从切线圆到无穷级数与二进制分解
本节课以令人惊讶的方式连接了几何与代数。从一个关于切线圆的简单问题出发，我们发现了一个公式，将我们引入无穷级数的世界——永不结束但仍能等于有限数的和。在此过程中，我们遇到了与二进制数的美妙联系，并学会了如何分解无穷多项式。这些思想构成了微积分的基础，并在竞赛数学（包括AMC/AIME）中频繁出现。
涵盖的主题
- 两个圆在直线上切点之间的距离
- 无穷级数与收敛的入门
- 等比级数：封闭公式
- AMC 2015 12A 第25题（圆的堆叠）
- 将等比级数分解为无穷乘积
- 二进制表示与唯一性
课程视频
课程关键帧
前置知识
两个圆相切是指它们恰好在一个点接触。如果从外部接触，称为外切——两圆心之间的距离等于两半径之和。
圆与直线相切是指圆恰好在一个点接触直线。在该点处，半径垂直于直线。
数列是一个有序的数的列表：\(a_1, a_2, a_3, \ldots\)
级数是数列各项的和：
\[S = a_1 + a_2 + a_3 + \cdots\]
如果数列有有限项，这是有限级数。如果无限延续，这是无穷级数。
无穷级数如果其部分和趋近于一个固定的数，则收敛。否则发散。
在我们通常的十进制系统中，我们用10的幂来表示数。在二进制中，我们用2的幂。
例如，\(13 = 8 + 4 + 1 = 2^3 + 2^2 + 2^0\)，所以二进制为：\(13_{10} = 1101_2\)。
每个正整数都有唯一的二进制表示。
核心概念
切点距离公式： 如果半径分别为 \(r\) 和 \(R\) 的两个圆都与同一条直线相切，且两圆外切，则它们在直线上的切点之间的距离为 \(s = 2\sqrt{rR}\)。
等比级数（无穷）： \(\displaystyle \sum_{k=0}^{\infty} x^k = \frac{1}{1-x}\)，当 \(|x| < 1\) 时成立。
等比级数（有限）： \(\displaystyle \sum_{k=0}^{n} x^k = \frac{x^{n+1} - 1}{x - 1}\)。
二进制分解： \(\displaystyle 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots = (1+x)(1+x^2)(1+x^4)(1+x^8)\cdots\)
1. 直线上两切点之间的距离
问题设置
半径分别为 \(r\)（小圆）和 \(R\)（大圆）的两个圆都放在一条平直线上（都从上方与直线相切），且两圆外切。两圆与直线切点之间的水平距离 \(s\) 是多少？
梯形构造
连接两圆圆心。这条线段的长度为 \(r + R\)（因为两圆外切）。
现在从圆心画水平和垂直参考线，构成一个直角三角形：
- 竖直边是半径之差：\(R - r\)
- 斜边是圆心距：\(R + r\)
- 水平边是切点之间的距离：\(s\)
由勾股定理：
\[s^2 + (R - r)^2 = (R + r)^2\]
展开：
\[s^2 = (R+r)^2 - (R-r)^2 = 4Rr\]
因此：
\[\boxed{s = 2\sqrt{Rr}}\]
试一试： 拖动 \(r\) 和 \(R\) 的滑块，观察切点距离如何变化。
示例：Toby的开场题
两个圆都与由两条直线构成的楔形相切。从顶点到每个切点的距离都是4。求较小圆的面积。
利用切线性质和上述构造，如果切点之间的距离为4，且半径之比为 \(r : 2r\)，则：
\[4 = 2\sqrt{r \cdot 2r} = 2r\sqrt{2}\]
求解：\(r = \sqrt{2}\)
小圆的面积：\(\pi r^2 = 2\pi\)。
2. 无穷级数入门
从多项式到幂级数
多项式有有限项。但如果我们允许无穷多项呢？
\[P(x) = 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots = \sum_{k=0}^{\infty} x^k\]
这叫做幂级数——一个”无穷次多项式”。
推导封闭公式
设 \(S = 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots\)
两边乘以 \(x\)：
\[xS = x + x^2 + x^3 + x^4 + \cdots\]
相减：
\[S - xS = 1\]
\[S(1 - x) = 1\]
\[\boxed{S = \frac{1}{1-x}}\]
这是一个形式等式。只有当 \(|x| < 1\)（级数收敛）时，它才在数值上成立。例如：
- \(x = \tfrac{1}{2}\)：\(1 + \tfrac{1}{2} + \tfrac{1}{4} + \cdots = \frac{1}{1 - 1/2} = 2\) —— 正确！
- \(x = 2\)：\(1 + 2 + 4 + \cdots = \frac{1}{1-2} = -1\) —— 荒谬！（级数发散。）
合理性检验： 将 \((1 + x + x^2 + \cdots) \times (1 - x)\) 相乘。除了首项 \(1\) 外，所有项都抵消。
有限等比级数
对于有限和，末项的遗留项很重要：
\[S_n = \sum_{k=0}^{n} x^k = 1 + x + x^2 + \cdots + x^n\]
乘以 \(x\) 并相减：
\[S_n - xS_n = 1 - x^{n+1}\]
\[\boxed{S_n = \frac{x^{n+1} - 1}{x - 1}}\]
此公式对任何 \(x \neq 1\) 均成立，即使 \(|x| > 1\)，因为和是有限的。
试一试： 调节 \(a\)（公比）和 \(n\)（项数），观察有限部分和如何趋近无穷和。
3. AMC 2015 12A 第25题：圆的堆叠
题目
一组圆被堆叠在半径分别为 \(R_1\) 和 \(R_2\) 的两个大圆之间，所有圆都与同一条直线相切。圆一层一层地插入：第一层（\(L_1\)）有一个圆在 \(R_1\) 和 \(R_2\) 之间，第二层（\(L_2\)）有两个圆，第三层（\(L_3\)）有四个，以此类推——第 \(k\) 层有 \(2^{k-1}\) 个圆。
题目要求前六层所有小圆的 \(\sum \frac{1}{\sqrt{r_i}}\)。
求 \(r_1\)：第一个插入的圆
半径为 \(r_1\) 的圆插入两个原始圆之间，与三者都相切（两个大圆和底线）。
利用我们的切点距离公式：
\[2\sqrt{R_1 R_2} = 2\sqrt{R_1 r_1} + 2\sqrt{R_2 r_1}\]
两边除以 \(2\sqrt{r_1}\)：
\[\frac{\sqrt{R_1 R_2}}{\sqrt{r_1}} = \sqrt{R_1} + \sqrt{R_2}\]
因此：
\[\frac{1}{\sqrt{r_1}} = \frac{\sqrt{R_1} + \sqrt{R_2}}{\sqrt{R_1 R_2}} = \frac{1}{\sqrt{R_1}} + \frac{1}{\sqrt{R_2}}\]
这是关键洞察：每个新圆的 \(\frac{1}{\sqrt{r}}\) 值等于其两个相邻圆的 \(\frac{1}{\sqrt{r}}\) 之和。
各层的规律
这个加法性质意味着每个新圆的 \(\frac{1}{\sqrt{r}}\) 值是 \(\frac{1}{\sqrt{R_1}}\) 和 \(\frac{1}{\sqrt{R_2}}\) 的某些副本之和。追踪每项的副本数：
| 层 | 圆（\(\frac{1}{\sqrt{R_1}}\)、\(\frac{1}{\sqrt{R_2}}\) 的副本数） | 每项的总副本数 |
|---|---|---|
| \(L_0\)（原始） | \((1, 0)\) 和 \((0, 1)\) | 1, 1 |
| \(L_1\) | \((1, 1)\) | 1, 1 |
| \(L_2\) | \((2, 1)\) 和 \((1, 2)\) | 3, 3 |
| \(L_3\) | \((3, 1), (3, 2), (2, 3), (1, 3)\) | 9, 9 |
| \(L_k\) | … | \(3^{k-1}\), \(3^{k-1}\) |
每层的总副本数遵循3的幂次！所以前六层的总和为：
\[\sum_{k=1}^{6} 3^{k-1} = \frac{3^6 - 1}{3 - 1} = \frac{729 - 1}{2} = 364\]
最终答案为：
\[364 \left(\frac{1}{\sqrt{R_1}} + \frac{1}{\sqrt{R_2}}\right)\]
当你插入新一层时，每个新圆由两个相邻的已有圆构成。它的副本数是其邻居的和。在边界处，原始大圆始终贡献 \((1,0)\) 或 \((0,1)\)。
将一层中所有副本数加起来与上一层比较，总数乘以3。这可以用归纳法证明。
4. 等比级数的分解：二进制联系
Lucas的精彩观察
无穷等比级数可以写成无穷乘积：
\[1 + x + x^2 + x^3 + \cdots = (1+x)(1+x^2)(1+x^4)(1+x^8) \cdots\]
展开右侧时，乘积中的每一项要么贡献 \(1\)，要么贡献 \(x^{2^j}\)。展开后的一个典型项为：
\[x^{2^{a_1}} \cdot x^{2^{a_2}} \cdots = x^{2^{a_1} + 2^{a_2} + \cdots}\]
指数是不同的2的幂之和——这恰好是一个二进制数！由于每个非负整数都有唯一的二进制表示，每个幂次 \(x^n\) 恰好出现一次。
证明二进制的唯一性
命题： 每个正整数都可以唯一地表示为不同的2的幂之和。
证明： 假设某个整数 \(N\) 有两种不同的二进制表示。考虑每种表示中最大的2的幂。
如果不同，比如一种使用 \(2^k\) 而另一种不使用，那么不含 \(2^k\) 的那种必须仅用 \(2^0, 2^1, \ldots, 2^{k-1}\) 来弥补差额。但 \(2^0 + 2^1 + \cdots + 2^{k-1} = 2^k - 1 < 2^k\)，所以这是不可能的。
因此，两种表示必须使用相同的最大幂次。将其从两种表示中去掉，对余数重复上述论证。
由数学归纳法，两种表示完全相同。\(\square\)
这是关键事实：所有较小的2的幂之和仍然小于下一个2的幂：\(1 + 2 + 4 + \cdots + 2^{k-1} = 2^k - 1\)。
示例：哪些因子产生 \(x^{101}\)？
将101写成二进制：
\[101 = 64 + 32 + 4 + 1 = 2^6 + 2^5 + 2^2 + 2^0\]
所以 \(101_{10} = 1100101_2\)。
从乘积中，在 \((1+x^{64})\) 中选 \(x^{64}\)，在 \((1+x^{32})\) 中选 \(x^{32}\)，在 \((1+x^{4})\) 中选 \(x^{4}\)，在 \((1+x)\) 中选 \(x^{1}\)。其他所有因子都选 \(1\)。
\[x^1 \cdot 1 \cdot x^4 \cdot 1 \cdot x^{32} \cdot x^{64} \cdot 1 \cdots = x^{101}\]
这个组合是唯一的，所以 \(x^{101}\) 恰好以系数1出现。
5. 应用：二项式系数的奇偶性
课后思考题
\(\binom{211}{143}\) 是偶数还是奇数？
\(\binom{m}{n}\) 的奇偶性可以通过二进制表示来判断。根据Lucas定理（一个不同的Lucas！），\(\binom{m}{n}\) 是奇数当且仅当 \(n\) 的每一个二进制位都 \(\leq\) \(m\) 的对应二进制位。
写成二进制：
- \(211 = 128 + 64 + 16 + 2 + 1 = 11010011_2\)
- \(143 = 128 + 8 + 4 + 2 + 1 = 10001111_2\)
逐位比较：
| 位置 | \(2^7\) | \(2^6\) | \(2^5\) | \(2^4\) | \(2^3\) | \(2^2\) | \(2^1\) | \(2^0\) |
|---|---|---|---|---|---|---|---|---|
| 211 | 1 | 1 | 0 | 1 | 0 | 0 | 1 | 1 |
| 143 | 1 | 0 | 0 | 0 | 1 | 1 | 1 | 1 |
在 \(2^3\) 位置：143有1，但211有0。所以 \(\binom{211}{143}\) 是偶数。
速查表
| 公式 | 表达式 |
|---|---|
| 切点距离 | \(s = 2\sqrt{rR}\)，适用于直线上半径分别为 \(r, R\) 的两个圆 |
| 无穷等比级数 | \(\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty} x^k = \frac{1}{1-x}\)，当 \(\lvert x\rvert < 1\) 时成立 |
| 有限等比级数 | \(\displaystyle\sum_{k=0}^{n} x^k = \frac{x^{n+1}-1}{x-1}\) |
| 二进制乘积分解 | \((1+x)(1+x^2)(1+x^4)\cdots = 1 + x + x^2 + x^3 + \cdots\) |
| 二进制唯一性 | 每个正整数都有唯一的二进制表示 |
| \(\binom{m}{n}\) 的奇偶性 | 奇数当且仅当 \(n\) 的每个二进制位 \(\leq\) \(m\) 的对应位 |
等比级数技巧（请牢记！）
求和 \(S = 1 + a + a^2 + \cdots + a^n\)：
- 乘以 \(a\)：\(aS = a + a^2 + \cdots + a^{n+1}\)
- 相减：\(aS - S = a^{n+1} - 1\)
- 求解：\(\displaystyle S = \frac{a^{n+1} - 1}{a - 1}\)