數學傳播

波利亞(George Polya, 1887$\sim$1985) 宣導要發展學生的探索性思維能力。 在他的著名論著《怎樣解題》(How to Solve It) 中, 他寫道：「因為在證明一個定理之前你先得猜測證明的思路, 你必須觀察、實驗、歸納、猜想。 一次又一次地嘗試、探索。」

本文以一道高考題為例, 體驗波利亞的實驗與探索的精神。

問題：

(1) 證明：對 $\forall \, a\in N_+$, $\exists\, b,c\in N_+$ $(b\lt c)$ 使得 $a^2,b^2,c^2$ 成等差數列；

(2) 證明：存在無窮多個互不相似的三角形 $\triangle_n$, 其邊長 $a_n,b_n,c_n$ 為正整數, 且 $a_n^2,b_n^2,c_n^2$ 為等差數列。 (2010, 江西卷)

問題中, 記號 $N_+$ 表示正整數集合, 下同。

分析： 該題的特點是缺乏統一的、明確的運算方式, 或者說, 缺乏直接的邏輯通道, 旨在考查學生的探索能力。

先談命題(1)

面對一個問題, 當我們"別無門路時, 總可以從觀察、實驗入手" (波利亞語, 下文凡是帶引號的文字均為波利亞語, 引自波利亞《怎樣解題》[1]。)

實驗： 取 $a=1$, 由 $2b^2=1+c^2$ 得： $c$ 為奇數。

取 $c=1$, 得 $b=1$, 與 $b\lt c$ 矛盾 (捨)；

取 $c=3$, 得 $b=\sqrt 5$ (捨)；

取 $c=5$, 得 $b=\sqrt {13}$ (捨)；

取 $c=7$, 得 $b= 5$。

我們得到一組合要求的值： $a=1$, $b=5$, $c=7$。

取 $a=2$, 得到： $a=2$, $b=10$, $c=14$。

歸納： 比較這兩組資料, 不難看出它們之間存在共性特徵, 即 $a,b,c$ 之間存在如下的倍數關係： $a=n$, $b=5n$, $c=7n$, $(n\in N_+)$。

猜想： $\forall\, a=n\in N_+$, 可取 $b=5n$, $c=7n$。

驗證： 這是顯然的。 $\because \ 2\cdot(5n)^2=n^2+(7n)^2$, 對 $\forall \, n\in N_+$都成立。 即命題(1)正確。

下面重點談命題(2)

"符號有助於思維"。 為了說理方便, 引進記號：把滿足條件 $2b^2=a^2+c^2$ 且 $a\lt b\lt c$ 的正整數陣列 $a,b,c$, 記為 $[a,b,c]$。 集合 $M=\{[a,b,c]\mid a,b,c$ 可以構成三角形, 即 $a+b\gt c\}$, 規定： $M$ 中的陣列 $[a,b,c]$ 與 $[d,e,f]$, 若 $\dfrac ad=\dfrac be=\dfrac cf$, 則認為 $[a,b,c]$ 與 $[d,e,f]$ 是同一組。 這樣, 命題(2)轉化為證明： $M$ 含有無限多個元素。

我們可以採用問題(1)的實驗方法, 但很快會發現這種"樸素"的收集資料方法會變得越來越困難, 而且, 也是更為重要的, 很難將收集到的資料納入到一個模式。 因此, 我們必須另找出路！

為了有效地探索, 波利亞指出, 一要"收集到足夠的材料"： "你是否利用了所有的已知條件？ 你是否考慮了包含在問題中的所有必要概念"； 二要"動員我們以前學過的知識"： "你是否知道與此有關的問題？ 你是否知道一個可能用得上的定理？"

眼下, 我們要找的陣列 $[a,b,c]$ 必須能構成三角形, 且 $2b^2=a^2+c^2$。 "看著未知數", 盯著"三角形" 及 " $2b^2=a^2+c^2$"。 我們能聯想到 "直角三角形" 的畢氏定理 "${c'}^2={a'}^2+{b'}^2$", 這裏會有什麼關聯嗎？

由 ${c'}^2={a'}^2+{b'}^2$ (不妨設 $0\lt a'\lt b'\lt c'$), 不難得到： $$2{c'}^2=2{a'}^2+2{b'}^2=(b'-a')^2+(b'+a')^2$$ 因此, 可令： $a=b'-a'$, $b=c'$, $c=b'+a'$。 看來我們可從勾股陣列 $a',b',c'$ (記為 $(a',b',c')$) 入手, 尋找 $[a,b,c]$。 不妨試一試：

從最常見的勾股數試起：

由 $(a',b',c')=(3,4,5)$ 得： $[a,b,c]=[1,5,7]$, 顯然 $[1,5,7]\not\in M$;

由 $(a',b',c')=(5,12,13)$ 得： $[a,b,c]=[7,13,17]$, $[7,13,17]\in M$;

由 $(a',b',c')=(7,24,25)$ 得： $[a,b,c]=[17,25,31]$, $[17,25,31]\in M$;

$\hskip 2.3cm \vdots\hskip 4cm \vdots\hskip 4cm \vdots$

在解題過程中, 我們要隨時"感覺到自己進展的步伐"。 我們已嘗到甜頭, 增強了信心。 為此, 由 (3,4,5) 出發, 構想較為一般的勾股陣列模式 $(a',b',b'+1)$ $(a',b'\in N_+)$。

要使 ${a'}^2+{b'}^2=(b'+1)^2$, 需 $b'=\dfrac{{a'}^2-1}2$, $\because\, a',b'\in N_+$,

取 $a'=2n+1$ $(n\ge 2, n\in N_+)$, 則 $b'=2n^2+2n$。 故可得較一般的勾股數模式： $(2n+1,2n^2+2n,2n^2+2n+1)$。 \begin{eqnarray*} \therefore\ &&[(2n^2+2n)-(2n+1), 2n^2+2n+1,(2n^2+2n)+(2n+1)]\\ &=&[2n^2-1,2n^2+2n+1,2n^2+4n+1], \qquad\hbox{記為 $[a_n,b_n,c_n]$。} \end{eqnarray*}

1. 對 $\forall\ n\ge 2$, $[a_n,b_n,c_n]\in M$。 事實上, $a_n+b_n-c_n=(2n^2-1)+(2n^2+2n+1)-(2n^2+4n+1)=2n(n-1)\gt 0$。
2. 集合 $\{[a_n,b_n,c_n]\mid n\in N_+,n\ge 2\}$中的任兩個元素都不相同。 事實上, 任取 $m,n\in N_+$, $m\not=n$ 且 $m,n\ge 2$, $a_n=2n^2-1$, $b_n=2n^2+2n+1$, $c_n=2n^2+4n+1$; $a_m=2m^2-1$, $b_m=2m^2+2m+1$, $c_n=2m^2+4m+1$。 若 \begin{eqnarray*} \frac{b_n}{c_n}=\frac{b_m}{c_m}&\Rightarrow&\frac{2n^2+2n+1}{2n^2+4n+1}=\frac{2m^2+2m+1}{2m^2+4m+1}\Rightarrow\frac{2n^2+2n+1}{2n}=\frac{2m^2+2m+1}{2m}\\ &\Rightarrow& 2n+\frac 1n+2=2m+\frac 1m+2\Rightarrow 2mn=1, \end{eqnarray*} 這與 $m,n\ge 2$ 矛盾。
3. 由 (ii) 知：集合 $\{[a_n,b_n,c_n]\mid n\in N_+,n\ge 2\}$ 中有無限多個元素。 因為 $\{[a_n,b_n,c_n]\mid n\in N_+,n\ge 2\}\subseteq M$, 所以, $M$ 中有無限多個元素。 命題 (2) 得證。

波利亞十分重視解題後的回顧： "$\cdots\cdots$ 你能否用別的方法導出這個結果？ 你能不能一下子看出它來？ $\cdots\cdots$" 上面我們用實驗探索的方法證明瞭集合 $M$ 中有無限多個元素。 其實, 瞭解勾股數通式的讀者可直接給出 $M$ 中的所有元素。

事實上, 容易得到： $$[a,b,c]\Leftrightarrow \Big(\frac{a-c}2,\frac{a+c}2,b\Big)$$ 即每一陣列 $[a,b,c]$ 均被勾股陣列 $\Big(\dfrac{a-c}2,\dfrac{a+c}2,b\Big)$ 唯一確定。

另一方面, 勾股數的通解式 (丟番圖給出, 它表示了所有的勾股數) 為：

$2mn,m^2-n^2,m^2+n^2$ (其中, $m\gt n$ 且 $m,n$ 為一奇、一偶的互質正整數)

因此, 可令： $$\left\{\begin{array}{l} \dfrac{c-a}2=\min\{2mn,m^2-n^2\}\\[8pt] \dfrac{c+a}2=\max\{2mn,m^2-n^2\},\\[8pt] b=m^2+n^2 \end{array}\right.\qquad \hbox{即}\quad \left\{\begin{array}{l} a=|m^2-2mn-n^2|\\[4pt] b=m^2+n^2\\[4pt] c=m^2+2mn-n^2\end{array}\right.$$ 為了使 $[a,b,c]\in M$, 只需添加條件： $a+b\gt c$, 即 $$|m^2-2mn-n^2|+(m^2+n^2)\gt m^2+2mn-n^2$$ 解得： $m\gt (2+\sqrt 3)n$ 或 $n\lt m\lt \sqrt 3 n$。
$\therefore\ M=\{[a,b,c]\mid m\gt (2+\sqrt 3)n$ 或 $n\lt m\lt \sqrt 3 n $且 $m,n$ 為一奇、一偶的互質正整數}。

波利亞強調, 要"教會年輕人去思考", 培養學生的"獨立性、能動性和創新精神"。 這一宗旨在提倡素質教育的今天仍具有積極的指導意義。 從該題的解題過程可以看出波利亞實驗、 探索的思路的確能提高學生的探索能力。 它是在培養學生思考力的基礎上, 提高學生的應試能力, 有利於搞好素質教育, 克服題海戰術。

---本文作者任教江蘇省揚州中學---