一道數學競賽題之勘誤

一道數學競賽題之勘誤

周靖北

在指導學生參加數學競賽的過程中, 往往被大量的各式競賽考古題包圍, 有些題目絞盡腦 汁仍想不出來, 便參考所附的解答或與同事討論, 大致上問題皆能獲得解決, 但有一道題目, 在 看了該題本所附的解答之後, 仍然懵懵懂懂, 一方面覺得該解法有些神來之筆, 不知如何想到 的? 另一方面覺得有些步驟跳得太快, 說明不夠詳細。 經深入探討之後, 發現題目的解法隱約用 到了擴張 (體) 的概念, 這個概念在高中課程中並不會提到, 只有某類題型大概沾到邊: 「若一 個整係數二次多項方程式有一根為 2 +√

3, 求另一根。」 答案為 2 −√

3, 但老師在對學生講解 這類題目時, 並不需要提到擴張, 而且大部分老師在還原這個二次方程時, 大概都是這樣解: 令 x= 2 +√

3, 則 (x − 2)² = (√

3)², 得知原二次方程為 x²− 4x + 1 = 0。

對於高中生來說擴張可說是陌生的概念, 要解出這道競賽題難度頗高。 本文將由高中已知 關於有理數、 平方根以及二項展開式的性質出發, 並且概略提到 「體」、 「擴張」 等等名詞定義及 性質, 來解釋此道題目的解法。

另外發現該題本所附的解法並不完整, 所給的答案只是其中一組解。

該試題為 99 學年度高級中學數學科能力競賽複賽南區 (高雄區) 筆試 (一) 的第 1 題, 由

「99 學年度學科能力競賽數學科決賽總報告」 所提供的題目及參考解答如下:

題目: 若兩互質的整係數多項式 P (x) 與 Q(x) 滿足 P(√ 2 +√

3 +√ 7) Q(√

2 +√ 3 +√

7) = √ 2 +√

3, 則 P(x) 與 Q(x) 為何?

參考解答: 令 s =√

2 +√ 3 +√

7, 考慮整係數多項式 A(x) 與 Q(x) 滿足 A(√ 2 +√

3 +√ 7) Q(√

2 +√ 3 +√

7) = A(s)

Q(s) =√

7, 則所求 √ 2 +√

3 = s −√

7 = s −A(s) Q(s)。 所以, x = s 是 A(x) −√

7Q(x) = 0 方程式的解。 考慮整係數多項式 B(x) 以消去 √

√ 2 及

3 兩項, (註 1)

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B(x) = (x−√ 2−√

3−√

7)(x−√ 2+√

3−√

7)(x+√ 2−√

3−√

7)(x+√ 2+√

3−√ 7) = A(x) −√

7Q(x) (註 2)

所以, 化簡 B(x) 得 [(x −√

7)²− (√ 2 +√

3)²] · [(x −√

7)²− (√ 2 −√

3)²]

= [(x −√

7)²− 5 − 2√

6] · [(x −√

7)² − 5 + 2√ 6]

= [(x −√

7)²− 5]²− (2√ 6)²

= (x²− 2√

7x + 2)²− 24

= (x⁴+ 32x²− 20) −√

7(4x³+ 8x), 得 A(x) = x⁴+ 32x²− 20 及 Q(x) = 4x³+ 8x 。 所以, √

2 +√

3 = s −√

7 = s −A(s)

Q(s) = s − s⁴+ 32s²− 20

4s³+ 8s = 3s⁴− 24s²+ 20 4s³ + 8s , 得 P (x) = 3x⁴− 24x²+ 20 及 Q(x) = 4x³+ 8x 。

以上解法有兩處錯誤的地方, 分別在標示為註 1 與註 2 的位置:

註 1: B(x) 乘開之後顯然並非整係數多項式, 此處 「整係數多項式 B(x)」 應為意思表達之錯 誤。

註 2: A(x) − √

7Q(x) 不一定等於 B(x), 但 A(x) − √

7Q(x) 必為 B(x) 的倍式, 且為 A(x) −√

7Q(x) = f (x) +√

7g(x)
B(x) 之形式, 其中 f(x)、 g(x) 皆為有理係數 多項式 。 又因為 A(x)、 Q(x) 為整係數多項式且互質, 因此 f (x)(x⁴ + 32x²− 20) − 7g(x)(4x³+ 8x) 與 −f(x)(4x³+ 8x) + g(x)(x⁴+ 32x²− 20) 為整係數多項式且互 質。

滿足條件的 f (x)、 g(x) 有無限多組, 因此此題答案有無限多組。

上述解法中的關鍵推論是: 若√ 2+√

3+√

7 是方程式 A(x)−√

7Q(x) = 0 的解 (其中 A(x) 與 Q(x) 皆為整係數多項式), 則√

2 −√ 3 +√

7、 −√ 2 +√

3 +√ 7、 −√

2 −√ 3 +√

7 也都會是方程式 A(x) − √

7Q(x) = 0 的解, 因此 A(x) −√

7Q(x) 會被 B(x) = (x −

√2 −√ 3 −√

7)(x −√ 2 +√

3 −√

7)(x +√ 2 −√

3 −√

7)(x +√ 2 + √

3 −√ 7) = (x⁴+ 32x² − 20) −√

7(4x³+ 8x) 整除。

而 A(x) −√

7Q(x) 與 B(x) 皆為 「(整係數多項式)+√

7(整係數多項式)」 的形式, 因此 A(x) −√

7Q(x) 除以 B(x) 的商, 會是 「(有理係數多項式)+√

7 (有理係數多項式)」 的形式。

以下便針對上述推論作詳細說明, 並且提供這道題目經過修正後的解法。

概念1: 體 (field): 具備加法與乘法兩種運算的代數結構, 具有加法單位元素 0 與乘法單位元素 1, 任意元素 a 皆有加法反元素 (−a); 除了 0 以外, 其他任意元素 b 皆有乘法反元素 b⁻¹ = 1

b。 體還必須滿足許多運算性質, 這裡不一一贅述, 只針對需要用到的性質稍作介紹。 證明過程中會 用到一個關鍵性質, 那就是體對於兩種運算皆具有封閉性, 即: 若 F 是一個體, a, b ∈ F , 則 a+ b ∈ F , 且 a ∗ b ∈ F 。

有理數集 Q、 實數集 R、 複數集 C 皆為體的例子, 整數集 Z 並不是體, 因為對於 2 來說, 其乘法反元素 1

2 並不屬於 Z, 但 Z 仍是一個具備加法與乘法的代數結構, 稱為 「環」(ring)。

概念 2: 擴張體: 這裡不討論擴張體的嚴謹定義, 只探討證明過程中會用到的擴張體的例子與 概念。

Q(√

2) = {a + b√

2 | a, b ∈ Q} 為 Q 的一個擴張體, 是由 Q 這個體加入一個不屬於 Q 的元素 √

2 之後, 經適當擴展所能夠得到最小的體 (以 Q 及 √

2 為基礎, 增加一些元素以 形成一個體, 但增加的元素越少越好)。 因為體具有封閉性, 因此經適當擴展之後, Q(√

2) 內的 元素必為 a + b√

2 的形式 (其中 a, b ∈ Q)。

Q(√ 2,√

3) = Q(√ 2)
(√

3) = {a + b√

2 + c√

3 + d√

6 | a, b, c, d ∈ Q} 為 Q(√ 2) 的一個擴張體, 是由 Q(√

2) 這個體加入一個不屬於 Q(√

2) 的元素 √

3 之後, 經適當擴展所 能夠得到最小的體。 Q(√

2,√

3) 亦可視為 Q 的一個擴張體, 是由 Q 這個體加入兩個不屬於 Q 的元素 √

2,√

3 之後, 經適當擴展所能夠得到最小的體。

已知性質 1: 若 a 為正整數且 a 不是平方數, 則 √

a 不是有理數。

說明: 由 「√

2 不是有理數」 的經典證明可以類似地證明上面這個更一般的性質。

已知性質 2: 若 a, b 為有理數且 a + b√

2 = 0, 則 a = b = 0 。 說明: 若 b 6= 0, 則由 a + b√

2 = 0 可得√

2 = −a

b ∈ Q, 與已知性質 1 不合, 故 a = b = 0 。 此性質等價於 「若 a, b, c, d 為有理數且 a + b√

2 = c + d√

2, 則 a = c 且 b = d」, 這說 明了在擴張體 Q(√

2) 中, 數的表達方式是唯一的。

已知性質3: 若 a, b 為有理數且 (a+b√

2)ⁿ= p+q√

2, 其中 p, q 為有理數, 則 (a−b√ 2)ⁿ= p− q√

2。

說明: 因為 p, q 為有理數, 故 p 為 (a + b√

2)ⁿ 展開式中 (√

2 的) 偶次項之和, q√ 2 為 (a + b√

2)ⁿ 展開式中 (√

2 的) 奇次項之和, 對照 (a − b√

2)ⁿ 之展開式即可得證。

引理 1: √

6 6∈ Q(√ 7)。

說明: 若 √

6 ∈ Q(√

7), 則存在有理數 a, b 使 √

6 = a + b√

7 ... (1) 式, 可得 a − b√

7 = √

6 − 2b√ 7, 因此 (a + b√

7)(a − b√

7) =√ 6(√

6 − 2b√ 7), 展開得 a²− 7b² = 6 − 2b√

42 因此 2b√

42 = 6 − a²+ 7b² 為有理數。

若 b 6= 0 則 √

42 為有理數, 與已知性質 1 不合, 故 b = 0。

代回 (1) 式可得 √

6 = a 為有理數, 與已知性質 1 不合, 故 √

6 6∈ Q(√ 7)。

利用類似的證明方法可推得

推論 1: 若 a, b 為互質的正整數且都不是平方數, 則 √

a6∈ Q(√ b)。

說明: 其實條件還可以再放寬, 但得要增加其他限制條件, 這裡用不到這麼細的性質。

引理 2: √

3 6∈ Q(√ 2,√

7)。

證明: 若 √

3 ∈ Q(√ 2,√

7), 則存在有理數 a, b, c, d 使 √

3 = a + b√

2 + c√

7 + d√ 14, 整理得 √

3 = (a + c√

7) + (b + d√ 7)√

2, ... (1) 式, 可得 (a + c√

7) − (b + d√ 7)√

2 =√

3 − 2(b + d√ 7)√

2, 因此 ((a + c√

7) + (b + d√ 7)√

2)((a + c√

7) −(b+d√ 7)√

2) =√ 3(√

3 −2(b+d√ 7)√

2), (a + c√

7)²− ((b + d√ 7)√

2)² = 3 − 2(b + d√ 7)√

6.

左式 (a + c√

7)²− 2(b + d√

7)² ∈ Q(√

7), 因此右式 3 − 2(b + d√ 7)√

6 ∈ Q(√ 7), 可得 (b + d√

7)√

6 ∈ Q(√ 7)。

若 b + d√

7 6= 0, 則 √

6 ∈ Q(√

7), 與引理 1 不合, 故 b + d√ 7 = 0, 代回 (1) 式可得 √

3 = a + c√

7 ∈ Q(√

7), 與推論 1 不合, 故 √

3 6∈ Q(√ 2,√

7)。

在已知性質 2 中, 可以將 a, b 為有理數的條件改為有理數的擴張體, 得到如下的推論。

推論 2: 若 a, b ∈ Q(√ 2,√

7) 且 a + b√

3 = 0, 則 a = b = 0。

證明: 若 b 6= 0, 則由 a + b√

3 = 0 可得 √

3 = −a b。 因為 a, b ∈ Q(√

2,√

7), 因此由 Q(√ 2,√

7) 的封閉性可得 √

3 = −a

b ∈ Q(√ 2,√

7), 此與 引理 2 不合, 故 a = b = 0。 推論 2 等價於 「若 a, b, c, d ∈ Q(√

2,√

7) 且 a+b√

3 = c+d√ 3, 則 a = c 且 b = d」。

在已知性質 3 中, 可以將 a, b 為有理數的條件改為有理數的擴張體, 得到如下的推論。

推論 3: 若 a, b ∈ Q(√ 2,√

7) 且 (a + b√

3)ⁿ = p + q√

3, 其中 p, q ∈ Q(√ 2,√

7), 則 (a − b√

3)ⁿ = p − q√ 3。

證明: 因為 a, b, p, q ∈ Q(√ 2,√

7), 故 p 為 (a + b√

3)ⁿ 展開式中 (√

3 的) 偶次項之和, q√ 3 為 (a + b√

3)ⁿ 展開式中 (√

3 的) 奇次項之和, 對照 (a − b√

3)ⁿ 之展開式即可得證。

推論4: 若 f (x) ∈ Q(√ 2,√

7)[x] 且 f (a + b√

3) = p + q√

3, 其中 a, b, p, q ∈ Q(√ 2,√

7), 則 f (a − b√

3) = p − q√ 3。

證明: 設 f (x) = cⁿxⁿ+ cⁿ−1xⁿ⁻¹+ · · · + c⁰, 其中 cⁿ, cn−1, . . . , c0 ∈ Q(√ 2,√

7), 則對於其中的每一項 ckx^k, 由推論 3 可推得: 若 c^k(a + b√

3)^k = p^k+ q^k√ 3, 其中 a, b, ck, pk, qk ∈ Q(√

2,√

7), 則 c^k(a − b√

3)^k = p^k− q^k√ 3。

因此各項之和也滿足類似性質, 得證。

定理1: 若 f (x) ∈ Q(√

7)[x], a, b, c ∈ Q(√

7) 且 x = a√

2 + b√

3 + c 為方程式 f (x) = 0 的根, 則 x = a√

2 − b√

3 + c、−a√

2 + b√

3 + c、 −a√

2 − b√

3 + c 也都是 f (x) = 0 的根。

證明: 因為 f (x) ∈ Q(√

7)[x], 因此 f (x) ∈ Q(√ 2,√

7)[x]。

因為 a, b, c ∈ Q(√

7), 因此 a√

2 + c ∈ Q(√ 2,√

7), b ∈ Q(√ 2,√

7)。

可設 f (a√

2 + b√

3 + c) = f (a√

2 + c) + b√

3
= p + q√

3, 其中 p, q ∈ Q(√ 2,√

7), 由推論 4 可得, f (a√

2 − b√

3 + c) = f (a√

2 + c) − b√

3
= p − q√ 3。

已知 x = a√ 2+b√

3+c 為方程式 f (x) = 0 的根, 因此 f (a√ 2 +b√

3+c) = p+q√ 3 = 0,

由推論 2 可得 p = q = 0。 故 f (a√ 2−b√

3 + c) = p−q√ 3 = 0, 因此 x = a√

2 − b√

3 + c 亦為方程式 f (x) = 0 的根。

同理可證 x = −a√

2 + b√

3 + c、 −a√

2 − b√

3 + c 也都是方程式 f (x) = 0 的根。

以下是將原本的題目解答稍作更改之後的參考解法:

題目: 若兩互質的整係數多項式 p(x) 與 q(x) 滿足 p(√ 2 +√

3 +√ 7) q(√

2 +√ 3 +√

7) =√ 2 +√

3, 則 p(x) 與 q(x) 為何?

參考解法: 令 s =√ 2 +√

3 +√

7, 則 p(s)

q(s) = s −√ 7, 故 x = s 是方程式 p(x) − (x −√

7)q(x) = 0 的一個解。

令 h(x) = p(x) − (x −√

7)q(x) = (p(x) − xq(x)) +√

7q(x) ... (1),

因為 p(x) 與 q(x) 皆為整係數多項式 (因此也會是有理係數多項式), 故 h(x) ∈ Q(√ 7)[x]。

因為 x =√ 2 +√

3 +√

7 是方程式 h(x) = 0 的一個解且 h(x) ∈ Q(√ 7)[x], 因此由定理 1, x =√

2−√ 3+√

7、 −√ 2+√

3+√ 7、 −√

2−√ 3+√

7 也都是 h(x) = 0 的解, 故 h(x) 在 R[x] 中被 x − (√

2 +√ 3 +√

7)

x− (√ 2 −√

3 +√ 7)

x− (−√ 2 +√

√ 3 + 7)

x− (−√ 2 −√

3 +√

7)
整除。 計算得 x− (√

2 +√ 3 +√

7)

x− (√ 2 −√

3 +√ 7)
x− (−√

2 +√ 3 +√

7)

x− (−√ 2 −√

3 +√ 7)

= (x⁴+ 32x²− 20) −√

7(4x³+ 8x) 設 h(x) = m(x) (x⁴+ 32x²− 20) −√

7(4x³+ 8x)
, 其中 m(x) ∈ R[x], 因為 h(x) 與 (x⁴+ 32x²− 20) −√

7(4x³+ 8x) 皆屬於 Q(√ 7)[x], 易證 m(x) 也屬於 Q(√

7)[x]。

設 m(x) = f (x) +√

7g(x), 其中 f (x), g(x) ∈ Q[x], 因此 h(x) = f (x) +√

7g(x)

(x⁴+ 32x² − 20) −√

7(4x³+ 8x)
, 其中 f (x), g(x) ∈ Q[x],

= f (x)(x⁴+ 32x²− 20) − 7g(x)(4x³+ 8x)
+√

7 − f(x)(4x³+ 8x) + g(x)(x⁴+ 32x²− 20)
.

對照 (1) 式: h(x) = (p(x) − xq(x)) +√

7q(x), 其中 p(x) 與 q(x) 為整係數多項式, 可得







p(x) − xq(x) = f(x)(x⁴+ 32x² − 20) − 7g(x)(4x³+ 8x) q(x) = −f(x)(4x³ + 8x) + g(x)(x⁴+ 32x²− 20).

因為 p(x) 與 q(x) 為整係數多項式且互質, 所以 p(x) − xq(x) 與 q(x) 也是整係數多項式且 互質; 反之若 p(x) − xq(x) 與 q(x) 為整係數多項式且互質, 則 p(x) 與 q(x) 也會是整係數 多項式且互質。 故只要能找到有理係數多項式 f (x)、g(x), 使得

f(x)(x⁴+ 32x²− 20) − 7g(x)(4x³+ 8x) 與 − f(x)(4x³+ 8x) + g(x)(x⁴+ 32x²− 20) 為整係數多項式且互質, 則便可得一組 p(x) 與 q(x) 的解。

這樣的有理係數多項式 f (x)、g(x) 有無限多組, 例如: 令 ( f(x) = −1

g(x) = 0 所得到的 p(x) 與 q(x) 即為 「99 學年度學科能力競賽數學科決賽總報告」 中所提供的解, 而令 ( f(x) = 0

g(x) = 1 即 可得到不同的答案。

後記: 雖然只是一道競賽題, 但我卻使用了這麼多的篇幅才勉強作了說明 (有些地方仍說明得 不夠詳細), 若是在競賽現場, 一題頂多讓你寫半個小時, 不太可能洋洋灑灑寫那麼詳細, 因此我 心裡頗為好奇: 這道題作答到何種程度可以得到滿分? 更好奇的是: 當初這道競賽題不知有沒 有學生做對?

參 考資料

1. 「 99 學年度學科能力競賽數學科決賽總報告」。

2. I. N. Herstein, Abstract Algebra.

—本文作者任教高雄中學—