從一道數學題談起
胡逢亮 民生書院
介紹
本文試從不同層次和角度探討一條有關多項式的題目（取自 MATH Problem Book I, p.1），藉以看看怎樣帶引學生從他們能力所及的方法，逐步 琢磨出一個層次較高的解法，並從中學習不同方法以及它們之間的關係。
題目（Crux Mathematicorum, Problem 7）
Find (without Calculus) a fifth degree polynomial p(x) such that p(x) + 1 is divisible by (x 1)3 and p(x) 1 is divisible by (x + 1)3 .
題目看似不易解，其實只要一個普通中四學生，也能解決。
方法一
設 p(x) = Ax5 + Bx4 + Cx3 + Dx2 + Ex + F。由長除法，
p(x) = (x 1)3[Ax2 + (3A + B)x2 + (6A + 3B + C)]
+ (10A + 6B + 3C + D)x2 + (15A 8B 3C + E)x + (6A + 3B + C + F + 1) p(x) = (x + 1)3[Ax2 + (3A + B)x2 + (6A 3B + C)]
+ (10A + 6B 3C + D)x2 + (15A + 8B 3C + E)x + (6A + 3B C + F 1)
因此有以下聯立方程：
10A + 6B + 3C + D = 0
15A 8B 3C + E = 0 6A + 3B + C + F + 1 = 0
10A + 6B 3C + D = 0
15A + 8B 3C + E = 0
6A + 3B C + F 1 = 0 花點耐性，可以解出 A =
8
3 ，B = 0，C = 4
5 ，D = 0，E = 8
15，
F = 0。於是 p(x) = 8
3 x 5 + 4 5 x3
8 15 x。
說時容易做時難。用長除法一來易出錯，二來其實我們要的只是除後
的餘項式。可否避用長除法呢？仔細推敲，上面解法的關鍵是「比較係數」。
方法二
設 p(x) + 1 = (x 1)3(ax2 + bx + c)，p(x) 1 = (x + 1)3(mx2 + nx + r)。
所以 p(x) + 1 = ax5 + (3a + b)x4 + (3a 3b + c)x3 + (a + 3b 3c)x2 + (b + 3c)x c，
同樣地 p(x) + 1 = mx5 + (3m + n)x4 + (3m + 3n + r)x3 + (m + 3n + 3r)x2 + (n + 3r)x + r。
因此 p(x) 可以用 a、b、c 表示，也可以用 m、n、r 表示。比較係數，
m = a
3m + n = 3a + b 3m + 3n + r = 3a 3b + c m + 3n + 3r = a + 3b 3c
n + 3r = b + 3c r + 1 = c 1 也花點耐性，可解出 a =
8
3 ，b = 8
9 ，c = 1 以及 m = 8
3 ，n =
8
9 ，r = 1。於是，同樣得出 p(x) = 8
3 x 5 + 4 5 x3
8 15 x。
方法三
回頭想一想。甚麼是比較係數法呢？方法背後告訴了我們甚麼呢？於 中學程度看，比較係數是代入任何數到全等式中，左右兩邊仍然相等的一 個結果。方法一和方法二中代入的都是一些實在的數字。有沒有可能代入 一個「數字」而能夠一次解出多個係數呢？考慮如下例子。
例 求 f (x) = x5 3x4 + 2x3 x + 1 被 (x 2)(x 3) 除時的餘項式。
解 我們知道 f (x) = (x 2)(x 3) g(x) + Px + Q。代入 x = 2 和 x = 3，可以
得到聯立方程
52 3
1 2
Q P
Q
P 。解出 P 和 Q，知餘項式為 53x 107。
但是，我們也可以一次過代入 x = 2 和 3，方法就是取 x2 = 5x 6，如 是者， 餘項 = x x4 3x4 + 2x x2 x + 1
= x(5x 6)2 3(5x 6)2 + 2x(5x 6) x + 1 = 25x3 125x2 + 203x 107
= 25x(5x 6) 125x2 + 203x 107 = 53x 107。
回到原題，再考察題目的條件：(x + 1)3 | p(x) 1 和 (x 1)3 | p(x) + 1。
留意到若代換 x 為 x，則 (x + 1)3會變成 (x 1)3，而 (x 1)3會變成
(x + 1)3。於是有 (x 1)3 | p(x) 1 和 (x + 1)3 | p(x) + 1。從而 (x 1)3 |
p(x) + 1 和 (x + 1)3 | p(x) 1。
參看方法一，我們知道求 p(x) 等同解一組聯立六元一次方程。眾所周 知，結果有三：沒有解、唯一解和無限解。可證無限解並不可能發生。
設 p1(x) 和 p2(x) 同時滿足題目的條件，並設 p2(x) = p1(x) + h(x)。那麼 p2(x) 1 = p1(x) 1+ h(x)，於是 (x + 1)3u(x) = (x + 1)3v(x) + h(x)，得 h(x) = (x + 1)3[u(x) v(x)]，其中 deg(u v) 2。同樣 p2(x) + 1 = p1(x) + 1+ h(x)，
於是 (x 1)3s(x) = (x 1)3t(x) + h(x)，得 h(x) = (x 1)3[s(x) t(x)]，其中 deg(s t) 2。由以上結果，(x + 1) | (x 1)，故矛盾。
所以 p(x) 最多有唯一解。由於由題目的條件：(x + 1)3 | p(x) 1 和 (x 1)3 | p(x) + 1 可推得：(x 1)3 | p(x) + 1 和 (x + 1)3 | p(x) 1，即
p(x) 亦為滿足題目條件的另一解，因此可導出 p(x) = p(x)。就是說 p(x) 是奇函數。因為 p(x) 是多項式，所以 B = D = F = 0，這就是所謂一次解出 多個係數了。
將 x 代換為 x，可看成是一次代入「數字」x = 1 和 1、2 和 2、
等，到方程 p(x) + 1 = (x 1)3(ax2 + bx + c) 和 p(x) 1 = (x + 1)3(mx2 + nx + r) 之中，也就是方程 Ax5 + Bx4 + Cx3 + Dx2 + Ex + F + 1 = (x 1)3(ax2 + bx + c) 和 Ax5 + Bx4 + Cx3 + Dx2 + Ex + F 1 = (x + 1)3(mx2 + nx + r) 之中。
當 x = 1 和 1 時，有
A + B + C + D + E + F + 1 = 0
A + B + C + D + E + F 1 = 23(m + n + r)
A + B C + D E + F 1 = 23(a b + c)
A + B C + D E + F 1 = 0
所以 B + D + F = 0。
當 x = 2 和 2 時，有
32A + 16B + 8C + 4D + 2E + F + 1 = 4a + 2b + c 32A + 16B + 8C + 4D + 2E + F 1 = 33(4m + 2n + r)
32A + 16B + 8C + 4D + 2E + F + 1 = 33(4a 2b + c)
32A + 16B + 8C + 4D + 2E + F 1 = (4m 2n + r) 所以 16B + 4D + F = 0。
如是者，可得 81B + 9D + F = 0、256B + 16D + F = 0、。所以 B = D
= F = 0。
當然，A、C 和 F 仍未解出，要再用比較係數法，但接著所得的聯立方 程比方法一和二的簡單得多，即
3m + n = 0 m + 3n + 3r = 0 r + 1 = 0
方法四
上面唯一性的證明啓發我們簡化方法三，方法如下：
因 為 ( x + 1 )3 | p ( x ) 1 和 ( x + 1 )3 | p (x ) 1 ， 所 以 ( x + 1 )3 | p ( x ) + p (x ) 。 同 樣 地 ， 因 為 ( x 1 )3 | p ( x ) + 1 和 (x 1)3 | p(x) + 1，所以 (x 1)3 | p(x) + p(x)。因此推出 (x 1)3(x + 1)3 | p(x) + p(x)。可是，deg[ p(x) + p(x)] 5，而 deg[(x 1)3(x + 1)3] = 6。結果唯有 p(x) + p(x) = 0。也就是說 p(x) 是奇函 數。這正是 MATH Problem Book I 所提供的解。正是神來之筆，其來有自。
方法五
已知 p(x) + 1 = (x 1)3(ax2 + bx + c)，p(x) 1 = (x + 1)3(mx2 + nx + r)。
兩式相減，得 (x 1)3(ax2 + bx + c) (x + 1)3(mx2 + nx + r) = 2。有點兒眼熟 吧！沒錯，就是歐幾里得算法的一個結果。
由輾轉相除法得，(x + 1)3 = (x 1)3 + 6x2 + 2，
(x 1)3 = ( 6 1 x
2
1 )(6x2 + 2) + 3 8 x，
6x2 + 2 = 4 9 x
3
8 x + 2。
所以 2 = ( 8
3 x2 8
9 x + 1)(x + 1)3 ( 8
3 x2 + 8
9 x + 1)(x 1)3。由此得
p(x) = ( 8 3 x2 +
8
9 x + 1)(x 1)3 + 1 = 8
3 x 5 + 4 5 x3
8 15 x。
總結
方法二是簡化，方法三是跳躍，方法四是綜合，方法五是轉向。方法 三、四要求的對稱性較其他方法高。舉例說，若果將題目改為 p(x) 是滿足 deg p(x) = 5，(x 1)3 | p(x) + 2 和 (x + 1)3 | p(x) 1 的多項式，方法三、四就 要另謀出路，而方法一、二和五則仍然可行。
對方法二、三、四和五互相參照是饒有趣味的事情。另外它們之間的 關係，也是一個值得再探討的問題。
討論
由方法五可以看到，歐幾里得算法會自然地由條件 (x + 1)3 | p(x) 1 和 (x 1)3 | p(x) + 1 導出 p(x) 的解。也就是 p(x) 的解必然存在。問題是：p(x) 何時會有解？何時唯一?
讓我們看看解在甚麼時候不是唯一的。設 p(x) = (x + 1)3 F(x) + 1 和 p(x) = (x 1)3 G(x) 1；q(x) = (x + 1)3 K(x) + 1 和 q(x) = (x 1)3 L(x) 1，
其中 deg p(x) = deg q(x) 及 p(x) ≠ q(x)。
故此，(x 1)3 G(x) (x + 1)3 F(x) = 2；(x 1)3 L(x) (x + 1)3 K(x) = 2。
於是， (x 1)3 G(x) (x + 1)3 F(x) = (x 1)3 L(x) (x + 1)3 K(x) (x 1)3 G(x) (x 1)3 L(x) = (x + 1)3 F(x) (x + 1)3 K(x)
(x 1)3 [G(x) L(x)] = (x + 1)3 [F(x) K(x)]
因為 (x 1)3和 (x + 1)3没有公因式，故此唯有 (x 1)3 | [F(x) K(x)]
和 (x + 1)3 | [G(x) L(x)]。由此可寫 F(x) K(x) = (x)·(x 1)3，G(x) L(x) =
(x)·(x + 1)3，其中 (x) 和 (x) 是多項式。
所以有 K(x) = F(x) + (x)·(x 1)3，L(x) = G(x) + (x)·(x + 1)3。 於是 q(x) = (x + 1)3 K(x) + 1
= (x + 1)3F(x) + (x)·(x + 1)3 (x 1)3 + 1 = p(x) + (x)·(x + 1)3 (x 1)3
因 deg[(x 1)3(x + 1)3] = 6，所以只有當 deg p(x) 5 時解是唯一的。
另一方面，寫 p(x) = (x + 1)3(anxn + … + a0) + 1 及 p(x) = (x 1)3(bnxn + … + b0) 1。共有 (n + 1) + (n + 1) 個未知數 a0、…、an、b0、…、bn，並可形 成 n + 4 條聯立方程。當未知數的數目多於或等於聯立方程的數目時，因為 p(x) 的解必然存在，所以聯立方程有解。也就是說，(n + 1) + (n + 1) n + 4 時（即 n 2 時），有解。所以當 deg p(x) 5 的時候有解。合起來，當 deg p(x)
= 5 時，p(x) 有唯一解。可以這樣理解，比較係數法和歐幾里得算法是互補 的，各自給出解的存在性和唯一性的條件，並保證當 deg p(x) = 5 時，p(x) 有 唯一解。
將結果一般化，有以下定理。
定理 設 p(x) 為滿足 m(x) | p(x) a 和 n(x) | p(x) b 的多項式，其中 a 和 b 是實數，m(x) 和 n(x) 是多項式，deg m(x) = m 和 deg n(x) = n，而且 m(x) 和 n(x) 無公因子。那麼當 deg p(x) = m + n 1 時，p(x)有唯一解。
讀者可試解滿足 (x 1)2 | q(x) + 1 和 (x + 1)3 | q(x) 1 的多項式 q(x)，
並預先估計 q(x) 的次數。答案在本文末。
感想
要完成以上的討論，繁複的計算在所難免，這亦少不了大大減低學生 探究的意欲。事實上，本文的計算都是有借助代數運算軟件完成的。一個 想法是，我們應否容許學生使用可作代數運算的軟件或計算機學習數學 呢？容許，會產生很多學習上的問題，就像今時今日容許用計算機一樣；
不容許，似乎又放棄了很多探究的機會以及純因運算造成的障礙。訂立用 與不用之間的界線，以及因為用了而產生的教學上及評核上的問題，也是 一個頗難圓滿解答的問題。
（答案：q(x) = 8 3 x4 +
2 1 x3
4 3 x2
2 3 x +
8
3 ，deg q(x) = 4）
參考書目
Li, Kin Y. (ed.) (2001). MATH Problem Book I. Hong Kong: Hong Kong Mathematical Society IMO(HK) Committee.
作者電郵：msc-wfl00@hkedcity.net
