几何方法在代数问题中的妙用

何金红

（江苏省无锡市堰桥中学，214000）

最近，笔者在教学“数学归纳法”时，遇到了一道题：“用数学归纳法证明等式：13+23+…+n3=(1+2+…+n)2。”不由想起了之前研究过的对此等式的一种几何证法。数学中的几何与代数，既各有所长，又联系紧密，有时几何法能巧解代数问题，有时代数法能妙证几何问题，数形结合更是数学解题、研究中的“掌上之宝”。下文所谈，是几何方法在代数问题中的妙用。

一、毕氏学派的一元二次方程几何解法

毕氏学派即“毕达哥拉斯学派”，亦称“南意大利学派”，是一个集政治、学术、宗教三位于一体的组织。它由古希腊数学家毕达哥拉斯所创立，产生于公元前6世纪末，公元前5世纪被迫解散，其成员大多是数学家、天文学家、音乐家。

毕达哥拉斯学派的数学成就很多。据说，“数学”这个词就是毕达哥拉斯学派最先使用的。他们将数学研究分为算术、音乐、几何、天文4个方面，前两个方面是研究多少的，也就是研究不连续的量（算术研究的是绝对不连续量，音乐则研究相对不连续量）；后两个方面是研究大小的，也就是研究连续的量（几何研究的是静止的连续量，天文则研究运动的连续量）。毕达哥拉斯学派研究数学的目的是探寻世界万物的奥秘，他们认为，过去的哲学家用水、火、土、气解释世界万物是不够的，还应该加上数，所以他们提出了“万物皆数”的信条。他们在研究长度、面积、体积的度量问题时，采用了比较的方法。比如，谈到长度时，他们并不注意某长度是多少，而关心两个长度的比，且认为这些比都是整数或者是整数的比。于是，他们提出了一个所谓的“贴合”理论，发现了不可公度比。

对于一元二次方程，我们现在可以用求根公式，很容易解决：对于方程ax2+bx+c=0（a≠0），在判别式Δ=b2－4ac≥0时，有两个实根，

下面分析毕达哥拉斯学派当年如何用几何方法求解一元二次方程：

对于任何一个有实根的一元二次方程,总可以化成二次项系数为1的方程，设为x2+ax+b=0。对于这个方程，可用图1来解释它的几何解法。

这个等式左边是立方，右边是平方，那么，从几何的角度来思考的话，会由左边想到体积，而从右边想到面积。但是，体积和面积能相等吗？显然不行。看来，需要经过一定的处理：想办法把右边“升成”立方。

可以用单位立方体（即棱长为1的小立方体）的摆放来证明这个恒等式。

首先，看n=2的情况。

考虑先放1个单位立方体，再沿对角线方向斜放一个2×2×2的立方体，那么底面也就占据了图6中的正方形EFAG和ABCD。底层不动，那么还有棱长为2的立方体的上面1层，这一层由4个单位立方体组成，将其拆成两组，1×2一组，将其移到底层，即可占据图6中的矩形ABKF和ADNG，这样就平铺成了一层。由体积相等，即有13+23=12+22+(1×2)×2=（1+2）2。

然后，看n=3的情况。

考虑先放1个单位立方体，再沿对角线方向斜放一个2×2×2的立方体，继续沿对角线方向斜放一个3×3×3的立方体，那么底面就占据了图6中的正方形EFAG、ABCD和CHIG。同样的方法，底层不动，那么还有棱长为2的立方体的上面1层和棱长为3的立方体的上面2层。

对于棱长为2的立方体的上面1层，依然按照前面的方法平铺下来。

对于棱长为3的立方体的上面2层，每一层都有9个单位立方体。对这18个单位立方体，先拆出两个2×3的部分，即可占据图6中的矩形CHMB和CJPD，再拆出两个1×3的部分，即可占据图6中的矩形BMLK和DPON，这样就平铺成了一层。由体积相等，即有13+23+33=12+22+(1×2)×2+32+(2×3)×2+(1×3)×2=（1+2+3）2。

事实上，对于n－1的情况这样平铺好后，只需要对n×n×n(即棱长为n)的立方体进行平铺就行。平铺方法同上，也就是除了底层n2的部分，还有两个（n-1）×n的部分，两个（n-2）×n的部分……两个1×n的部分。由体积相等，即有13+23+33+…+n3=12+22+（1×2）×2+32+（2×3）×2+（1×3）×2+…+n2+（n-1）×n×2+（n-2）×n×2+…+1×n×2=（1+2+3+…+n）2。

回顾一下，这里的关键步骤是：把一个棱长为n的立方体折成n3个单位立方体，并平铺为一层。而由图6很容易看出n3=n2+(n-1)×n×2+(n-2)×n×2+…+1×n×2的几何意义：沿n×n的正方形分别向左、向上延长成两个［n+(n-1)+(n-2)+…+1］×n的矩形。