38305 一道數學競賽題之勘誤

終極密碼

遊戲規則:本遊戲為猜密碼的遊戲。密碼為0到100之間的其中1個整數,電腦會提示密碼的所在範圍,玩家必須在6次之內猜到密碼才能過關。
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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 $2 +\sqrt 3$, 求另一根。」答案為 $2 -\sqrt 3$, 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 $x=2 +\sqrt 3$, 則 $(x-2)^2= (\sqrt 3)^2$, 得知原二次方程為 $x^2-4x+1=0$。

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 $\dfrac{P(\sqrt 2+\sqrt 3+\sqrt 7)}{Q(\sqrt 2+\sqrt 3+\sqrt 7)}=\sqrt 2+\sqrt 3$, 則 $P(x)$ 與 $Q(x)$ 為何?

參考解答:

令 $s=\sqrt 2+\sqrt 3+\sqrt 7$, 考慮整係數多項式 $A(x)$ 與 $Q(x)$ 滿足 $\dfrac{A(\sqrt 2+\sqrt 3+\sqrt 7)}{Q(\sqrt 2+\sqrt 3+\sqrt 7)}= \dfrac{A(s)}{Q(s)}=\sqrt 7$, 則所求 $\sqrt 2+\sqrt 3=s-\sqrt 7=s-\dfrac{A(s)}{Q(s)}$。

所以, $x = s$ 是 $A(x)- \sqrt 7 Q(x)=0$ 方程式的解。 考慮整係數多項式 $B(x)$ 以消去 $\sqrt 2$ 及 $\sqrt 3$ 兩項, $\tag{註 1}$

$B(x)=(x-\sqrt 2-\sqrt 3-\sqrt 7)(x-\sqrt 2+\sqrt 3-\sqrt 7)\\ (x+\sqrt 2-\sqrt 3-\sqrt 7)(x+\sqrt 2+\sqrt 3-\sqrt 7)=A(x)- \sqrt 7 Q(x)$ $\tag{註 2}$

所以, 化簡 $B(x)$ 得 \begin{eqnarray*} &&\hskip -25pt [(x-{\sqrt 7})^2-({\sqrt 2}+{\sqrt 3})^2]\cdot[(x-{\sqrt 7})^2-({\sqrt 2}-{\sqrt 3})^2]\\ &=&[(x-{\sqrt 7})^2-5-2{\sqrt 6}]\cdot [(x-{\sqrt 7})^2-5+2{\sqrt 6}]\\ &=&[(x-{\sqrt 7})^2-5]^2-(2{\sqrt 6})^2\\ &=&(x^2-2\sqrt{7}x+2)^2-24\\ &=&(x^4+32x^2-20)-\sqrt{7}(4x^3+8x), \end{eqnarray*} 得 $A(x)=x^4+32x^2-20$ 及 $Q(x)=4x^3+8x$。

所以, ${\sqrt 2}+{\sqrt 3}=s-{\sqrt 7}=s-\dfrac{A(s)}{Q(s)}=s-\dfrac{s^4+32s^2-20}{4s^3+8s}=\dfrac{3s^4-24s^2+20}{4s^3+8s}$,

得 $P(x)=3x^4-24x^2+20$ 及 $Q(x)=4x^3+8x$。

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: $A(x)-\sqrt{7}Q(x)$ 不一定等於 $B(x)$, 但 $A(x)-\sqrt{7}Q(x)$ 必為 $B(x)$ 的倍式, 且為 $A(x)-\sqrt{7}Q(x)=\big(f(x)+\sqrt{7}g(x)\big)B(x)$ 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 $f(x)(x^4+32x^2-20)-7g(x)(4x^3+8x)$ 與 $-f(x)(4x^3+8x)+g(x)(x^4+32x^2-20)$ 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 $\sqrt 2+\sqrt 3+\sqrt 7$ 是方程式 $A(x)-\sqrt{7}Q(x)=0$ 的解 (其中 $A(x)$ 與 $Q(x)$ 皆為整係數多項式), 則 $\sqrt 2-\sqrt 3+\sqrt 7$、 $-\sqrt 2+\sqrt 3+\sqrt 7$、 $-\sqrt 2-\sqrt 3+\sqrt 7$ 也都會是方程式 $A(x)-\sqrt{7}Q(x)=0$ 的解, 因此 $A(x)-\sqrt{7}Q(x)$ 會被 $B(x)=(x- \sqrt 2-\sqrt 3-\sqrt 7)(x- \sqrt 2+\sqrt 3-\sqrt 7)\\(x+ \sqrt 2-\sqrt 3-\sqrt 7)(x+\sqrt 2+\sqrt 3-\sqrt 7) =(x^4+32x^2-20)-\sqrt{7}(4x^3+8x)$ 整除。

而 $A(x)-\sqrt{7}Q(x)$ 與 $B(x)$ 皆為「(整係數多項式)$+ \sqrt 7$(整係數多項式)」的形式, 因此 $A(x)-\sqrt{7}Q(x)$ 除以 $B(x)$ 的商, 會是「(有理係數多項式)$+ \sqrt 7$ (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 $b^{-1}=\dfrac 1b$。 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, $a, b\in F$, 則 $a+b\in F$, 且 $a* b\in F$。

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 $\dfrac 12$ 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。

$Q (\sqrt 2)=\{a+b\sqrt 2\mid a,b\in Q\}$ 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 $\sqrt 2$ 之後, 經適當擴展所能夠得到最小的體 (以 $Q$ 及 $\sqrt 2$ 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, $Q (\sqrt 2)$ 內的元素必為 $a+b\sqrt 2$ 的形式 (其中 $a, b\in Q$)。

$Q (\sqrt 2,\sqrt 3)=\big(Q (\sqrt 2)\big)(\sqrt 3)=\{a+b\sqrt 2+c\sqrt 3+d\sqrt 6\mid a,b,c,d\in Q\}$ 為 $Q(\sqrt 2)$ 的一個擴張體, 是由 $Q(\sqrt 2)$ 這個體加入一個不屬於 $Q(\sqrt 2)$ 的元素 $\sqrt 3$ 之後, 經適當擴展所能夠得到最小的體。 $Q(\sqrt 2, \sqrt 3)$ 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 $\sqrt 2 , \sqrt 3$ 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 $\sqrt a$ 不是有理數。

說明: 由「 $\sqrt 2$ 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 $a+b\sqrt 2=0$, 則 $a= b=0$。

說明: 若 $b\not=0$, 則由 $a+b\sqrt 2=0$ 可得 $\sqrt 2=-\dfrac ab\in Q$, 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 $a+b\sqrt 2=c+d\sqrt 2$, 則 $a= c$ 且 $b= d$」, 這說明了在擴張體 $Q(\sqrt 2)$ 中, 數的表達方式是唯一的。

已知性質 3: 若 $a,b$ 為有理數且 $(a+b\sqrt 2)^n=p+q\sqrt 2$, 其中 $p,q$ 為有理數, 則 $(a-b\sqrt 2)^n=p-q\sqrt 2$。

說明: 因為 $p,q$ 為有理數, 故 $p$ 為 $(a+b\sqrt 2)^n$ 展開式中($\sqrt 2$ 的)偶次項之和, $q\sqrt 2$ 為 $(a+b\sqrt 2)^n$ 展開式中($\sqrt 2$ 的) 奇次項之和, 對照 $(a-b\sqrt 2)^n$ 之展開式即可得證。

引理 1: $\sqrt 6\not\in Q(\sqrt 7)$。

說明: 若 $\sqrt 6\in Q(\sqrt 7)$, 則存在有理數 $a,b$ 使 $\sqrt 6=a +b\sqrt 7$ ..... (1) 式,

可得 $a -b\sqrt 7=\sqrt 6-2b \sqrt 7$,

因此 $(a +b\sqrt 7)(a -b\sqrt 7)=\sqrt 6(\sqrt 6-2b\sqrt 7)$,

展開得 $a^2-7b^2=6-2b\sqrt {42}$

因此 $2b\sqrt {42}=6-a^2+7b^2$ 為有理數。

若 $b\not=0$ 則 $\sqrt{42}$ 為有理數, 與已知性質 1 不合, 故 $b=0$。

代回 (1) 式可得 $\sqrt 6= a$ 為有理數, 與已知性質 1 不合, 故 $\sqrt 6\not\in Q(\sqrt 7)$。

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 $\sqrt{a}\not\in Q(\sqrt b)$。

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: $\sqrt 3\not\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$。

證明: 若 $\sqrt 3\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$, 則存在有理數 $a,b,c,d$ 使 $\sqrt 3=a+b\sqrt 2+c\sqrt 7+d\sqrt {14}$,

整理得 $\sqrt 3=(a+c\sqrt 7)+(b+d\sqrt 7)\sqrt 2$, ..... (1) 式,

可得 $(a+c\sqrt 7)-(b+d\sqrt 7)\sqrt 2=\sqrt 3-2(b+d\sqrt 7)\sqrt 2$,

因此 $((a+c\sqrt 7)+(b+d\sqrt 7)\sqrt 2)((a+c\sqrt 7)-(b+d\sqrt 7)\sqrt 2)=\sqrt 3(\sqrt 3-2(b+d\sqrt 7)\sqrt 2)$,

$(a+c\sqrt 7)^2-((b+d\sqrt 7)\sqrt 2)^2=3-2(b+d\sqrt 7)\sqrt 6.$

左式 $(a+c\sqrt 7)^2-2(b+d\sqrt 7)^2\in Q(\sqrt 7)$, 因此右式 $3-2(b+d\sqrt 7)\sqrt 6\in Q(\sqrt 7)$,

可得 $(b+d\sqrt 7)\sqrt 6\in Q(\sqrt 7)$。

若 $b+d\sqrt 7\not=0$, 則 $\sqrt 6\in Q(\sqrt 7)$, 與引理 1 不合, 故 $b+d\sqrt 7=0$,

代回 (1) 式可得 $\sqrt 3=a+ c\sqrt 7\in Q(\sqrt 7)$, 與推論 1 不合, 故 $\sqrt 3\not\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$。

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 $a, b\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$ 且 $a+ b\sqrt 3=0$, 則 $a=b=0$。

證明: 若 $b\not=0$, 則由 $a+b\sqrt 3=0$ 可得 $\sqrt 3=-\dfrac ab$。

因為 $a, b\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$, 因此由 $Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$ 的封閉性可得 $\sqrt 3=-\dfrac ab\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$, 此與引理 2 不合, 故 $a=b=0$。 推論 2 等價於「若 $a, b, c, d\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$ 且 $a+ b\sqrt 3=c+ d\sqrt 3$, 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 $a, b\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$ 且 $(a+ b\sqrt 3)^n=p+q\sqrt 3$, 其中 $p, q\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$, 則 $(a- b\sqrt 3)^n=p-q\sqrt 3$。

證明: 因為 $a, b,p,q\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$, 故 $p$ 為 $(a+ b\sqrt 3)^n$ 展開式中($\sqrt 3$ 的)偶次項之和, $q\sqrt 3$ 為 $(a+ b\sqrt 3)^n$ 展開式中($\sqrt 3$ 的)奇次項之和, 對照 $(a- b\sqrt 3)^n$ 之展開式即可得證。

推論 4: 若 $f(x)\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)[x]$ 且 $f(a+ b\sqrt 3)=p+q\sqrt 3$, 其中 $a,b,p, q\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$, 則 $f(a- b\sqrt 3)=p-q\sqrt 3$。

證明: 設 $f(x)=c_nx^n+c_{n-1}x^{n-1}+\cdots+c_0$, 其中 $c_n,c_{n-1},\ldots,c_0\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$,

則對於其中的每一項 $c_kx^k$, 由推論 3 可推得:若 $c_k(a+ b\sqrt 3)^k=p_k+q_k\sqrt 3$,

其中 $a,b,c_k,p_k, q_k\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$, 則 $c_k(a- b\sqrt 3)^k=p_k-q_k\sqrt 3$。

因此各項之和也滿足類似性質, 得證。

定理 1: 若 $f(x)\in Q(\sqrt 7)[x]$, $a,b,c\in Q(\sqrt 7)$ 且 $x=a\sqrt 2+b\sqrt 3+c$ 為方程式 $f(x)=0$ 的根, 則 $x=a\sqrt 2-b\sqrt 3+c$、$-a\sqrt 2+b\sqrt 3+c$、 $-a\sqrt 2-b\sqrt 3+c$ 也都是 $f(x)=0$ 的根。

證明: 因為 $f(x)\in Q(\sqrt 7)[x]$, 因此 $f(x)\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)[x]$。

因為 $a,b,c\in Q(\sqrt 7)$, 因此 $a\sqrt 2+c \in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$, $b\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$。

可設 $f(a\sqrt 2+b\sqrt 3+c)=f\big((a\sqrt 2+c)+b\sqrt 3\big)=p+q\sqrt 3$, 其中 $p, q\in Q(\sqrt 2,\sqrt 7)$,

由推論 4 可得, $f(a\sqrt 2-b\sqrt 3+c)=f\big((a\sqrt 2+c)-b\sqrt 3\big)=p-q\sqrt 3$。

已知 $x=a\sqrt 2+b\sqrt 3+c$ 為方程式 $f(x)=0$ 的根, 因此 $f(a\sqrt 2+b\sqrt 3+c)=p+q\sqrt 3=0$, 由推論 2 可得 $p=q=0$。 故 $f(a\sqrt 2\!-\!b\sqrt 3+c)\!=\!p\!-\!q\sqrt 3\!=\!0$,

因此 $x\!=\!a\sqrt 2-b\sqrt 3+c$ 亦為方程式 $f(x)\!=\!0$ 的根。

同理可證 $x=-a\sqrt 2+b\sqrt 3+c$、 $-a\sqrt 2-b\sqrt 3+c$ 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 $\dfrac{p(\sqrt 2+\sqrt 3+\sqrt 7)}{q(\sqrt 2+\sqrt 3+\sqrt 7)}=\sqrt 2+\sqrt 3$, 則 $p(x)$ 與 $q(x)$ 為何?

參考解法: 令 $s=\sqrt 2+\sqrt 3+\sqrt 7$, 則 $\dfrac{p(s)}{q(s)}=s-\sqrt 7$,

故 $x = s$ 是方程式 $p(x)-(x-\sqrt 7)q(x)=0$ 的一個解。

令 $h(x)=p(x)-(x-\sqrt 7)q(x)=(p(x)-xq(x))+\sqrt 7 q(x)$ ...... (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 $h(x) \in Q(\sqrt 7)[x]$。

因為 $x=\sqrt 2+\sqrt 3+\sqrt 7$ 是方程式 $h(x)=0$ 的一個解且 $h(x) \in Q(\sqrt 7)[x]$,

因此由定理 1, $x=\sqrt 2\!-\!\sqrt 3\!+\!\sqrt 7$、 $\!-\!\sqrt 2\!+\!\sqrt 3\!+\!\sqrt 7$、 $\!-\!\sqrt 2\!-\!\sqrt 3\!+\!\sqrt 7$ 也都是 $h(x)\!=\!0$ 的解,

故 $h(x)$ 在 $R[x]$ 中被 $\big(x-(\sqrt 2+\sqrt 3+\sqrt 7)\big)\big(x-(\sqrt 2-\sqrt 3+\sqrt 7)\big)\big(x-(-\sqrt 2+\sqrt 3+\sqrt 7)\big) \big(x-(-\sqrt 2-\sqrt 3+\sqrt 7)\big)$ 整除。 計算得 \begin{eqnarray*} &&\hskip -25pt \big(x-(\sqrt 2+\sqrt 3+\sqrt 7)\big)\big(x-(\sqrt 2-\sqrt 3+\sqrt 7)\big)\\ &&\big(x-(-\sqrt 2+\sqrt 3+\sqrt 7)\big)\big(x-(-\sqrt 2-\sqrt 3+\sqrt 7)\big)\\ &=&(x^4+32x^2-20)-\sqrt 7(4x^3+8x) \end{eqnarray*} 設 $h(x)=m(x)\big((x^4+32x^2-20)-\sqrt 7(4x^3+8x)\big)$, 其中 $m(x)\in R[x]$,

因為 $h(x)$ 與 $(x^4+32x^2-20)-\sqrt 7(4x^3+8x)$ 皆屬於 $Q(\sqrt 7)[x]$,

易證 $m(x)$ 也屬於 $Q(\sqrt 7)[x]$。

設 $m(x)=f(x)+\sqrt 7 g(x)$, 其中 $f(x),g(x)\in Q[x]$, 因此 \begin{eqnarray*} h(x)&=&\big(f(x)+\sqrt 7g(x)\big)\big((x^4+32x^2-20)-\sqrt 7(4x^3+8x)\big),\quad\hbox{ 其中 $f(x),g(x)\in Q[x]$,}\\ &=&\big(f(x)(x^4+32x^2-20)-7g(x)(4x^3+8x)\big)\\ &&+\sqrt 7\big(-f(x)(4x^3+8x)+g(x)(x^4+32x^2-20)\big). \end{eqnarray*} 對照(1)式: $h(x)=(p(x)-xq(x))+\sqrt 7q(x)$, 其中 $p(x)$ 與 $q(x)$ 為整係數多項式, 可得 $$\left\{\begin{array}{l} p(x)-xq(x)=f(x)(x^4+32x^2-20)-7g(x)(4x^3+8x)\\[5pt] q(x)=-f(x)(4x^3+8x)+g(x)(x^4+32x^2-20). \end{array}\right.$$ 因為 $p(x)$ 與 $q(x)$ 為整係數多項式且互質, 所以 $p(x)-x q(x)$ 與 $q(x)$ 也是整係數多項式且互質; 反之若 $p(x)-x q(x)$ 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 $$f(x)(x^4+32x^2-20)-7g(x)(4x^3+8x) \quad \hbox{與}\quad -f(x)(4x^3+8x)+g(x)(x^4+32x^2-20)$$ 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 $\left\{\begin{array}{l} f(x)=-1\\[3pt] g(x)=0 \end{array}\right.$ 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 $\left\{\begin{array}{l} f(x)=0\\[3pt] g(x)=1 \end{array}\right.$ 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

「 99 學年度學科能力競賽數學科決賽總報告」。 I. N. Herstein, Abstract Algebra.

---本文作者任教高雄中學---

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