每日一题[141] 论证与构造

今天的试题为2010年江西省高考理科数学压轴题：

证明以下命题：

（1）对任意正整数$a$，都存在正整数$b,c(b<c)$，使得$a^2,b^2,c^2$成等差数列；

（2）存在无穷多个互不相似的三角形$\triangle_n$，其边长$a_n,b_n,c_n$为正整数，且$a_n^2,b_n^2,c_n^2$成等差数列．

证明    （1）根据题意有 $$2b^2-c^2=a^2,$$ 事实上，只需要寻找方程 $$x^2-2y^2=-1$$ 的一组特解$(x,y)$，然后令 $$(a,b,c)=(a,ya,xa)$$ 即可．由于$\sqrt 2\approx 1.414=\{1,2,2,2,2,5\}$，于是不难得到不定方程 $$x^2-2y^2=-1$$ 的基本解$(7,5)$．因此对任意正整数$a$，都存在正整数$b=7a$，$c=5a$，使得$a^2,b^2,c^2$成等差数列．

（2）根据题意，有四个任务要求，分别为“无穷多个”、“互不相似”、“三角形”、“正整数”．其中，“无穷多个”要求我们构造无穷数列$a_n$、$b_n$、$c_n$；“互不相似”要求构造无穷数列的方法不能采用第1小题这种按比例放大的方式；“三角形”要求$\forall n,a_n+b_n>c_n$；“正整数”要求$\forall n,a_n,b_n,c_n\in\mathcal N^*$．

为了能够满足第三、四个要求，我们推测$a_n,b_n,c_n$为关于$n$的齐次多项式，且最高项系数一致．

先从一次多项式开始试探，设 $$\begin{cases}a_n=n+\alpha,\\b_n=n+\beta,\\c_n=n+\gamma,\end{cases}$$ 那么根据题意 $$\left(b_n+a_n\right)\left(b_n-a_n\right)=\left(c_n+b_n\right)\left(c_n-b_n\right),$$ 于是 $$\left(2n+\alpha+\beta\right)\left(\beta-\alpha\right)=\left(2n+\beta+\gamma\right)\left(\gamma-\beta\right),$$ 比较系数可知 $$\begin{cases}\beta-\alpha=\gamma-\beta,\\\alpha+\beta=\beta+\gamma,\end{cases}$$ 进而可得 $$\alpha=\beta=\gamma,$$ 这不可能．

接下来从二次多项式开始试探，此时由于待定系数过多不适合继续直接用待定系数法处理．从之前的分析中，我们可以知道此时等式 $$\left(b_n+a_n\right)\left(b_n-a_n\right)=\left(c_n+b_n\right)\left(c_n-b_n\right)$$ 两边必然是类似于 $$\underbrace{2(n+\alpha)(n+\beta)}_{b_n+a_n}\cdot (2n+2\gamma)=(2n+2\alpha)\cdot\underbrace{2(n+\beta)(n+\gamma)}_{c_n+b_n}$$ 的形式，其中$\alpha<\gamma$，且$\alpha,\beta,\gamma\in\mathcal Q$．于是 $$\begin{cases}a_n+b_n=2n^2+2(\alpha+\beta)n+2\alpha\beta,\\b_n+c_n=2n^2+2(\beta+\gamma)+2\beta\gamma,\\b_n-a_n=2n+2\gamma,\\c_n-b_n=2n+2\alpha,\end{cases}$$ 解得 $$\begin{cases}a_n=n^2+(\alpha+\beta-1)n+\alpha\beta-\gamma,\\b_n=n^2+(\alpha+\beta+1)n+\alpha\beta+\gamma=n^2+(\beta+\gamma-1)n+\beta\gamma-\alpha,\\c_n=n^2+(\beta+\gamma+1)n+\beta\gamma+\alpha,\end{cases}$$ 于是可得 $$\beta=\alpha +1,\gamma=\alpha+2,$$ 于是可以取 $$\alpha=-1,\beta=0,\gamma=1,$$ 从而可得 $$\begin{cases}a_n=n^2-2n+1,\\b_n=n^2+1,\\c_n=n^2+2n-1,\end{cases}$$ 考虑到构造三角形的要求，令$n\geqslant 5$且$n\in\mathcal N^*$即可．

最后用反证法证明这个构造得到的三角形互不相似．事实上，注意到 $$\forall n\in\mathcal N^*,2b_n-a_n-c_n=2,$$ 因此若存在$p,q\in\mathcal N^*$且$p<q$使得 $$\dfrac{a_p}{a_q}=\dfrac{b_p}{b_q}=\dfrac{c_p}{c_q}<1,$$ 则根据合分比定理，有相似比同时等于 $$\dfrac{2b_p-a_p-c_p}{2b_q-a_q-c_q}=1,$$ 矛盾．

综上，原命题得证．

注    若第2小问取消“三角形”的限制，那么还可以利用第1小问构造．对于不定方程 $$x^2-2y^2=-1,$$ 可以取 $$x_n+y_n\sqrt 2=\left(7+5\sqrt 2\right)^{2n-1},$$ 其中$x_n,y_n\in\mathcal N^*,n\in\mathcal N^*$．相关的知识可以参考佩尔方程．

2016年10月18补充新解法：

考虑不定方程$x^2+z^2=2y^2$，其中$x,y,z$均为整数，即 $$(x+y)(x-y)=(y+z)(y-z),$$ 于是可设(这是一种比较简单的特殊情形) $$\begin{cases} x+y=\dfrac pq\cdot (y+z),\\ x-y=\dfrac qp\cdot (y-z),\end{cases}$$ 其中$p,q$均为整数，则解得 $$\begin{cases} x=p^2+2pq-q^2,\\ y=p^2+q^2,\\ z=p^2-2pq-q^2,\end{cases}$$ 这样就得到了整数解$(x,y,z)$．

(1) 取$q=1$，$p=2$，则得到解$(7,5,1)$，于是$(a,5a,7a)$也是方程的解，因此原命题得证．

(2) 不妨设$q=1$，则$x>y>z$，当$y+z>x$，即$p^2-4p+1>0$，也即$p\geqslant 4$时，$x,y,z$是某个三角形的三边长，于是取$p=n+3$，则 $$\begin{cases} a_n=n^2+8n+14,\\ b_n=n^2+6n+10,\\ c_n=n^2+4n+2.\end{cases}$$ 由于 $$2b_n-a_n-c_n=4$$ 为常数，而$a_n,b_n,c_n$均随着$n$的增大而增大，因此它们构成的三角形$\triangle_n$互不相似，符合题意．因此原命题得证．

注　由于$\left(\dfrac{a+c}2\right)^2+\left(\dfrac{a-c}2\right)^2=b^2$，而我们熟知勾股数的通解 $$p^2+q^2,p^2-q^2,2pq,$$ 于是解方程即得．