圓與根軸(課堂筆記)

在坐標平面上給一定點(h, k)(圓心)和一定值r(半徑)，可以決定一圓(x − h)² + (y − k)² = r²，設展開後為x² + y² + dx + ey + f = 0(其中(h, k) = ( −d/2, −e/2), 4r² = d² + e² − 4f)，當然可觀察出若二元二次方程式ax² + bxy + cy² + dx + ey + f = 0，x²項係數和y²項係數相等(a = c≠0)，且xy項係數為0(b = 0)，d² + e² − 4f > 0時，圖形為一圓，d² + e² − 4f = 0時，圖形為一點(h, k)，d² + e² − 4f < 0時無圖形。

因此若圓C₁: x² + y² + d₁x + e₁y + f₁ = 0和圓C₂: x² + y² + d₂x + e₂y + f₂ = 0的線性組合

Γ: k(x² + y² + d₁x + e₁y + f₁) + l(x² + y² + d₂x + e₂y + f₂) = 0

的圖形也會滿足x²項係數和y²項係數相等(= k + l)，xy項係數為0，則Γ的圖形很有機會是一個圓。

若圓C₁和圓C₂有兩個交點A(x₁, y₁)、B(x₂, y₂)，顯然將(x₁, y₁)和(x₂, y₂)代入Γ，無論k和l的值為何，方程式的等號均會成立。所以Γ的圖形必通過A、B兩點，換句話說，若Γ的圖形為一圓，則就是通過A、B兩點的圓，或說是圓心在的中垂線上的圓。這就是「圓系」的概念。

但若是k + l = 0，例如k = 1, l = −1，則Γ: (d₁ − d₂)x + (e₁ − e₂)y + (f₁ − f₂) = 0為一直線，當然也通過A、B兩點，故Γ的圖形為。用另一觀點來看，若點P(x, y)滿足(d₁ − d₂)x + (e₁ − e₂)y + (f₁ − f₂) = 0，即滿足

x² + y² + d₁x + e₁y + f₁ = x² + y² + d₂x + e₂y + f₂

，即

(x − h₁)² + (y − k₁)² − r₁² = (x − h₂)² + (y − k₂)² − r₂²

其中(h₁, k₁)和r₁是圓C₁的圓心和半徑，(h₂, k₂)和r₂是圓C₂的圓心和半徑，而(x − h₁)² + (y − k₁)²就是點P(x, y)到圓C₁的圓心(h₁, k₁)的距離平方，所以(x − h₁)² + (y − k₁)² − r₁²就是點P(x, y)到圓C₁的切線段長的平方。所以上式的意思即表示：Γ為滿足到兩圓的切線段長(的平方)相等的圖形。因為Γ上的點都是滿足方程式(x − h₁)² + (y − k₁)² − r₁² = (x − h₂)² + (y − k₂)² − r₂²的根，所以將Γ稱為圓C₁和圓C₂的「根軸」。

     

有學生問，若點P(x, y)在上，即在兩圓內，就沒有通過P點的切線，那「根軸」又代表什麼意思呢？實際上，若回想國中所學的切割線性質、圓外冪性質、圓內冪性質，可以發現：

若P點在圓外，則，其中D、E分別為點P到圓的最短和最長距離；若P點在圓內，作一以P點為中點的弦，因為

x² + y² + dx + ey + f = (x − h)² + (y − k)² − r² =

因此，也可將Γ上的點視為分別到圓C₁和圓C₂的最短與最長距離的乘積相等的點。

      

(當然我覺得這樣的解釋只是強加一個幾何概念到一個「值」上，實際上它就是滿足一個方程式的點，不過這樣的講法，無論圓C₁和圓C₂是相交於兩點或外切、內切、外離、內離，就都適用了。)

如果兩圓沒有相交，怎麼找出根軸的位置呢？一樣的，從圓外冪性質和切割線性質可知，任作一圓C與兩圓C₁和C₂分別交於A、B和C、D，則和的交點P就會在根軸上。所以如此方式，找出(根軸上的)兩點P₁、P₂，則即為根軸。

      

一個常數項為0的特殊整係數多項式方程的性質

這是暑假的時候，為了設計競賽題，拿紙筆亂試，得出的一個小結論：一個沒有常數項的整係數多項式方程式，如果有整數根的一個性質。因為原本就是要設計成競賽試題，所以寫成題目的形式。

(1)設f(x)是一個整係數二次多項式，且f(x) = 0有兩個相異整數根0、α。若β為異於0、α的整數且f(f(β)) = 0，設f(x)的首項係數為k，試求序列(k, α, β)所有可能的值。

Sol:

解法一：設f(x) = kx(x－α)，則f(f(β)) = kf(β)(f(β)－α) = k²β(β－α)(kβ(β－α)－α) = 0，又k ≠ 0，β ≠ 0、α，所以kβ(β－α)－α = 0，即kβ²－kαβ－α = 0，因為β為整數，所以β的判別式k²α² + 4kα = (kα + 2)²－4為完全平方式，設(kα + 2)²－4 = m²，則(kα + 2 + m)(kα + 2－m) = 4，唯一合理的整數解只有m = 0時，kα =－4，故所有可能的解只有(k, α, β) = (1,－4,－2)、(－1, 4, 2)、(2,－2,－1)、(－2, 2, 1)。(k =±4時，β不是整數)

解法二：設f(x) = kx(x－α)，因為β為異於0、α的整數且f(f(β)) = 0，所以f(β) = α，即kβ(β－α) = α，移項得kβ²= α(kβ + 1)，所以kβ + 1是kβ²的因數，但由輾轉相除法原理知，(kβ², kβ + 1) = (kβ + 1, β) = 1，所以kβ + 1 = ±1，故kβ =－2或0(0不合)，代回f(β) = α，即可得所有可能的解只有(k, α, β) = (1,－4,－2)、(－1, 4, 2)、(2,－2,－1)、(－2, 2, 1)。

(2)設f(x)是一個整係數三次多項式，且f(x) = 0有三個相異整數根0、α、β。其中α > β。若γ為異於0、α、β的整數且f(f(γ)) = 0，設f(x)的首項係數為k，試求序列(k, α, β, γ)所有可能的值。
Sol:

設f(x) = kx(x－α)(x－β)，因為γ為異於0、α、β的整數且f(f(γ)) = 0，所以f(γ) = α或β。若不考慮α和β的大小，不失一般性，可假設f(γ) = α。即kγ(γ－α)(γ－β) = α，移項得kγ²(γ－β) = α(kγ(γ－β) + 1)，所以kγ(γ－β) + 1是kγ²(γ－β)的因數，但kγ²(γ－β)和kγ(γ－β) + 1互質，所以kγ(γ－β) + 1 = 1或－1。

若kγ(γ－β) + 1 = 1，則k = 0或γ = 0或γ = β，均不滿足題意。

若kγ(γ－β) + 1 =－1，則kγ(γ－β) =－2……①，代回kγ(γ－α)(γ－β) = α，得α = 2γ……②。

故滿足①和②的所有整數解，再考慮α > β及α、β ≠ 0的條件，則共有8組解：

(k, α, β, γ) = (1, 3, 2, 1)、(1,－2,－3,－1)、(－1, 2,－1, 1)、(1, 4, 3, 2)、(1,－3,－4,－2)、(－1, 4, 1, 2)、(－1, 1,－2,－1)、(－1,－1,－4,－2)

(3)試證，若f(x)是一個整係數n次多項式且沒有常數項，其中n≧5，且f(x) = 0有n個相異整數根，則不存在異於f(x) = 0的所有根的整數γ，使得f(f(γ)) = 0。

Sol:

令f(x) = kx(x－α₁)(x－α₂)…(x－α_n)，其中α₁、α₂、…、α_n 為異於0的相異整數，k ≠ 0，n≧4。

假設f(f(γ)) = 0，其中γ ≠ 0、α₁、α₂、…、α_n且γ為整數，則f(γ) = α_i，其中i =1~n，不失一般性，假設f(γ) = α₁，則kγ(γ－α₁)(γ－α₂)…(γ－α_n) = α₁，移項得kγ²(γ－α₂)…(γ－α_n) = α₁(kγ(γ－α₂)…(γ－α_n) + 1)，故kγ(γ－α₂)…(γ－α_n) + 1為kγ²(γ－α₂)…(γ－α_n)的因數，但kγ(γ－α₂)…(γ－α_n) + 1和kγ²(γ－α₂)…(γ－α_n)互質，所以kγ(γ－α₂)…(γ－α_n) + 1 = ±1。

若kγ(γ－α₂)…(γ－α_n) + 1 = 1，則k = 0或γ = 0、α₁、α₂、…、α_n，均不合。

若kγ(γ－α₂)…(γ－α_n) + 1 =－1，則kγ(γ－α₂)…(γ－α_n) =－2：

如果n≧5，則γ－α₂、…、γ－α_n至少有兩個同為1或－1，矛盾。

如果n = 4，因為要使γ－α₂、γ－α₃、γ－α₄的值均不同，則只能γ = ±1，且γ－α₂、γ－α₃、γ－α₄必有其中兩個為1和－1，但都會導致α₂、α₃、α₄其中之一為0，矛盾。