高等代数方法在中学数学中的应用

(
)
⎛ a 11 a 12 ⎜ ⎜ a 21 a 22 A=⎜ " " ⎜ ⎜ a n1 a n 2 ⎝
" a 1n " a 2n " " " a nn
从而可求得：
2k 2 +1− 1+ 4k 2 k2 2k 2 +1+ 1+ 4k 2 k2
这个结论的应用较为广泛，参考文献[3]作了较好的 总结。下面我们看看它的另一个应用。
4
分析：结论显然。下面通过例题说明如何利用上述 结论证四点共圆问题。 例 1 设 P ( 0 , a ) 为平面上一点，过点 P 做抛物线
x
2
由上述定理可知 P 、 A 、 F 、 B 四点共圆。 同理可证另一种情形，故上述结论成立。 例 2 （2004 年重庆高考题）如图 1 设 p > 0 是一常 数，过点 Q ( 2 p , 0) 的直线与抛物线 y 2 = 2 p x 交于相异
1+ 1+ 4k 2 k yA + yB 2 =
p， 1 p。 k
⎧ a x0 + b y 0 − z0 = 0 ⎛ a b −1 ⎞ ⎛ x ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎪ 0 + − = b x y z ， 即 ⎜ b 1 − 1 ⎟ ⎜ y ⎟ = 0 有非 ⎨ 0 0 0 ⎜ 1 a −1 ⎟⎜ z ⎟ ⎪ x +ay −z =0 0 0 ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎩ 0 ⎛ x0 ⎞ a b −1 ⎜ ⎟ 0 解 ⎜ y 0 ⎟ ，所以由上述结论有 b 1 − 1 = 0 ，展开整 ⎜ ⎜ z0 ⎟ ⎟ 1 a −1 ⎝ ⎠
2 2 xH + yH =
两点 A 、 B ，以线段 AB 为直径做圆 H （ H 为圆心） ， 试证明抛物线的顶点在圆 H 的圆周上；并求圆 H 的面 积最小时直线 AB 的方程。
y
4+ 4k 2 + 2 k4 p， 故要使
B
只需 k → ∞ ， 此时直线 AB 的方程为： 圆 H 的面积最小，
H o A Q C x
82
=0
例 4 五一长假，自驾车游客很多，某高速公路收费 站前的车辆排起了长龙。设车辆均匀地来到本站，窗口 收费的速度是固定的。如果开放 1 个收费窗口，30 分钟
0
邵远夫
肖金戈：高等代数方法在中学数学中的应用
x1 , x 2 ,", x n ≥ 0 ，证明对任意 n ≥ 4 ( n ∈ N ) ，有：
x=2p。
当然，利用上述结论证明该题运算比较烦琐，要求 对行列式的计算很熟练，但方法简单、思路清晰且易于 掌握。
图1
分析：设圆 H 交 x 轴于点 C ，只需证 O 、 A 、 C 、
B 四点共圆方可。而这四点的坐标容易求出，从而可用
2．利用齐次线性方程组的解的理论解应用题
我们知道，齐次线性方程组
上述结论证明。至于第二问，求出其半径表达式，讨论 方可。 证明：依题意，设直线 AB 的方程为 y = k ( x − 2 p )
(
)
= x1 + x 2 + " + x n
为半正定二次型，即
(
)2 − 4 ( x1 x 2 + x 2 x 3 + " + x n x1 )
解之得 n = 5 。所以 n ≥ 5 方可，即至少应开放 5 个 窗口。 注：齐次线性方程组解的理论的应用范围很广，大 家应多多总结。若应用得当，会收到“柳安花明、事半 功倍”的效果。
1 ⎞ ⎟ " 1 ⎟ 的一切 k 级 " "⎟ ⎟ " 1 ⎟ ⎠ "
= x1 + x 2 + " + x n
(
= x 1 , x 2 ," , x n
(
)
将 x 0 、 y 0 、 z 0 看作上述对应齐次方程组
⎧ x 0 + 30 y 0 − 30 z 0 = 0 ⎪ ⎪ ⎨ x 0 + 20 y 0 − 2 • 20 z 0 = 0 的非 0 解， ⎪ ⎪ x 0 + 10 y 0 − n • 10 z 0 ≤ 0 ⎩
理得：
a + b − a 2 − b 2 + a b = −1 。
xA + xB 2
2k 2 +1
p 、y H =
由 CH = AH 可得 x C =
2 x2 A + yA 2 2 + yB xB 2 xC
4k 2 + 2 k2
p 。代入计算可得：
xA xB xC 0
yA 1 yB 1
0 0 1 1
分析：可以采用上述同样方法来证明（略） 。 例 7 问 t 取何值时，下列不等式总成立？
x 2 + y 2 + 5z 2 > 2x z −t x y − 4 y z
如果对任意一组不全为 0 的实数 c1 、c 2 、 ……、c n 来说，都有 f c1 , c 2 ,"c n > 0 ，则称之为正定二次型， 对应的矩阵 A 叫做正定矩阵；如果对任意一组不全为 0 的实数 c1 、 c2 、 ……、 c n 来说， 都有 f c1 , c 2 ,"c n ≥ 0 ， 则称之为半正定二次型，对应的矩阵 A 叫做半正定矩 阵。有关矩阵正定和半正定的判定见参考文献 [4] 的
⎧ a 11 x1 + a 12 x 2 + " + a 1n x n = 0 ⎪ ⎪ a 21 x 1 + a 22 x 2 + " + a 2 n x n = 0 ⎨ """"""""""" ⎪ ⎪ a n1 x 1 + a n 2 x 2 + " + a n n x n = 0 ⎩
有非 0 解的充分必要条件是
(
)
解：设 f ( x , y , z )
= x2 + y 2 + 5z 2 − (2xz −t x y − 4 y z )
(
)
(
)
=(x
y
231～237 页。
正定和半正定矩阵是高等代数的重要内容。在中学 数学中，我们也可以用正定和半正定矩阵的知识证明一 些不等式，且证明思路清晰，容易掌握。下面举例说明 这方面的应用。 例 5 （ 参 考 文 献 [5]30 页 第 12 题 ） 设
p
xA =
例 3 设 a x 0 + b y 0 = y 0 + b x 0 = x 0 + a y 0 = z 0 ，其中
z 0 ≠ 0 ，求 a + b − a 2 − b 2 + a b 的值。
xB = p
解：将已知条件变形为
所以 y A = 从而 x H =
1− 1+ 4k 2 k
= k2
p 、 yB =
2 x1 2 x2 2 x3 2 x4
将 y = 0 代入上述方程可得 A 、 B 两点的坐标分别为
⎛ A⎜ − ⎜ ⎝
− 2a p 2
⎛ ⎞ ,0 ⎟ 、 B ⎜ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠
− 2a p 2
⎞ , 0 ⎟ ，又点 P 、 F 的 ⎟ ⎠
(
) ( i = 1, 2 , 3, 4 ) 共圆的
p ⎞ 坐标为： P ( 0 , a ) 、 F ⎛ ⎜ 0 , 2 ⎟ ，而 ⎝ ⎠
+ + + +
2 y1 2 y2 2 y3 2 y4
x1 x2 x3 x4
y1 1 y2 1 y3 1 y4 1 =0。
−a p −a p a p2
2
2 2
−
− 2a p 2 − 2a p 2 0 0
0 0 a p 2
1 1 = 1 1 − 2a p 2 −a p a2 p2 4 0 a p 2 2 1 =0 1
(x1 + x 2 + " + x n )2 ≥ 4 ( x1 x 2 + x 2 x 3 + " + x n x1 ) ，
结论得证。 例 6 （参考文献[5]113 页第 14 题） 已知 x, y, z ∈ R ，
3．利用正定和半正定矩阵证明不等式
对于实二次型 f x 1 , x 2 ," x n = X A X ′ 而言，其中
( k ≠ 0 ) ，点 A 、 B 、 C 、 H 的坐标分别为 A ( x A , y A ) ，
B x B , y B ， C xC , yC ， H x H , y H 。
则由 k
2
(
)
(
)
(
)
A = 0 。其中 ⎞ ⎟ ⎟ ⎟。 ⎟ ⎟ ⎠
(x−2p)
2
= 2 p x ，有
k 2 x 2 − 4 k 2 p + 2 p x + 4k 2 p 2 = 0
( x1 + x 2 + " + x n )2 ≥ 4 ( x1 x 2 + x 2 x 3 + " + x n x1 ) 。
证明：设
f x 1 , x 2 , ", x n
(
) )2 − 4 ( x1 x 2 + x 2 x 3 + " + x n x1 )
" 1 ⎞⎛ x1 ⎞ ⎟ ⎟⎜ " 1 ⎟⎜ x 2 ⎟ ⎜ ⎟， " " ⎟⎜ # ⎟ ⎟ ⎜ ⎟ " 1 ⎟ ⎠⎝ x n ⎠