韋達定理在三角與解析幾何中的應用

韋達定理在三角與解析幾何中的應用

胡紹宗

眾所周知, 韋達定理在中學數學中有著 廣泛的應用, 特別在代數中的應用最為多多, 這裡不去贅述。 本文著重討論它在三角與解 析幾何中的應用。

韋達定理: 設 n 次代數方程 a0xⁿ + a1xⁿ⁻¹+ a2xⁿ⁻²+ · · · + an−1x + an = 0 (ai(i = 0, 1, 2, . . . , n) 為複數, 且 a₀ 6= 0) 的 n 個根為 x₁, x2, . . . , xn, 則

x1+ x2+ · · · + xⁿ = −a1

a0

, x1x2+ x1x3+ · · · + xn−1xn= a2

a0

, x1x2x3+ x1x2x4+ · · · + xn−2x_n−1xn

= −a3

a0

, . . . .

x1x2x3· · · xⁿ = (−1)ⁿan

a0

某些三角恆等式, 如

^Q

√2n + 1,

^P

例1: 設 n 為任一正整數, 則

(i) sin_2n+1^π · sin_2n+1^2π · sin_2n+1^3π · · · sin_2n+1^nπ =^√2n+1₂n ,

(ii) cos_2n+1^π · cos_2n+1^2π · cos_2n+1^3π · · · cos_2n+1^nπ =₂¹n.

證: (i) 考察方程

sin(2n + 1)x = 0, (1) 顯然, xi = _2n+1^iπ (i = 1, 2, . . . , n) 是方程 (1) 的一組特解。 由棣模弗公式, 有

sin(2n + 1)x

= C₁²ⁿ⁺¹sin x cos²ⁿx − C3²ⁿ⁺¹sin³x cos²⁽ⁿ⁻¹⁾x + C₅²ⁿ⁺¹sin⁵x cos²⁽ⁿ⁻²⁾x

−C7²ⁿ⁺¹sin⁷x cos²⁽ⁿ⁻³⁾x + · · · +(−1)ⁿC_2n+1²ⁿ⁺¹sin²ⁿ⁺¹x

= sin x[C₁²ⁿ⁺¹cos²ⁿx − C3²ⁿ⁺¹sin²x cos²⁽ⁿ⁻¹⁾x + C₅²ⁿ⁺¹sin⁴x cos²⁽ⁿ⁻²⁾x

−C7²ⁿ⁺¹sin⁶x cos²⁽ⁿ⁻³⁾x + · · · +(−1)ⁿC_2n+1²ⁿ⁺¹sin²ⁿx]. (2) 以 1 − sin²x 代換 (2) 式中的 cos²x, 有

sin(2n + 1)x

= sin x[C₁²ⁿ⁺¹(1 − sin²x)ⁿ

−C3²ⁿ⁺¹sin²x(1 − sin²x)ⁿ⁻¹

83

+C₅²ⁿ⁺¹sin⁴x(1 − sin²x)ⁿ⁻²

−C7²ⁿ⁺¹sin⁶x(1 − sin²x)ⁿ⁻³ + · · · + (−1)ⁿC_2n+1²ⁿ⁺¹sin²ⁿx]

= sin x[C₁²ⁿ⁺¹C₀ⁿ− (C1²ⁿ⁺¹C₁ⁿ +C₃²ⁿ⁺¹C₀ⁿ⁻¹) sin²x

+(C₁²ⁿ⁺¹C₂ⁿ+ C₃²ⁿ⁺¹C₁ⁿ⁻¹ +C₅²ⁿ⁺¹C₀ⁿ⁻²) sin⁴x

−(C1²ⁿ⁺¹C₃ⁿ+ C₃²ⁿ⁺¹C₂ⁿ⁻¹

+C₅²ⁿ⁺¹C₁ⁿ⁻²+ C₇²ⁿ⁺¹C₀ⁿ⁻³) sin⁶x + · · · + (−1)ⁿ(C₁²ⁿ⁺¹+ C₃²ⁿ⁺¹ +C₅²ⁿ⁺¹+ C₇²ⁿ⁺¹+ · · ·

+C_2n+1²ⁿ⁺¹) sin²ⁿx].

令y = sin²x, 則方程

C₁²ⁿ⁺¹C₀ⁿ− (C1²ⁿ⁺¹C₁ⁿ+ C₃²ⁿ⁺¹C₀ⁿ⁻¹)y +(C₁²ⁿ⁺¹C₂ⁿ+ C₃²ⁿ⁺¹C₁ⁿ⁻¹

+C₅²ⁿ⁺¹C₀ⁿ⁻²)y²− (C1²ⁿ⁺¹C₃ⁿ +C₃²ⁿ⁺¹C₂ⁿ⁻¹+ C₅²ⁿ⁺¹C₁ⁿ⁻² +C₇²ⁿ⁺¹C₀ⁿ⁻³)y³+ · · ·

+(−1)ⁿ(C₁²ⁿ⁺¹+ C₃²ⁿ⁺¹+ C₅²ⁿ⁺¹ +C₇²ⁿ⁺¹+ · · · + C2n+1²ⁿ⁺¹)yⁿ= 0

的 n 個根為 yi = sin² _2n+1^iπ (i = 1, 2,

· · · , n)。

由韋達定理, 有 y1y2y3· · · yⁿ

= sin² π

2n + 1

^

2n + 1

^

· · · sin² nπ 2n + 1

= C₁²ⁿ⁺¹C₀ⁿ/(C₁²ⁿ⁺¹+ C₃²ⁿ⁺¹+ C₅²ⁿ⁺¹ +C₇²ⁿ⁺¹+ · · · + C2n+1²ⁿ⁺¹),

而 C₁²ⁿ⁺¹C₀ⁿ = 2n + 1, 2²ⁿ⁺¹= (1 + 1)²ⁿ⁺¹

= C₀²ⁿ⁺¹+ C₁²ⁿ⁺¹+ C₂²ⁿ⁺¹ +C₃²ⁿ⁺¹+ C₄²ⁿ⁺¹+ C₅²ⁿ⁺¹ + · · · + C2n+1²ⁿ⁺¹,

0 = (1 − 1)²ⁿ⁺¹ = C₀²ⁿ⁺¹− C1²ⁿ⁺¹

+C₂²ⁿ⁺¹− C3²ⁿ⁺¹+ C₄²ⁿ⁺¹

−C5²ⁿ⁺¹+ · · · + C2n²ⁿ⁺¹

−C2n+1²ⁿ⁺¹,

C₁²ⁿ⁺¹+C₃²ⁿ⁺¹+C₅²ⁿ⁺¹+· · ·+C2n+1²ⁿ⁺¹

= C₀²ⁿ⁺¹+C₂²ⁿ⁺¹+C₄²ⁿ⁺¹+· · ·+C2n²ⁿ⁺¹

=2²ⁿ⁺¹

2 = 2²ⁿ, 故

sin² π

2n + 1

^

2n + 1

^

2n + 1=2n + 1 2²ⁿ , 即

sin π

2n + 1

^

2n + 1

^

2n + 1=

√2n + 1 2ⁿ .

(ii) 在 (2) 式中, 以 1 − cos²x 代換 sin²x, 有

sin(2n + 1)x

= sin x[C₁²ⁿ⁺¹cos²ⁿx−C3²ⁿ⁺¹

(1−cos²x) cos²⁽ⁿ⁻¹⁾x + C₅²ⁿ⁺¹ (1 − cos²x)²cos²⁽ⁿ⁻²⁾x − C7²ⁿ⁺¹

(1 − cos²x)³cos²⁽ⁿ⁻³⁾x + · · · +(−1)ⁿC_2n+1²ⁿ⁺¹(1 − cos²x)ⁿ]

= sin x[(C₁²ⁿ⁺¹+ C₃²ⁿ⁺¹+ C₅²ⁿ⁺¹ +C₇²ⁿ⁺¹+ · · · + C2n+1²ⁿ⁺¹) cos²ⁿx

−(C3²ⁿ⁺¹C₁¹+ C₅²ⁿ⁺¹C₁²+ C₇²ⁿ⁺¹C₁³ + · · · + C2n+1²ⁿ⁺¹C₁ⁿ) cos²⁽ⁿ⁻¹⁾x +(C₅²ⁿ⁺¹C₂²+ C₇²ⁿ⁺¹C₂³+ · · · +C_2n+1²ⁿ⁺¹C₂ⁿ) cos²⁽ⁿ⁻²⁾x − (C7²ⁿ⁺¹C₃³ + · · · + C2n+1²ⁿ⁺¹C₃ⁿ) cos²⁽ⁿ⁻³⁾x + · · · +(−1)ⁿC_2n+1²ⁿ⁺¹].

令 y = cos²x, 則方程

(C₁²ⁿ⁺¹+ C₃²ⁿ⁺¹+ C₅²ⁿ⁺¹+ C₇²ⁿ⁺¹ + · · · + C2n+1²ⁿ⁺¹)yⁿ− (C3²ⁿ⁺¹C₁¹ +C₅²ⁿ⁺¹C₁²+ C₇²ⁿ⁺¹C₁³

+ · · · + C2n+1²ⁿ⁺¹C₁ⁿ)yⁿ⁻¹ +(C₅²ⁿ⁺¹C₂² + C₇²ⁿ⁺¹C₂³+ · · · +C_2n+1²ⁿ⁺¹C₂ⁿ)yⁿ⁻²− (C7²ⁿ⁺¹C₃³+ · · · +C_2n+1²ⁿ⁺¹C₃ⁿ)yⁿ⁻³+· · ·+(−1)ⁿC_2n+1²ⁿ⁺¹= 0 的 n 個根為 yi = cos² _2n+1^iπ , (i = 1, 2, 3,

· · · , n)。

由韋達定理, 有 y1y2y3· · · yn

= cos² π

2n + 1

^



2n + 1· · · cos² nπ 2n + 1

= C_2n+1²ⁿ⁺¹/(C₁²ⁿ⁺¹+C₃²ⁿ⁺¹+ C₅²ⁿ⁺¹ +C₇²ⁿ⁺¹+· · ·+C2n+1²ⁿ⁺¹)

= 1 2²ⁿ,

即

cos π

2n + 1

^

2n + 1

^

· · · cos nπ 2n + 1

= 1 2ⁿ.

解析幾何是以代數方法處理幾何問題, 而代數方法的論證和推導往往可以利用韋達 定理巧妙地完成。

例2: 從橢圓 ^x_a²² +^y_b²² = 1 外一點作橢 圓的兩切線, 若兩切線的夾角為直角, 求這一 動點的軌跡方程。

解: 設 P (x₀, y₀) 為橢圓外一點, 過 P 點作橢圓的兩條切線, 切點為 P1(x1, y1), P2(x2, y2), 則

x²₁ a² +y₁²

b² = 1, x²₂ a² + y₂²

b² = 1, 且切線方程為

x1x a² + y1y

b² = 1, x2x a² + y2y

b² = 1.

因 P 為兩切線的交點, 故有 x0x1

a² +y0y1

b² = 1, x0x2

a² +y0y2

b² = 1.

由方程組







x²1

a² +^y

2 1

b² = 1

x0x1

a² + ^y0_b^y21 = 1 消去 y₁ 得 (b²x²₀+ a²y₀²)x²₁− 2a²b²x₀x₁ +a⁴(b²− y²0) = 0, (1) 再由方程組







x²2

a² +^y_b²²² = 1

x0x2

a² +^y0_b^y2² = 1 消去 y2 得 (b²x²₀+ a²y₀²)x²₂− 2a²b²x0x2

+a⁴(b²− y²0) = 0, (2)

若 x1+ x2, 據 (1) 及 (2) 可知 x1 及 x2 為 方程

(b²x²₀+ a²y²₀)x²− 2a²b²x0x +a⁴(b²− y²0) = 0, (3) 的兩個根。

由韋達定理, 得

x1+ x2 = 2a²b²x0/(b²x²₀+ a²y²₀), x1x2 = a⁴(b²− y0²)/(b²x²₀ + a²y₀²). (4)

若 x1 = x2, 則由對稱性知 y0 = 0, 又 據 ^x0x1

a² + ^y0_b2^y1 = 1 則得 x0x1 = a², 因而 x1+ x2 = 2x1 = ^2a_x0²,x1x2 = x²₁ = ^a_x⁴²

0, 故 此時 (4) 亦成立。

同理可知: 不論 y1 6= y2 或 y₁ = y2, 恆有

y1+ y2= 2a²b²y0/(b²x²₀+ a²y₀²),

y1y2= b⁴(a² − x²0)/(b²x²₀ + a²y₀²). (5) 若兩切線無鉛垂方向者, 則因二者互相 垂直, 故

y₀− y1

x0 − x¹ · y₀− y2

x0− x² = −1, 從而

(x0−x1)(x0−x2)+(y0−y1)(y0−y2) = 0, 即

x²₀−x⁰(x1+x2)+x1x2+y₀²−y⁰(y1+y2)

+y1y2= 0. (6)

若兩切線恰為鉛垂切線及水平切線, 則 P 之坐標為 (x₀, y₀) = (±a, ±b), 而

P1(x1, y1) 及 P2(x2, y2) 則為橢圓之相鄰二 頂點, 故顯然有

(x0−x¹)(x0−x²)+(y0−y¹)(y0−y²) = 0, 遂知此時 (6) 亦成立。

將 (4) 及 (5) 代入 (6), 可推得 x²₀− 2a²b²x²₀/(b²x²₀+ a²y²₀) +a⁴(b² − y0²)/(b²x²₀+ a²y₀²) +y₀²− 2a²b²y₀²/(b²x²₀+ a²y₀²) +b⁴(a² − x²0)/(b²x²₀ + a²y₀²) = 0, (b²x²₀ + a²y₀²)x²₀− 2a²b²x²₀ +a⁴(b² − y0²) + (b²x²₀ + a²y₀²)y₀²

−2a²b²y₀²+ b⁴(a²− x²0) = 0,

(b²x²₀ + a²y₀²)(x²₀ + y₀²) − a²b²(x²₀+ y₀²)

−(a²b²x²₀+ a⁴y₀²) − (a²b²y₀²+ b⁴x²₀) +(a⁴b² + a²b⁴) = 0,

(b²x²₀ + a²y₀²− a²b²)(x²₀+ y²₀)

−a²(b²x²₀+ a²y₀²) − b²(b²x²₀+ a²y²₀) +a²b²(a²+ b²) = 0,

(b²x²₀ + a²y₀²− a²b²)(x²₀+ y²₀)

−(b²x²₀ + a²y₀²− a²b²)(a² + b²) = 0, (b²x²₀ + a²y₀²− a²b²)

[(x²₀+ y₀²) − (a²+ b²)] = 0.

因 P (x0, y0) 在橢圓 ^x_a²² + ^y_b²² = 1 外, 故 b²x²₀+ a²y₀²− a²b² > 0, 遂知所求軌跡包含 於圓 x²+ y² = a²+ b² (落於圓周上)。

反之, 設 P (x₀, y0) 為圓 x² + y² = a²+b² 上任一點, 過 P 所作橢圓^x_a²²+^y_b²² = 1 的兩條切線為 P P₁及 P P₂, 其中 P₁(x₁, y₁)

及 P2(x2, y2) 為切點。 若 x0 = x1, 則 P P1

為鉛垂切線, 故 x₀ = ±a, 而 y⁰ = ±b (注意 x²₀ + y₀² = a² + b²), 遂知 P P₂ 為水平切線; 同理可知: 若 x0 = x2, 則 P P2 為鉛垂切線, 而 P P1 為水平切線。 若 (x0 − x1)(x0 − x2) 6= 0, 則由 (4),(5) 及 x²₀+ y₀² = a²+ b² 可推得 (6) 式, 故 (x0−x1)(x0−x2)+(y0−y1)(y0−y2) = 0, 以 (x0 − x¹)(x0− x²) 除之, 並移項, 即有

y0− y¹ x0− x1



y0− y²

x0− x2 = −1, 故切線 P P₁ 與 P P₂ 垂直。

綜上, 遂知: 所求軌跡即以原點為圓心, 以 √

a²+ b² 為半徑之圓, 其方程為 x²+ y² = a²+ b².

例3: 給定雙曲線 x² − ^y₂² = 1。 過點 A(1, 1) 能否作直線 m, 使 m 與所給雙曲線 交兩點 P1 及 P2, 且點 A 是線段 P1P2 的 中點。 這樣的直線 m 如果存在, 求出它的方 程; 如果不存在, 說明理由。

解: 若 m 存在, 可設其方程為

y = kx + b. (1)

由方程組







x²− ^y₂² = 1

y = kx + b 消去 y, 得 (2 − k²)x²− 2kbx − (b²+ 2) = 0, (2) 設 P₁ 及 P₂ 的坐標分別為 (x₁, y1) 及 (x₂, y₂), 則 x₁, x₂ 為方程 (2) 的兩個根。

由韋達定理, 得

x1+ x2 = 2kb/(2 − k²).

因線段 P1P2 的中點為 A(1, 1), 故

1 = (x₁+ x₂)/2 = kb/(2 − k²). (3) 將 x = kb/(2 − k²), y = 1 代入 (1), 得

1 = k kb

2 − k² + b = 2b/(2 − k²). (4) 由 (4) ÷ (3) 知 k = 2, 代入 (4) 即得 b = −1。 將 k = 2, b = −1 代入 (2), 得

2x²− 4x + 3 = 0. (5) 根據 m 存在的假設, 方程 (5) 應有兩個實 根, 但顯然, 其判別式 △ < 0, 矛盾, 因此直 線 m 不存在。

例4: 若長為 l(l ≥ 1) 的線段 AB 的 兩個端點在拋物線 y = x² 上移動, 試求其 中點 M 到 x 軸的最短距離。

解: 設 AB 所在的直線方程為 y = kx + b, 其與拋物線 y = x² 的交點為 A(m, m²), B(n, n²)。

由







y = kx + b

y = x² 得 x²− kx − b = 0.

由韋達定理, 得

m + n = k, mn = −b. (1) 設線段 AB 的中點為 M(x, y), 則

y = m²+ n²

2 = (m + n)²− 2mn 2

= k²

2 + b. (2)

由題意, l² = (m − n)² + (m² − n²), 即 [(m+n)²−4mn][1+(m+n)²] = l². (3)

將 (1) 代入 (3), 得 (k²+ 4b)(1 + k²) = l², 即

b = 1 4( l²

1 + k² − k²). (4) 將 (4) 代入 (2), 得

y = k² 2 +1

4( l²

1 + k² − k²)

=1

4(k²+ l² 1 + k²)

=1

4(1 + k²+ l²

1 + k² − 1).

因 (1 + k²)



l²

1+k² = l² 為定值, 故當 1 + k² = _1+k^l22, 即 k = ±√

l − 1 時, y 取最小值

1

4(l − 1 +l² l ) = 1

4(2l − 1).

—本文作者任教於安徽阜陽師院—