45308 學測試題一個選項的討論
學測試題一個選項的討論

本文要討論的是今(110)年學科能力測驗數學考科第13題選項(5), 這一題的題幹為 「多項式函數 $f(x)=x^3+ax^2+bx+c$, 其中 $a,b,c$ 均為有理數。」 選項 (5) 為「存在有理數 $a,b,c$ 使得 $f(1),f(2),f(3),f(4)$ 依序形成等比數列。」, 這個選項在考場難倒無數考生, 考後也難倒不少高中老師。 坊間看到的解法, 有的是設定 $f(1),f(2),f(3),f(4)$ 的值, 用插值法去確定 $f(x)$ 的有理係數 $a,b,c$ 存在 (或直接求出有理數 $a,b,c$); 也有的是給定等比數列的公比, 去確定 $f(x)$ 的有理係數 $a,b,c$ 存在(或直接求出有理數 $a,b,c$)。

對一個學數學的人而言, 我見到這個題目, 會想到的是(一)有理數 $a,b,c$ 存在嗎? 有多少組有理數 $a,b,c$? 和等比數列的公比 $r$ 的關係為何? (二)如果有理數 $a,b,c$ 存在, $a,b,c$ 的值為何? 以下依序討論這兩個問題。

問題一: 多項式函數 $f(x)=x^3+ax^2+bx+c$, 其中 $a,b,c$ 均為有理數。 使得 $f(1),f(2),f(3)$, $f(4)$ 依序形成等比數列的有理數 $a,b,c$ 存在嗎? 有多少組有理數 $a,b,c$? 和等比數列的公比 $r$ 的關係為何?。

解法一: $f(1)=a+b+c+1$, $f(2)=4a+2b+c+8$, $f(3)=9a+3b+c+27$, $f(4)=16a+4b+c+64$ 要使得 $f(1),f(2),f(3),f(4)$ 依序形成等比數列, (設公比為 $r$), 即使得 $\dfrac{f(2)}{f(1)}=\dfrac{f(3)}{f(2)}=\dfrac{f(4)}{f(3)}=r$, 或 $\left\{\begin{array}{l} f(2)=r(f(1))\\[4pt] f(3)=r(f(2))\\[4pt] f(4)=r(f(3))\end{array}\right.$, 可化為三元一次方程組 $$\left\{\begin{array}{cccccl} (4-r)a&+&(2-r)b&+&(1-r)c&=r-8\\[4pt] (9-4r)a&+&(3-2r)b&+&(1-r)c&=8r-27\\[4pt] (16-9r)a&+&(4-3r)b&+&(1-r)c&=27r-64\\[4pt]\end{array}\right., (*)$$

用方程組(*)的判別式 $\Delta$ 來討論,

\begin{align*} \Delta=&\left|\begin{array}{ccccc} 4-r&~~&2-r&~~&1-r\\[4pt] 9-4r&&3-2r&&1-r\\[4pt] 16-9r&&4-3r&&1-r\end{array}\right|=\left|\begin{array}{ccccc} 4-r&~~&2-r&~~&1-r\\[4pt] 5-3r&&1-r&&0\\[4pt] 12-8r&&2-2r&&0\end{array}\right|\\[6pt] =&(1-r)\left|\begin{array}{ccc} 5-3r&~~&1-r\\[4pt] 12-8r&&2-2r\end{array}\right| =(1-r)^2\times \left|\begin{array}{ccc} 5-3r&~~&1\\[4pt] 12-8r&&2\end{array}\right|\\[6pt] =&(1-r)^2(-2+2r)=-2(1-r)^3, \end{align*}

故當 $r\not=1$, $a,b,c$ 的三元一次方程組都有恰有一組解, 又當 $r$ 是有理數時, $\Delta$, $\Delta_a$, $\Delta_b$, $\Delta_c$, 都是有理數, 故可得出存在有理數 $a=\dfrac{\Delta_a}{\Delta}$, $b=\dfrac{\Delta_b}{\Delta}$, $c=\dfrac{\Delta_c}{\Delta}$, 使得 $f(1),f(2),f(3),f(4)$ 依序形成等比數列。

解法二: $f(1)=a+b+c+1$, $f(2)=4a+2b+c+8$, $f(3)=9a+3b+c+27$, $f(4)=16a+4b+c+64$ 要使得 $f(1),f(2),f(3),f(4)$ 依序形成等比數列, (設公比為 $r$), 即使得 $\dfrac{f(2)}{f(1)}=\dfrac{f(3)}{f(2)}=\dfrac{f(4)}{f(3)}=r$, 或 $\left\{\begin{array}{l} f(2)=r(f(1))\\[4pt] f(3)=r(f(2))\\[4pt] f(4)=r(f(3))\end{array}\right.$, 可化為三元一次方程組

\begin{align*} &\hskip 3cm\left\{\begin{array}{cccccl} (4-r)a&+&(2-r)b&+&(1-r)c&=r-8\\[4pt] (9-4r)a&+&(3-2r)b&+&(1-r)c&=8r-27\\[4pt] (16-9r)a&+&(4-3r)b&+&(1-r)c&=27r-64\\[4pt]\end{array}\right.,\tag*{$(*)$}\\ %\eqno{(*)}\\ &\left[\begin{array}{ccccccc} 4-r&~~&2-r&~~&1-r&~~&r-8\\[4pt] 9-4r&&3-2r&&1-r&~~&8r-27\\[4pt] 16-9r&&4-3r&&1-r&~~&27r-64\end{array}\right]\to \left[\begin{array}{ccccccc} 4-r&~~&2-r&~~&1-r&~~&r-8\\[4pt] 5-3r&&1-r&&0&~~&7r-19\\[4pt] 12-8r&&2-2r&&0&~~&26r-56\end{array}\right]\\ &\to\left[\begin{array}{ccccccc} 4-r&~~&2-r&~~&1-r&~~&r-8\\[4pt] 5-3r&&1-r&&0&~~&7r-19\\[4pt] 2-2r&&0&&0&~~&12r\!-\!18\end{array}\right]\to \left[\begin{array}{ccccccc} 4-r&~~&2-r&~~&1-r&~~&r-8\\[4pt] 5-3r&&1-r&&0&~~&7r-19\\[4pt] 1-r&&0&&0&~~&6r-9\end{array}\right] \end{align*}

表示透過消去法, $(*)$ 化簡成 $$\left\{\begin{array}{lclll} (4-r)a&+&(2-r)b+&(1-r)c&=r-8\\[4pt] (5-3r)a&+&(1-r)b+&~~&=7r-19\\[4pt] (1-r)a&+&&&=6r-9\end{array}\right., (**)$$ 當 $r\not=1$ 時, 方程組有解, 而當 $r\not=1$, $r$ 是有理數時, 方程組有有理數解, 即存在有理數 $a,b,c$ 使得 $f(1),f(2),f(3),f(4)$ 依序形成等比數列。

解法三: 尋找一個有理係數三次多項函數 $f(x)$, 使得 $f(1)=k$, $f(2)=rk$, $f(3)=r^2k$, $f(4)=r^3k$, 其中 $k$ 為非0之有理數, $r$ 是不為 1 也不為 0 的有理數。

由拉格朗日(Lagrange)插值公式取

\begin{align*} g(x)=&\, k\frac{(x -2)(x - 3)(x - 4)}{(1 - 2)(1 - 3)(1 - 4)} + rk\frac{(x -1)(x - 3)(x - 4)}{(2 - 1)(2 - 3)(2 - 4)}\\ & + r^2k\frac{(x -1)(x - 2)(x - 4)}{(3 - 1)(3 - 2)(3 - 4)} + r^3k\frac{(x -1)(x - 2)(x - 3)}{(4 - 1)(4 - 2)(4 - 3)}\\ =&-\frac k6(x -2)(x - 3)(x - 4)+\frac {rk}2(x -1)(x - 3)(x - 4)\\ &-\frac {r^2k}2(x -1)(x - 2)(x - 4)+\frac {r^3k}6(x -1)(x - 2)(x - 3) \end{align*}

$g(x)$ 的三次項係數為 $\dfrac k6(-1+3r-3r^2+r^3)=\dfrac{k(r-1)^3}{6}\not=0$,
故 $g(x)$ 是一個首項係數為 $\dfrac{k(r-1)^3}{6}$ 的三次有理係數多項式,
令 $f(x)=\dfrac6{k(r-1)^3}g(x)$, 則 $f(x)$ 是一個首項係數為 1 的三次有理係數多項式,
即 $f(x)=x^3+ax^2+bx+c$, 其中 $a,b,c$ 是有理數, 使得 $f(1),f(2),f(3),f(4)$ 成一等比數列 (公比 $r\not=1$),

接下來討論問題二。

問題二: 多項式函數 $f(x)=x^3+ax^2+bx+c$, 其中 $a,b,c$ 均為有理數。 求出有理數 $a,b,c$ 使得 $f(1),f(2),f(3),f(4)$ 依序形成等比數列。

解法一: 解三元一次方程組 $$\left\{\begin{array}{cccccl} (4-r)a&+&(2-r)b&+&(1-r)c&=r-8\\[4pt] (9-4r)a&+&(3-2r)b&+&(1-r)c&=8r-27\\[4pt] (16-9r)a&+&(4-3r)b&+&(1-r)c&=27r-64\\[4pt]\end{array}\right., (*)$$ 透過消去法, (*) 化簡成 $$\left\{\begin{array}{lclll} (4-r)a&+&(2-r)b+&(1-r)c&=r-8&&&(1)\\[4pt] (5-3r)a&+&(1-r)b+&~~&=7r-19&&&(2)\\[4pt] (1-r)a&+&&&=6r-9&&&(3)\end{array}\right.$$

由 (3) 得 $a=\dfrac{6r-9}{1-r}=-6-\dfrac{3}{1-r}$,

由 (2) 得 $b\!=\!\dfrac{3r\!-\!5}{1\!-\!r}a\!-\!\dfrac{19\!-\!7r}{1\!-\!r}\!=\!\Big(\!-\!3\!-\!\dfrac 2{1\!-\!r}\Big) \Big(\!-\!6\!-\!\dfrac 3{1\!-\!r}\Big)\!-\!7\!-\!\dfrac{12}{1\!-\!r}\!=\!11+\dfrac 9{1\!-\!r}+\dfrac 6{(1\!-\!r)^2}$,

由 (1) 得

\begin{align*} c\!=&-\dfrac{4\!-\!r}{1\!-\!r}a\!-\!\dfrac{2\!-\!r}{1\!-\!r}b+\dfrac{r\!-\!8}{1\!-\!r}\\ =&\Big(\!-1\!-\!\dfrac 3{1\!-\!r}\Big)\Big(\!-6\!-\!\dfrac 3{1\!-\!r}\Big) \!+\!\Big(\!-1\!-\!\dfrac 1{1\!-\!r}\Big)\Big(11\!+\!\dfrac 9{1\!-\!r}+\dfrac 6{(1\!-\!r)^2}\Big)\!-\!1\!-\!\dfrac 7{1\!-\!r}\\ =&-6-\dfrac 6{1\!-\!r}-\dfrac 6{(1\!-\!r)^2}-\dfrac 6{(1\!-\!r)^3}. \end{align*}

解法二: 設公比為 $r$ ($r\not=1$), $f(x)$ 滿足 $f(x+1)=rf(x)$, 當 $x=1,2,3$,
即 $f(x+1)-rf(x)=0$ 有 3 根 $x=1,2,3$,

\begin{align*} f(x\!+\!1)\!-\!rf(x)=&(x\!+\!1)^3\!+\!a(x\!+\!1)^2\!+\!b(x\!+\!1)\!+\!c\!-\!rx^3\!-\!rax^2\!-\!rbx\!-\!rc\\ =&(1\!-\!r)x^3\!+\!(a\!+\!3\!-\!ra)x^2\!+\!(2a\!+\!b\!+\!3\!-\!rb)x\!+\!(a\!+\!b\!+\!c\!+\!1\!-\!rc) \end{align*}

$\therefore$ $f(x+1)-rf(x)=(1-r)(x-1)(x-2)(x-3)$, 即 $(1\!-\!r)x^3\!+\!(a\!+\!3\!-\!ra)x^2\!+\!(2a\!+\!b\!+\!3\!-\!rb)x\!+\!(a\!+\!b\!+\!c\!+\!1\!-\!rc)\!=\!(1\!-\!r)(x^3\!-\!6x^2\!+\!11x\!-\!6)$

\begin{align*} \therefore \qquad \frac{(1-r)a+3}{1-r}=-6\Rightarrow&\ a=-6-\frac 3{1-r},\\ \frac{(1-r)b+2a+3}{1-r}=11\Rightarrow&\ b=11-\frac {2a+3}{1-r},\\ \frac{(1-r)c+a+b+1}{1-r}=-6\Rightarrow&\ c=-6-\frac {a+b+1}{1-r}, \end{align*} \begin{align*} \therefore\ a=&-6-\frac 3{1-r},\\ b=&11-\frac 1{1-r}\Big[2\Big(\!-6-\frac 3{1-r}\Big)+3\Big]=11+\frac 9{1-r}+\frac 6{(1-r)^2},\\ c=&-6-\frac 1{1-r}\Big[\Big(\!-6-\frac 3{1-r}\Big)+\Big(11+\frac 9{1-r}+\frac 6{(1-r)^2}+1\Big)\Big]\\ =&-6-\frac 6{1-r}-\frac 6{(1-r)^2}-\frac 6{(1-r)^3}, \end{align*}

接下來由上一段求得的有理數 $a,b,c$ 與公比 $r$ 的關係, 來看看兩個數字較簡單的例子。

例題一: 當 $r=2$, $a=-3$, $b=8$, $c=0$ 故 $f(x)=x^3-3x^2+8x$,
$f(1)=6$, $f(2)=12$, $f(3)=24$, $f(4)=48$,
故 $f(1),f(2),f(3),f(4)$ 是公比為 2 等比數列
請注意這個例子 $a,b,c$ 是整數, 公比 $r=2$ 也是整數, 不難推論這是唯一的整數係數三次多項函數。

例題二: 當 $r=-1$, $a=-\dfrac{15}{2}$, $b=17$, $c=-\dfrac{45}{4}$, $f(x)=x^3-\dfrac{15}{2}x^2+17x-\dfrac{45}{4}$, $f(1)=-\dfrac 34$, $f(2)=\dfrac 34$, $f(3)=-\dfrac 34$, $f(4)=\dfrac 34$,
故 $f(1),f(2),f(3),f(4)$ 是公比為 $-1$ 等比數列。

結論: 根據以上的討論可做出以下結論:

一、恰有一個首項係數為 1 的整係數三次多項式 $f(x)=x^3+ax^2+bx+c$, 使得 $f(1),f(2)$, $f(3),f(4)$ 成等比數列。

二、對每一個不等於 1 的有理數 $r$, 存在一個首項係數為 1 的有理數三次多項式 $f(x)=x^3+ax^2+bx+c$, 使得 $f(1),f(2),f(3),f(4)$ 成等比數列。

三、對每一個不等於 1 的實數 $r$, 存在一個首項係數為 1 的實數三次多項式 $f(x)=x^3+ax^2+bx+c$, 使得 $f(1),f(2),f(3),f(4)$ 成等比數列。

四、對每一個不等於 1 的實數(有理數) $r$, 存在一個首項係數為 1 的實數(有理數) $n$ 次多項式 $$f(x)=\frac{n!}{(r-1)^n}\sum_{i=1}^{n+1}\dfrac{\prod\limits_{j=1\atop j\not=i}^{n+1}(x-j)}{\prod\limits_{j=1\atop j\not=i}^{n+1}(i-j)},$$ 使得 $f(1),f(2),\ldots,f(n+1)$ 成等比數列。

其中結論四可由拉格朗日 (Lagrange) 插值公式求得, 不再贅述。

參考文獻

110 年大學學科能力測驗數學考科試題卷。台北市。大學入學考試中心, 2021。

---本文作者為中山女高退休教師---