Question

20．已知曲線C_n的方程為：|x|ⁿ+|y|ⁿ=1（n∈N^*）．
（Ⅰ）分別求出n=1，n=2時，曲線C_n所圍成的圖形的面積；
（Ⅱ）若S_n（n∈N^*）表示曲線C_n所圍成的圖形的面積，求證：S_n（n∈N^*）關于n是遞增的；
（Ⅲ） 若方程xⁿ+yⁿ=zⁿ（n＞2，n∈N），xyz≠0，沒有正整數(shù)解，求證：曲線C_n（n＞2，n∈N^*）上任一點對應的坐標（x，y），x，y不能全是有理數(shù)．

Answer 1

分析 （Ⅰ）取n=1，n=2，得到C₁、C₂的方程，畫出圖象，結(jié)合圖象求得面積；
（Ⅱ）要證 ${S_n}（n∈{N^*}）$是關于n遞增的，只需證明：${S_n}＜{S_{n+1}}（n∈{N^*}）$．轉(zhuǎn)化為證明曲線C_n在第一象限的部分與坐標軸所圍成的面積遞增．然后借助于函數(shù)單調(diào)性求證；
（Ⅲ） 由于xⁿ+yⁿ=zⁿ（n＞2，n∈N）可等價轉(zhuǎn)化為${（\frac{x}{z}）^n}+{（\frac{y}{z}）^n}=1$，利用反證法證明曲線${（\frac{x}{z}）^n}+{（\frac{y}{z}）^n}=1$（n＞2，n∈N^*）上任一點對應的坐標（x，y），x，y不能全是有理數(shù)．

解答 （Ⅰ）解：當n=1，2時，曲線C₁、C₂的方程分別為|x|+|y|=1和x²+y²=1，
其圖象分別如圖：
由圖可知${S}_{1}=\sqrt{2}×\sqrt{2}=2$，S₂=π；
（Ⅱ）證明：要證 ${S_n}（n∈{N^*}）$是關于n遞增的，只需證明：${S_n}＜{S_{n+1}}（n∈{N^*}）$．
由于曲線C_n具有對稱性，只需證明曲線C_n在第一象限的部分與坐標軸所圍成的面積遞增．
現(xiàn)在考慮曲線C_n與C_n+1，
∵|x|ⁿ+|y|ⁿ=1（n∈N^*）…①，
∵|x|ⁿ⁺¹+|y|ⁿ⁺¹=1（n∈N^*）…②，
在①和②中令x=x₀，x₀∈（0，1），
當x₀∈（0，1），存在y₁，y₂∈（0，1）使得${x_0}^n+{y_1}^n=1$，${x_0}^{n+1}+{y_2}^{n+1}=1$成立，
此時必有y₂＞y₁．
∵當x₀∈（0，1）時${x_0}^n＞{x_0}^{n+1}$，
∴${y_2}^{n+1}＞{y_1}^n$．
兩邊同時開n次方有，${y_2}＞{y_2}^{\frac{n+1}{n}}＞{y_1}$．（指數(shù)函數(shù)單調(diào)性）
這就得到了y₂＞y₁，
從而${S_n}（n∈{N^*}）$是關于n遞增的；
（Ⅲ）證明：由于xⁿ+yⁿ=zⁿ（n＞2，n∈N）可等價轉(zhuǎn)化為${（\frac{x}{z}）^n}+{（\frac{y}{z}）^n}=1$，
反證：若曲線${C_n}（n＞2，n∈{N^*}）$上存在一點對應的坐標（x，y），x，y全是有理數(shù)，
不妨設$x=\frac{q}{p}，y=\frac{t}{s}$，p，q，s，t∈N^*，且p，q互質(zhì)，s，t互質(zhì)．
則由|x|ⁿ+|y|ⁿ=1可得，${|{\frac{q}{p}}|^n}+{|{\frac{t}{s}}|^n}=1$．
即|qs|ⁿ+|pt|ⁿ=|ps|ⁿ．
這時qs，pt，ps就是xⁿ+yⁿ=zⁿ（n＞2，n∈N^*）的一組解，
這與方程xⁿ+yⁿ=zⁿ（n＞2，n∈N^*），xyz≠0，沒有正整數(shù)解矛盾，
∴曲線${C_n}（n＞2，n∈{N^*}）$上任一點對應的坐標（x，y），x，y不能全是有理數(shù)．

點評 本題考查曲線的方程和方程的曲線，考查邏輯思維能力和推理論證能力，考查數(shù)學轉(zhuǎn)化思想方法，考查了反證法，是難題．