2017-09-14關於利用Gauss複數求解不定方程式$a^2+b^2=c^2$(求畢氏三元組)I

欲求解不定方程式$a^2+b^2=c^2$。

一條方程式、三個未知數，欠定。

此方程式的解應帶有兩個(整數)參數，設為$x$與$y$。

所以應有$a=f(x, y), b=g(x, y), c = h(x, y)$。

原問題「求解不定方程式$a^2+b^2=c^2$」，現在轉化為「找出所有定義於整數集$\mathbb{Z}$上的二元整數值函數$f, g, h$使得$[f(x, y)]^2 + [g(x, y)]^2 = [h(x, y)]^2$」。

如果要立即找出所有解，一般來說不好處理。我們可以，或是應該，先找出特解。然後再推想所有解。(例如是否具備線性疊加的性質、或乾脆我們的特解根本就是所有解，等等等。這好比我們在解線性方程組或是常微分方程式(ODE)一樣)

考慮Gauss複數$z= x + iy$。

為何要考慮複數$z= x + iy$？

複數有很多良好的性質，所以值得我們去這樣試試看。

這樣應該算是一個動機，是吧！？

所要求解的不定方程式的幾何意義就是距離公式，所以我們很自然地會考慮絕對值。

因$|z| = \sqrt{x^2 + y^2}$，也就是$x^2 +y^2 = |z|^2$，那只會得到$x^2 + y^2 = x^2 +y^2$，或更具體地是$(x)^2 + (y)^2 = \sqrt{x^2 + y^2}^2$，根本不能令$f(x, y) = x, g(x, y) = y, h(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2}$，因為我們不能保證最末的$h(x, y)$會是整數值！

一定要記得，我們要求出的$f(x, y), g(x, y), h(x, y)$都必須是整數值，因為要有$a = f(x, y), b= g(x, y), c = h(x, y)$。

原本題目中出現了平方和，所以我們應該去朝平方和的方向去思考。

如果考慮$x^2+y^2$如何？

$x^2 + y^2 = x^2 - (-1)y^2 = x^2 - i^2 \cdot y^2 = x^2 - (iy)^2 = (x+iy)(x-iy) = z \cdot \bar{z}$。

這沒有用。

換個方式，
$$\begin{eqnarray*} x^2 + y^2 &=& \left( \sqrt{x^2 + y^2} \right)^2 \\ &=& |z|^2 \\ &=& |z| \cdot |z| \\ &=& |z \cdot z| \\ &=& |z^2|. \end{eqnarray*}$$
複數$z^2$的絕對值是$x^2 + y^2$！

一般來說，複數$z^2$應為$p+qi$的形式，然後我們當然可以很肯定$p$與$q$都會是整數(因為$z^2 = z \cdot z = (x+iy) \cdot (x+iy)$，兩個整係數一次式乘在一起，算出來的結果當然一定也會是整係數)，但是我們平常無法十分肯定$z^2$的絕對值是否為整數，也就是說，我們通常不能確定$|z^2| = \sqrt{p^2+q^2}$是整數。

但是，上面的計算告訴我們，$|z^2| = x^2 + y^2$，是整數平方和，那當然就是整數。

方才我們想要令$h(x, y) = \sqrt{x^2 + y^2} = |z|$，失敗了，因為不能確定$\sqrt{x^2 + y^2}$是否為整數。

如今應該可以改令$h(x, y) = x^2 + y^2 = |z^2|$是嗎？

讓我們把事情弄得更清楚一些。
$$z^2 = (x+ iy)^2 = x^2 + 2xiy + (iy)^2 = (x^2 - y^2) + 2xyi,$$
於是
$$|z^2| = \sqrt{\left(x^2 - y^2 \right)^2 + (2xy)^2},$$

也就有
$$\sqrt{\left(x^2 - y^2 \right)^2 + (2xy)^2} = |z^2|,$$
代入$|z^2| = x^2 + y^2$，並左右平方，得
$$\left(x^2 - y^2 \right)^2 + (2xy)^2 = \left( x^2 + y^2 \right)^2.$$
我們得到一組整數值二元函數的平方和，且和也是某個整數值二元函數的平方！

所以我們可以令$a = f(x, y) = x^2 - y^2, b = g(x, y) = 2xy, c = h(x, y) = x^2 + y^2$。

換句話說
$$\left \{ \begin{array}{ll} a = x^2 - y^2, & \\ b = 2xy, & x, y \in \mathbb{Z} \\ c = x^2 +y^2. & \end{array} \right.$$
是不定方程式$a^2+b^2=c^2$的「一類」整數解。

我們這樣求出來的，僅僅是一類特殊的整數解，還不能確定這樣的解是不是就代表全部的整數解，因為還有可能有其他形式的整數解。

我們所做的，只是「湊出」三個整數值二元函數符合方程式的條件。

「$(f, g, h)$是解」和「所有解都形如$(f, g, h)$」是兩回事。

我們現在不能下結論說「不定方程式$a^2+b^2=c^2$的整數解就是$a = x^2 - y^2, b = 2xy, c= x^2+y^2$」。

這好比「女人是人」與「人都是女人」這兩句敘述是不等價的。

那麼，該如何求解出所有整數解呢？

我們留待下一篇文章再來談。

參考文獻

[1] 單墫，趣味數論，九章出版社(2002年8月)，第六章第7節。

2017-08-22因式分解問題

==問題==
因式分解$(ax+by)^2+(ay-bx)^2$。

出處：單墫，因式分解技巧(數學奧林匹亞小叢書，初中卷2)，九章出版社，7.4，例9。

==解答==

以下給出兩種方法。

第一種方法是使用複變數分解。之所以採用這樣的切入點是因為我個人對於複數情有獨鍾，什麼事都常常想要拿複數來試試看。

眾所皆知，$p^2 + q^2 = (p+qi)(p-qi)$。

$$\begin{eqnarray*} & & (ax+by)^2+(ay-bx)^2 \\ &=& [(ax+by) + (ay-bx)i][(ax+by) - (ay-bx)i] \\ &=& (ax+by+ayi-bxi)(ax+by-ayi+bxi) \\ &=& [x(a-bi) + y(b+ai)] [x(a+bi) + y(b-ai)] \\ &=& x^2(a^2+b^2) + xy(a-bi)(b-ai) +xy(b+ai)(a+bi) + y^2(a^2+b^2) \\ &=& (x^2+y^2)(a^2+b^2) +xy \left[ (a-bi)(b-ai) + (b+ai)(a+bi) \right] \\ &=& (x^2+y^2)(a^2+b^2) + xy ( ab-a^2i -b^2i + abi^2 +ba + b^2i + a^2i + abi^2 ) \\ &=& (x^2+y^2)(a^2+b^2) \end{eqnarray*}$$

我想這裏背後應該有什麼幾何意義，不過我現在看不出來。

第二種作法是書本上單墫教授所寫的：

$$\begin{eqnarray*} & & (ax+by)^2 (ay-bx)^2 \\ &=& a^2x^2 + 2abxy + b^2y^2 + a^2y^2 -2abxy +b^2x^2 \\ &=& a^2x^2 + b^2y^2 + a^2y^2 + b^2 x^2 \\ &=& (a^2x^2 + b^2 x^2 ) + (a^2y^2 + b^2y^2 ) \\ &=& a^2 (x^2+y^2) + y^2 (a^2 + b^2) \\ &=& (a^2 + b^2)(x^2 + y^2) \end{eqnarray*}$$

前一種做法或許兜個圈子，看起來沒什麼可取之處。不過我覺得換個方式來思考問題也不錯。

2017-08-21多項式問題：求餘式

==問題==
求$(x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1)$除以$x^2 +x+1$的餘式。

==解答==

本題做法很多種。

第一種方法是直接將被除式$(x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1)$展開化簡，然後直接用長除法求解。

非常地暴力野蠻，計算量極大，在考試時，只在山窮水盡才這樣幹。

第二種方法是使用「除法原理」。由於除式$x^2 +x+1$為2次式，所以根據除法原理，可以假設餘式為$ax+b$，然後商式為$q(x)$，也就是有
$$(x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1) \div x^2 +x+1 = q(x)...ax+b.$$
然後
$$(x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1) = (x^2+x+1) \cdot q(x) + (ax+b).$$
接著，由於$x^2+x+1 = \left( x - \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2} \right) \left( x - \frac{-1 - \sqrt{3}i}{2} \right)$(此因式分解其實係由直接解出方程式$x^2+x+1=0$所得)，若命$\omega_1 = \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2}, \omega_2 = \frac{-1 - \sqrt{3}i}{2}$，將$\omega_1, \omega_2$依序帶入$(x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1) = (x^2+x+1) \cdot q(x) + (ax+b)$可得關於$a$與$b$的聯立方程組，而後再解出$a, b$即得所求餘式。

這解法乍看好像頭頭是道，引經據典，很有數學味。但這解法有兩處不好難點，一是關於除式$x^2 +x+1$的因式分解並不直觀，係在複系數多項式環$\mathbb{C}[x]$上才能進行，不好算；另一是即使因式分解難不倒你，但最末帶入$\omega_1$與$\omega_2$時好計算嗎？我想不是那麼輕鬆的。

現在來談談第三種方法：多項式的同餘。

首先留意$x^3-1 = (x-1)(x^2+x+1)$，所以$x^3-1$是除式$x^2+x+1$的倍式。但如果僅考慮$x^3$，它與$x^3-1$就差在有無減1，所以可以看出$x^3$除以$x^2+x+1$後，餘式為1。

如果用同餘的記號，就有
$$x^3 \equiv 1 \mod x^2+x+1.$$
於是乎
$$\begin{eqnarray*} & & (x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1) \\ &=& (x^3 \cdot x -x^3 +x)[x^3+(x^2 +x+1)] \\ & \equiv & (1 \cdot x - 1 + x)[1+(0)] \mod x^2+x+1 \\ & \equiv & 2x-1 \mod x^2+x+1 \end{eqnarray*}$$
故答案為$2x-1$。

如果知曉多項式的同餘概念，那麼在處理餘式問題時有時會有更簡潔的解法。

無理數的無理數次方仍是無理數嗎？

無理數，所謂不能化為分數的數，相當的難以捉摸。

以前我們曾在【無理數與無理數加減乘除後仍會是無理數嗎？】與【有理數與無理數加減乘除後得到有理數還是無理數？】兩篇文章中探討過無理數對四則運算是否具有封閉性。

但我們不曾對乘冪運算有所探究。

本文要回答一個問題。

==問題==
若$\alpha, \beta$皆為無理數，則$\alpha^{\beta}$也是無理數嗎？

==解答==
底是無理數，次方又是無理數，看起來結果一定是無理，對吧？

未必！

考慮$\alpha_1 = \sqrt{2}, \beta_1 = \sqrt{2}$，則可得數$\alpha_1^{\beta_1} = \sqrt{2}^{\sqrt{2}}$。

關於數$\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$，我不知道它到底是無理數還是有理數。

如果$\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$是有理數，那麼我們得到$\text{無理數}^{\text{無理數}} = \text{有理數}$的一個例子。

如果$\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$是無理數，那麼我們令$\alpha_2 = \sqrt{2}^{\sqrt{2}}, \beta_2 = \sqrt{2}$，於是
$$\alpha_2^{\beta_2}=\left( \sqrt{2}^{\sqrt{2}} \right)^{\sqrt{2}} = \sqrt{2}^{\sqrt{2} \times \sqrt{2}} = \sqrt{2}^2 = 2.$$
再次得到$\text{無理數}^{\text{無理數}} = \text{有理數}$。

所以無論本來$\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$是有理數還是無理數，我們都能憑藉這個數去得到$\text{無理數}^{\text{無理數}} = \text{有理數}$的例子。

==參考資料==
Kenneth Binmore, Foundations of Analysis: Book 1: Logic, Sets and Numbers. Cambridge University Press. 1980. Example 3.15

$\log_{10} 2$不是有理數

=問題=

證明$\log_{10} 2$不是有理數。

[華羅庚《數論導引》第一章$\S 5$習題1]

=解答=

首先，由於$\log_{10} 2 > \log_{10} 1 = 0$，故可知$\log_{10} 2$為正數。

假設$\log_{10} 2 = \text{有理數} \frac{a}{b}$，其中$a, b$皆為正整數，且$\gcd (a, b) = 1$。

於是根據對數的定義，得$2 = 10^{\frac{a}{b}}$。左右同時自乘$b$次，即同時$b$次方，得
$$\begin{eqnarray*} 2^b = \left( 10^{\frac{a}{b}} \right)^b, \\ 2^b = 10^a, \\ 2^b = (2 \times 5)^a, \\ 2^b = 2^a \times 5^a, \\ 2^b \times 5^0 = 2^a \times 5^a. \end{eqnarray*}$$
注意$a, b$皆為正整數，所以$2^b, 2^a \times 5^a$皆為正整數。再根據算術基本定理之唯一性比較指數可知
$$b = a \text{且} 0 = a.$$
也就是有$a = b = 0$，但此與前提假設矛盾(我們假設$a, b$都是正整數)，所以假設錯誤，即$\log_{10} 2$是無理數。

(證明結束)

有理數與無理數加減乘除後得到有理數還是無理數？

在【有理數與有理數加減乘除後仍為有理數(有理數對四則運算自封、有理數Q是體(field))】一文中，我們論證了有理數對四則運算的自封性；在【無理數與無理數加減乘除後仍會是無理數嗎？】一文中，我們對不同的運算都各別舉出了正、反兩種例子來說明任兩個無理數之間經加減乘除四則運算後有可能是有理數，也可能是無理數。

本文將研究有理數與無理數經四則運算後會得到怎樣的結果。

以下均假定$p$為有理數，$q$為無理數。

(1) 有理數$\pm$無理數$=$無理數

[證]：假定有理數$p+$無理數$q=$有理數$r$，於是可以得到
$$\text{無理數}q = \text{有理數}r - \text{有理數}p = \text{有理數},$$
矛盾！

所以有理數$+$無理數$=$無理數。

而減法的情況則是，假定有理數$p -$無理數$q=$有理數$r'$，於是可以得到
$$\text{無理數}q = \text{有理數}r' - \text{有理數}p = \text{有理數},$$
矛盾！

所以有理數$-$無理數$=$無理數。

(2) 有理數$\times$無理數未必是無理數

正例：有理數$1 \times$無理數$\sqrt{2}=$無理數$\sqrt{2}$。

反例：有理數$0 \times$無理數$\sqrt{2}=$有理數$0$。

所以，有理數乘以無理數得到的結果可能是無理數，也可能是有理數。

(3) 有理數$\div$無理數未必是無理數

正例：有理數$2 \div$無理數$\sqrt{2} =$無理數$\sqrt{2}$。

反例：有理數$0 \div$無理數$\sqrt{2} =$有理數$0$。

警告：由於除法不具有交換律，所以討論了「有理數$\div$無理數」之外，還必須討論「無理數$\div$有理數」，而這兩種情況有顯著的差異！

(4) 無理數$\div$非零有理數$=$無理數

[證]：假定無理數$q \div$有理數$p =$有理數$r''$[當然我們這裡隱約假定了除數(或是說分母)$p \neq 0$]。於是我們有
$$\begin{eqnarray*} \text{無理數}q \div \text{有理數}p = \text{有理數}r'', \\ \frac{\text{無理數}q}{\text{有理數}p} = \text{有理數}r'', \\ \text{無理數}q = \text{有理數}p \times \text{有理數}r'' = \text{有理數}, \end{eqnarray*}$$
矛盾！
因此無理數$q \div$有理數$p =$無理數。

=歸納=

(1) 有理數$\pm$無理數$=$無理數
(2) 有理數$\times$無理數未必是無理數
(3) 有理數$\div$無理數未必是無理數
(4) 無理數$\div$非零有理數$=$無理數

無理數與無理數加減乘除後仍會是無理數嗎？

在【有理數與有理數加減乘除後仍為有理數(有理數對四則運算自封、有理數Q是體(field))】一文中，我們討論了有理數對於加減乘除四則運算是自封的，那我們不禁要問「無理數的情況又如何？」

答案是不一定。

(1) 無理數$\pm$無理數未必是無理數

正例：無理數$\sqrt{2}+$無理數$\sqrt{3}=$無理數。

[證]：採用純粹數論的方法來論證此敘述太麻煩了，我們逕直使用有理根檢驗法就好。

設$x = \sqrt{2}+\sqrt{3}$，則
$$\begin{eqnarray*} x=\sqrt{2}+\sqrt{3}, \\ x-\sqrt{2}=\sqrt{3}, \\ \left( x-\sqrt{2} \right)^2=\sqrt{3}^2, \\ x^2-2\sqrt{2}x+2=3, \\ x^2-1=2\sqrt{2}x, \\ \left( x^2-1 \right)^2=\left( 2\sqrt{2}x \right)^2, \\ x^4-2x^2+1=8x^2, \\ x^4-10x^2+1=0. \end{eqnarray*}$$
命$f(x)=x^4-10x^2+1$。若有理數$\frac{p}{q}$[此地假定$\gcd (p, q)=1, q>0$]是多項式方程式$f(x)=0$的根，那麼必有$q|1, p|1$。如此，有理根僅可能為$\frac{1}{1}$或$\frac{-1}{1}$，亦即$\pm 1$。但$\sqrt{2}+\sqrt{3}$是多項式方程式$f(x)=0$的實根，而顯然$\sqrt{2}+\sqrt{3}$不會是有理根，於是可推知$\sqrt{2}+\sqrt{3}$必為多項式方程式$f(x)=0$的無理根，換言之，$\sqrt{2}+\sqrt{3}$根本就是無理數。

(證明結束)

反例：無理數$\sqrt{2}+$無理數$(-\sqrt{2})=$有理數$0$。

綜上所述，無理數加減無理數的結果可能是無理數，也可能是有理數。

(2) 無理數$\times$無理數未必是無理數

正例：無理數$\sqrt{2} \times$無理數$\sqrt{3}=$無理數$\sqrt{6}$。

[證]：這裡其實沒什麼好證明的，只是要說明一下$\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6}$這三個數的無理性。

命$f_1(x) = x^2-2, f_2(x) = x^2-3, f_3(x)=x^2-6$，利用有理根檢驗法就可以輕易得知$\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6}$這三個數都是無理數。

(證明結束)

反例：無理數$\sqrt{2} \times$無理數$\sqrt{2}=$有理數$2$。

綜上所述，無理數乘以無理數的結果可能是無理數，也可能是有理數。

(3) 無理數$\div$無理數未必是無理數

正例：無理數$\sqrt{3}\div$無理數$\sqrt{2}=$無理數$\sqrt{\frac{3}{2}}$。

[證]：此地只說明$\sqrt{\frac{3}{2}}$的無理性。

命$x=\sqrt{\frac{3}{2}}$，於是
$$\begin{eqnarray*} x=\sqrt{\frac{3}{2}}, \\ x^2=\frac{3}{2}, \\ 2x^2-3=0. \end{eqnarray*}$$
命多項式$f(x)=2x^2-3$，利用有理根檢驗法即知$\sqrt{\frac{3}{2}}$為無理數。

(證明結束)

反例：無理數$\sqrt{2}\div$無理數$\sqrt{2}=$有理數$1$。

綜上所述，無理數除以無理數的結果可能是無理數，也可能是有理數。

我們可以把以上幾條結論歸結為：無理數對加減乘除四則運算不自封。

更多關於無理數的討論，參見G. H. Hardy與E. M. Wright合著的"An Introduction to the Theory of Numbers"，第4章。I. Niven的"Numbers: Rational and Irrational"也是很好的讀物。

有理數與有理數加減乘除後仍為有理數(有理數對四則運算自封、有理數Q是體(field))

在高中數學關於實數的介紹中，常會出現一類概念考題，多以選擇題形式呈現，其內容大概都是「設$a, b$皆為有理數，則以下選項何者正確？」云云。

有很大一部分題目內容是關於有理數體對於四則運算自封的，以下我們來討論一下這些內容。

定理：若$a, b$皆為有理數(亦可寫作$a, b \in \mathbb{Q}$)，則有以下結論：
(1) $a+b$仍為有理數，即$a+b \in \mathbb{Q}$。換句話說，就是「有理數$+$有理數$=$有理數」；
(2) $a-b$仍為有理數，即$a-b \in \mathbb{Q}$。換句話說，就是「有理數$-$有理數$=$有理數」；
(3) $a \times b$仍為有理數，即$a \times b \in \mathbb{Q}$。換句話說，就是「有理數$\times$有理數$=$有理數」；
(4) 若再限制$b \neq 0$，那麼$a \div b$仍為有理數，即$a \div b \in \mathbb{Q}$。換句話說，就是「有理數$\div$有理數$=$有理數」。

[證]：已知$a, b$皆為有理數，那麼存在整數$p, q, r, s$使得$a=\frac{p}{q}, b=\frac{r}{s}$，且其中$q \neq  0, s \neq 0$，又$\gcd (p, q) = \gcd (r, s) = 1$。

(1) 因為$p, q, r, s$皆為整數，所以$qs, ps+qr$亦為整數。而
$$\begin{eqnarray*} a+b &=& \frac{p}{q} + \frac{r}{s} \\ &=& \frac{ps}{qs} + \frac{rq}{sq} \\ &=& \frac{ps+rq}{qs} \end{eqnarray*}$$
可見$a+b$的結果可表為$\frac{\text{整數}}{整數}$，因此$a+b$也是有理數。

(2) 因為$r$是整數，所以$-r$也是整數。

因$b=\frac{r}{s}$，得$-b=-\frac{r}{s} = \frac{-r}{s} = \frac{\text{整數}}{\text{整數}}$，即$-b$亦為有理數。

那麼$a-b=a+(-b)=\text{有理數}+\text{有理數}=\text{有理數}$。

(3) 因為$p, q, r, s$皆為整數，所以$pr, qs$也都是整數。

那麼$a \times b = \frac{p}{q} \times \frac{r}{s} = \frac{pr}{qs} = \frac{\text{整數}}{\text{整數}} = \text{有理數}$。

(4) 因$b \neq 0$，而$b = \frac{r}{s}$，故$r \neq 0$，所以$\frac{1}{b} = \frac{s}{r}$是存在的，且$\frac{1}{b}$也是有理數。

於是$a \div b = a \times \frac{1}{b} = \text{有理數} \times \text{有理數} = \text{有理數}$。

(證明結束)

三元算幾不等式的代數證明

定理：若$x, y, z$皆為非負實數，則恆有
$$\frac{x+y+z}{3} \geq \sqrt[3]{xyz}.$$

[證]：令$\sqrt[3]{x}=a, \sqrt[3]{y}=b, \sqrt[3]{z}=c$，則$x=a^3, y=b^3, z=c^3$。考慮$\frac{x+y+z}{3} - \sqrt[3]{xyz}$，利用「三元三次輪換式」，則
$$\begin{eqnarray*} \frac{x+y+z}{3} - \sqrt[3]{xyz} &=& \frac{1}{3} \left( x+y+z - 3 \sqrt[3]{xyz} \right) \\ &=& \frac{1}{3} \left( \sqrt[3]{x}^3 + \sqrt[3]{y}^3 + \sqrt[3]{z}^3 - 3\sqrt[3]{x}\sqrt[3]{y} \sqrt[3]{z} \right) \\ &=& \frac{1}{3} \left( a^3 + b^3 +c^3 - 3abc \right) \\ &=& \frac{1}{3} (a+b+c)\left( a^2 + b^2 + c^2 - ab - bc - ca \right) \\ &=& \frac{1}{3} (a+b+c) \frac{1}{2} \left( 2a^2 + 2b^2 + 2c^2 - 2ab - 2bc - 2ca \right) \\ &=& \frac{1}{6} (a+b+c) \left[ (a^2 -2ab + b^2) + (b^2 -2bc +c^2) + (c^2 -2ca +a^2) \right] \\ &=& \frac{1}{6} (a+b+c) \left[ (a-b)^2 + (b-c)^2 + (c-a)^2 \right] \\ &\geq& 0 \end{eqnarray*}$$
得$\frac{x+y+z}{3} - \sqrt[3]{xyz} \geq  0$，即$\frac{x+y+z}{3} \geq \sqrt[3]{xyz}$。

(證明結束)

和的立方公式(二項式定理n=3的情況)、差的立方公式

定理：若$a, b$皆為複數，則

$$(a+b)^3 = a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3.$$

[證一]：直接從左式展開，

$$\begin{eqnarray*} (a+b)^3 &=& (a+b)^2 (a+b) \\ &=& (a^2 + 2ab + b^2) (a+b) \\ &=& a^3 + 2a^2b + ab^2 \\ & & +a^2b +2ab^2 + b^3 \\ &=& a^3 + 3a^2b + 3ab^2 + b^3 \end{eqnarray*}$$

[證二]：組合論證法。因為

$$(a+b)^3 = (a+b)(a+b)(a+b),$$
共有3個括號，每個括號裏頭有2種選擇，選$a$或選$b$，於是可以知道，選擇出來的乘積可能有
$$aaa, aab, abb, bbb$$
這4種可能情況。($aaa$代表3個括號中都選$a$；$aab$代表3個括號中有2個選$a$、1個選$b$，不考慮順序)

那麼我們要問，有多少種製造$aaa$的方式呢？有多少種製造$aab$的方式呢？...

在選擇過程中，我們只要確定要選那些括號來選$a$就行，剩下的括號直接默認要選$b$。

對於$aaa$，共有${3 \choose 3} = 1$種方式。

對於$aab$，共有${3 \choose 2} = 3$種方式。

對於$abb$，共有${3 \choose 1} = 3$種方式。

對於$bbb$，共有${3 \choose 0} = 1$種方式。

因此整個選擇過程結束後，我們可以得到1個$aaa$(即$a^3$)、3個$aab$(即$a^2b$)、3個$abb$(即$ab^2$)、以及1個$bbb$(即$b^3$)。

所以$(a+b)^3=a^3+3a^2b+3ab^2+b^3$。

(證明結束)

附註：差的立方公式：若$a, b$皆為複數，則

$$(a-b)^3 = a^3 - 3a^2b + 3ab^2 - b^3.$$

[證]：命$A=a, B=-b$，則$(a-b)^3=[a+(-b)]^3=(A+B)^3$，利用和的立方公式，得

$$\begin{eqnarray*} (a-b)^3 &=& (A+B)^3 \\ &=& A^3 + 3A^2B +3AB^2 + B^3 \\ &=& a^3 +3a^2(-b) + 3a(-b)^2 + (-b)^3 \\ &=& a^3 - 3a^2b + 3ab^2 - b^3 \end{eqnarray*}$$

(證明結束)

三元三次輪換式

定理：若$x, y, z$皆為複數，則恆有

$$x^3 + y^3 + z^3 - 3xyz = (x+y+z)\left( x^2 +y^2 + z^2 - xy - yz - zx \right).$$

[證一]：直接對右端展開。

$$\begin{eqnarray*} (x+y+z) \left( x^2 +y^2 + z^2 - xy - yz - zx \right) &=& x^3 +xy^2 +xz^2 - x^2y -xyz - zx^2 \\ & & +x^2y + y^3 + yz^2 - xy^2 - y^2z - xyz \\ & & +x^2z + y^2z + z^3 -xyz - yz^2 -xz^2 \\ &=& x^3 + y^3 +z^3 - 3xyz \end{eqnarray*}$$

[證二]：使用和的立方公式[$(p+q)^3 = p^3 = 3p^2q + 3pq^2 + q^3$]與立方和公式[$p^3 + q^3 = (p+q)(p^2 -pq + q^2)$]。從左端出發

$$\begin{eqnarray*} x^3 + y^3 +z^3 - 3xyz &=& (x^3 + y^3) + z^3 -3xyz \\ &=& (x^3 + 3x^2y + 3xy^2 + y^3) - 3x^2y - 3xy^2 + z^3 - 3xyz \\ &=& (x+y)^3 + z^3 - 3xy(x+y) - 3xyz \\ &=& [(x+y) + z] [(x+y)^2 - (x+y)z + z^2] - 3xy[(x+y) +z] \\ &=& (x+y+z)(x^2 + 2xy + y^2 - zx - yz + z^2) -3xy(x+y+z) \\ &=& (x+y+z)[(x^2 + 2xy + y^2 - zx - yz + z^2) - 3xy] \\ &=& (x+y+z)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx) \end{eqnarray*}$$

(證明結束)

附註：

1. 楊維哲：「這幾乎是關於三元的需要熟悉的唯一的公式！」(湖濱高中數學講義之二—代數，五南出版，第18頁)

2. 為什麼要考慮這樣的因式分解呢？楊維哲在其書中沒有給出答案，而我所能想到的唯一一個答案是此因式分解可用於三元算幾不等式的證明之中，所以有一點必要性去研究這個式子。此外，如果直接從左端出發，大概也可以視為讓學生練習和的立方公式與立方和公式的一個好機會。

3. 因式分解嘛，當然我們可以假定所考慮的數系是隨便一個具么可換環(commutative ring)，不用像我上頭寫的「皆為複數」。但是其實把條件推的那麼極端，我看不出來有什麼好處，至少在高中教學面是毫無意義的。(上課時可以隨口亂啼，讓學生產生莫名其妙的崇拜)

警告：

如果令$c=0$，那麼本來的三元三次輪換式$a^3+b^3+c^3-3abc=(a+b+c)(a^2+b^2+c^2-ab-bc-ca)$會變為
$$a^3+b^3+0^3=(a+b+0)(a^2+b^2+0^2-ab-b \times 0 -0 \times a),$$
也就是立方和公式
$$a^3+b^3=(a+b)(a^2-ab+b^2).$$
你要注意立方和公式根本是三元三次輪換式的特例！

二元算幾不等式的代數證明

定理：若$a, b$皆為非負實數，則恆有
$$\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$$

[証]：本篇文章採用代數法來證明。幾何的處理方式，請見我在中央研究院數學研究所《數學傳播》發表的兩篇文章。

什麼是「非負」？

就是「不是負」。

一個數要麼是正的、要麼是0、要麼是負的，如今「不是負」，那必定是正的或0，也就是$\geq 0$。

證明的策略是，考慮$\frac{a+b}{2} - \sqrt{ab}$，想辦法推出此代數式非負，那麼就得到$\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$。

以下開始證明。

$$\begin{eqnarray*} \frac{a+b}{2} - \sqrt{ab} &=& \frac{1}{2} \left( a+b -2\sqrt{ab} \right) \\ &=& \frac{1}{2} \left( \sqrt{a}^2 + \sqrt{b}^2 - 2 \sqrt{a} \sqrt{b} \right) \\ &=& \frac{1}{2} \left( \sqrt{a}^2 - 2 \sqrt{a} \sqrt{b} + \sqrt{b}^2 \right) \\ &=& \frac{1}{2} \left( \sqrt{a} - \sqrt{b} \right)^2 \\ &\geq& 0 \end{eqnarray*}$$

即$\frac{a+b}{2} - \sqrt{ab} \geq 0$，得$\frac{a+b}{2} \geq \sqrt{ab}$

證明的幾個要點在此稍稍再討論一番。

首先，請注意定理條件中「$a, b$非負」的設定，因為如此，我們才能對$a, b$開方，換言之，就是使得$a = \sqrt{a}^2$有意義。

再者，請留意到任意實數(式)的平方必定非負，而一堆平方的和當然也是非負的。

(證明結束)

中國，1991年全國統一高考數學試卷（文科），第10題

==問題==

從4台甲型和5台乙型電視機中任意取出3台，其中至少要有甲型與乙型電視機各1台，則不同的取法共有
（A）140種（B）84種 (C）70種（D）35種

==解==

此題題意不清，未能從題設判斷出電視機是否視為相同物。

分兩種情況討論。

情形1：4台甲型電視機都是相同的、5台乙型電視機都是相同的

此時要區分不同取法，判斷標準為所選取的3台電視機中，有多少台是甲型、多少台是乙型。

假定選取了$x_1$台甲型、$x_2$台乙型，於是得$x_1+x_2=3$，所求選取方法數即為此方程式的非負整數解個數。但注意其中$x_1, x_2 \geq 1$，於是乎原方程式可轉化為$x_1'+x_2'=1$，其中$x_1', x_2' \geq 0$，而此方程式之非負整數解個數為$H(2, 1)=C(2+1-1, 1)=C(2, 1)=2$。故共有2種取法。

這2種取法，實際列出其實是：

• 取法1：2甲1乙；
• 取法2：1甲2乙。

然而此情況之討論結果相對照選項，可知出題者應未將電視機是為相同的。

情形2：4台甲型電視機都是相異的、5台乙型電視機都是相異的

我們可假設4台甲型電視機為：$a_1, a_2, a_3, a_4$，5台乙型電視機為：$b_1, b_2, b_3, b_4, b_5$。

• 所選取3台電視機中，其中有2台甲型電視機與1台乙型電視機

此時有$C(4, 2) \times C(5, 1)=6 \times 5 =30$種方法。

• 所選取3台電視機中，其中有1台甲型電視機與2台乙型電視機

此時有$C(4, 1) \times C(5, 2)=4 \times 10 =40$種方法。

因此總共有$30+40=70$種方法，故選(C)。

從排容原理到Fermat小定理

摘要：

本文從排容原理出發，首先推導自然數階乘$n!$的質因數分解公式，接著證明二項式係數${n \choose k}$必為整數，最後利用二項式定理歸納出Fermat小定理並以數學歸納法給予嚴格證明。