）两边同乘以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）

同样由式（3）可得

ax4=16x-bxy3，

by4=16y-ax3y.

再由式（4）及式（2）得

42=16（x+y）-7xy，（8）

同样由式（2）得

ax3+by3=7（x+y）-3xy，（9）

解关于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，就好比进入了屋子，找到电灯开关，打开灯看到了门，再由门进入，解法自然会简洁的多.

＼[解法二＼]此题的形式为axn+byn，设其为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.

对一个问题解法是否优美的评价除了正确之外，还有一个维度是使用工具的高下.华人数论专家张益唐解决孪生素数猜想的论文之所以短短三周就被《数学年刊》所接受，就是因为审稿编辑看到张益唐使用了当前解析数论和代数几何中几乎所有最前沿的方法.

本题虽是一个中学竞赛的问题，但它可视为一个方程组.而对于方程组高等代数中早有一整套成熟的方法，将之用于＼[试题A＼]马上会得到一个更为具有一般性的＼[解法三＼]如下：

＼[解法三＼]考察以a，b，1为未知数的方程组

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

由于方程组有非零解，则系数行列式为0，于是有

xy-3x2y2-7x3y3-16=0，（1）

x2y2-7x3y3-16x4y4-42=0，（2）

由＼[解法二＼]已证x≠0，y≠0，

同时还可证明x≠y，否则有

（a+b）x=3，

（a+b）x2=7，

（a+b）x3=16，

（a+b）x4=42.

这四个等式不可能同时成立.于是行列式方程（1），（2）可化为

113xy7x2y216=0

117xy16x2y242=0

化简得

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.

数学的吸引人之处在于常会有一些天才、怪才给出某个奇妙的令人意想不到的解法，如天才印度数学家拉马努今（Ramanujan）（1887～1920）曾发现了一个解代数方程组的级数解法，十分巧妙，恰可用于本题.下面我们通过两个例子给大家介绍一下这个方法.

＼[试题B＼]解方程组

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

解设

f（t）=x11-ty1+x21-ty2，

其中t为参数，那么

f（t）=∑

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

另一方面，f（t）可以表示为

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，

故原方程组的解为

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

其实当年拉马努今用其解决了如下的十元十次方程组.

＼[试题C＼]解下面的十阶方程组

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，

解拉氏首先考虑一般方程组

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+…

从而

F（θ）=a1+a2θ+a3θ2+…+a2nθ2n-1+…

把它化为有公分母的分式，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，

因为量a1，a2，…，an，an+1，…，a2n是已知的，故从以上最后的方程组中能先求出B1，B2，…，Bn，然后又求出A1，A2，…，An.知道了Ai，Bi，就能作出有理函数F（θ），再把它展开成部分分式，这样就能得到

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

显然

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

这就是一般方程组的解.

对于所考虑的情况，我们有

F（θ）=2+θ+3θ2+2θ3+θ41-θ-5θ2+θ3+3θ4-θ5，

展开成部分分式，得出以下未知数的值：

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.

下面我们用拉氏方法来解决开始提出的＼[试题A＼]十分巧妙，且计算量很小，将其转化为一个一元一次方程组求解.

＼[解法四＼]构造f（t）=a1-tx+b1-ty，

则f（t）=∑

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

又f（t）=A0+A1t1+B1t+B2t2，

则得

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）联立解得B1=14，B2=-38，代入（3）中，则B=20.

最后我们回顾一下前面给出的四个解法，即所谓：功力不同，境界不同，解法不同.

此方法值得我们借鉴的还有有限和无穷的转换这一思考路径.

＼[试题D＼]设数列{an}由递推关系

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

所确定，证明：数列{an}亦满足递推关系.

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

＼[证＼]设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.

记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，

上式两边求导可得

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，若记

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，….