我小学时曾见过这样一个问题：仅用直尺画出圆弧。初看起来这比几何作图三大难题还难，但答案透露出一种小学奥数式的机智：
- 过点O作两条相互垂直的等长线段OA，OB
- 将OA，OB等分为n段，n越大越好。将等分点分别从O到A、从B到O用1到n编号
- 链接编号相同的点对
这样连线的轮廓就是一条“曲线”了……
显然这个轮廓本质上仍然是折线段，但随着n趋近无限大，它应该会逼近某条确定的曲线
这条曲线显然不能与四分之一圆弧重合
蓝色曲线为圆弧
所以这只是小学的启发式题目啦……
那这条极限曲线的方程到底是什么呢？我们来推理一下吧。
以O为原点，OA为x轴，OB为y轴建立坐标系，设OA长度为$l$，则编号同为$i$两个点分别为$(\frac{ni}{l},0)$和$(0,l-\frac{n(i-1)}{l})$。为了方便我们稍稍改变一下OB的编号方式：从0开始，这样OB上编号为$i$的点就变成了$(0,l-\frac{ni}{l})$，注意这个改动在n很大时影响很小，而我们得到了一个有用的性质：x轴上的点的横坐标与对应的y轴上点的纵坐标之和为常数$l$。
当n趋近于无穷大，以$(\frac{ni}{l},0)$和$(0,l-\frac{ni}{l})$为端点的线段系就会近似于以$(a,0)$和$(0,l-a)$为端点的线段系，其中$a\in[0,l]$，将$a$对应的线段记作$l_a$。
单独观察$l_{a}$、$l_{a+\delta}$和$l_{a-\delta}$，其中$\delta>0$
显然所求极限曲线与$l_a$的公共点在$l_{a}$被$l_{a+\delta}$、$l_{a-\delta}$所截的线段上。
$l_a$的方程很容易用截距式写出：$\frac{x}{a}+\frac{y}{l-a}=1$，联立$l_{a}$和$l_{a+\delta}$的方程（这个过程直接用套行列式更简单）可得交点坐标为$\left(\frac{a(a+\delta)}{l},\frac{(l-a)(l-(a+\delta))}{l}\right)$，取极限$\delta\to0$得$\left(\frac{a^2}{l},\frac{(l-a)^2}{l}\right)$，这就是之前提到的截线段的极限，所求曲线与$l_a$的公共点。
令$x=\frac{a^2}{l},y=\frac{(l-a)^2}{l}$，消去$a$得$\sqrt {x}+\sqrt {y} =\sqrt {l}$，这就是那条极限曲线的表达式啦，形式很优美呢。画出它的图像和上面的近似图像对照一下，重合度很高。
又一次我想到了一个形式与上述问题很像的问题：一根粗细不计的木棍紧贴墙面放在墙角，保持它两端紧贴墙面和地面让它滑落，求其扫过的区域的曲线边缘的方程。用动图明白一点：
上图中的线段长度是恒定的哦
按照先前那个问题的思路，这次我们要分析的线段系中每条线段是以$(a,0)$和$(0,\sqrt{l^2-a^2})(a\in [0,l])$为端点的，同样记作$l_a$，其方程为$\frac{x}{a}+\frac{y}{\sqrt{l^2-a^2}}=1$，与$l_{a+\delta}$的方程联立得 $$ x=\frac{l^2+a\cdot a_1-\sqrt{l^2-a_{\phantom{1}}^2}\sqrt{l^2-a_1^2}}{l(a+a_1)}\\ y=\frac{\sqrt{l^2-a_{\phantom{1}}^2}\sqrt{l^2-a_1^2}(a\sqrt{l^2-a_1^2}+a_1\sqrt{l^2-a_{\phantom{1}}^2})}{l^2(a+a_1)} $$ 其中$a_1=a+\delta$。这真让人好算……
取极限$\delta \to 0$或者说$a_1 \to a$，得$x=\frac{a^3}{l^2},y=\frac{(l^2-a^2)^{3/2}}{l^2}$消去$a$得方程$x^{2/3}+y^{2/3}=l^{2/3}$，就是我们要找的答案啦。
当年我算出这些漂亮的式子后便沾沾自喜，并特别记在小本本上。某次我用上述两个问题考验H同学，H同学却做出了更普遍的发现。
H同学对上述问题的研究采用的是另一种思路：很明显可以看出两个问题中的$l_a$都是曲线的切线，而高中生已经学了最基本的导数和积分，于是H同学将曲线方程设为$y=f(x)$，则曲线在点$(x_0,f(x_0))$上的切线方程为$y-f(x_0)=f’(x_0)(x-x_0)$，其在x轴和y轴上的截距分别为$b_{x}=x_0-\frac{f(x_0)}{f’(x_0)},b_{y}=f(x_0)-f’(x_0)x_0$，对于第一个问题二者符合$b_x+b_y=l$，于是可得微分方程$x-\frac{f}{f’}+f-xf’=l$
现在我正儿八经地学了一点微积分还是只敢解二阶及以下的线性微分方程，当年的H同学自然也没有解出来这个非线性方程，而第二个问题对应的微分方程更加变态……但他关于$l_a$都是曲线的切线的想法是正确的，可以验证之前两个问题中的$l_a$的确都是相应曲线的切线。
H同学听完我的解法后，盯着它们（当时我都用的$y=f(x)$形式，即$y=(\sqrt{l}+\sqrt{x})^2$和$y=(l^{\frac{2}{3}}-x^{\frac{2}{3}})^{\frac{3}{2}}$），若有所思。
过了一会儿，他告诉我这似乎是一个普遍规律：$\forall n \in \mathbb{N^{\ast}}$，方程$x^{\frac{n}{n+1}}+y^{\frac{n}{n+1}}=l^{\frac{n}{n+1}}$的曲线在$x\in (0,l)$上的任意一条切线，交坐标轴于$(b_x,0)$和$(0,b_y)$，则恒有$b_x^n+b_y^n=l^n$。
这个命题的形式很优美，从前两个问题的解来看它很可能是一个定理……我和H同学以高中的一点微积分知识花了大概一两天证明了它是一个定理。现在我们可以利用隐函数求导法则，证明过程如下： $x\in [0,l]$上的隐函数 $x^{\frac{n}{n+1}}+y^{\frac{n}{n+1}}=l^{\frac{n}{n+1}}$ 两边求导，得 $$ \frac{n}{n+1}x^{-\frac{1}{n+1}}+\frac{n}{n+1} y^{-\frac{1}{n+1}} y’=0 $$ 故$\qquad y’=-\left(\frac{y}{x}\right)^{\frac{1}{n+1}}$ 故过曲线上点$(x_0,y_0)$的切线方程为$y-y_0=-\left(\frac{y_0}{x_0}\right)^{\frac{1}{n+1}}(x-x_0)$。分别令$x$、$y$等于0， 得切线横纵截距 $$ b_x=y_0^{\frac{n}{n+1}}\cdot x_0^{\frac{1}{n+1}}+x_0 ,\quad b_y=y_0^{\frac{1}{n+1}}\cdot x_0^{\frac{n}{n+1}}+y_0 $$ 故 $$ \begin{align*} b_x^n+b_y^n &=(y_0^{\frac{n}{n+1}}\cdot x_0^{\frac{1}{n+1}}+x_0)^n+(y_0^{\frac{1}{n+1}}\cdot x_0^{\frac{n}{n+1}}+y_0)^n\\ &=[(y_0^{\frac{n}{n+1}}+x_0^{\frac{n}{n+1}})\cdot x_0^{\frac{1}{n+1}}]^n+[(y_0^{\frac{n}{n+1}}+x_0^{\frac{n}{n+1}})\cdot y_0^{\frac{1}{n+1}}]^n\\ &=(l^{\frac{n}{n+1}}\cdot x_0^{\frac{1}{n+1}})^n+(l^{\frac{n}{n+1}}\cdot y_0^{\frac{1}{n+1}})^n\\ &=l^{\frac{n^2}{n+1}}\cdot x_0^{\frac{n}{n+1}}+l^{\frac{n^2}{n+1}}\cdot y_0^{\frac{n}{n+1}}\\ &=l^{\frac{n^2}{n+1}}\cdot l^{\frac{n}{n+1}}\\ &=l^n \end{align*} $$ 我和H同学也体验了一次独立发现新定理的感觉~
不知道这个定理以前被人发现过没，如果我们是第一发现者，可将其命名为“Z-H定理”。