一道身高排列問題

==問題==

設有身高不等的10人排成一列，若想讓任一較矮者不夾在兩較高者之間，則排列方法有多少種？

==解答==

        假定身高分別為：0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9。先寫出幾個可能的情況：

0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9

9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0

1, 3, 6, 9, 8, 7, 5, 4, 2, 0

2, 5, 7, 8, 9, 6, 4, 3, 1, 0

（排列組合最重要的就是要舉例！）

這些排列有什麼特徵？

        仔細觀察可以發現，一旦最高的9確定後，接著比較矮的8就要選擇在9的左或右，然後是7選擇在左或右，依此類推。

=方法1=

        依照上面的觀察，我們可以從9開始去「生成」所有可行的排法。例如：

(i) 9 → 89 → 897 → 8976 → 89765 → 489765 → 4897653 → 48976532 → 148976532 → 1489765320

(ii) 9 → 98 → 987 → 6987 → 69875 → 698754 → 3698754 → 36987542 → 136987542 → 0136987542

也就是說，一開始就有一個9，然後放8，而8可以選擇在9的左邊或是右邊；接著放7，而7可以選擇左邊或是右邊；...依此類推。從8開始到0，每個數字都可選擇左邊或右邊，於是算式為

$$\underbrace{2 \times 2 \times \cdots \times 2}_{9 {\text 個}} = 2^9 = 512.$$

=方法2=

        另外一個方法是，首先想像有10個空位：

⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜

接著填入9，有以下可能情況：

(i) 9⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜

(ii) ⬜9⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜

...

(xi) ⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜9⬜

(x) ⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜9

        對於情形(i)，我們在9的左邊沒有任何空格可以填數字，而在右方有9個位置可以填數字，於是方法為$C^9_0 \times C^9_9$。

        對於情形(ii)，我們在9的左邊有1個空格可以填數字，而在右方有8個位置可以填數字，於是方法為$C^9_1 \times C^8_8$。

...

        對於情形(xi)，我們在9的左邊有8個空格可以填數字，而在右方有1個位置可以填數字，於是方法為$C^9_8 \times C^1_1$。

        對於情形(x)，我們在9的左邊有9個空格可以填數字，而在右方有0個位置可以填數字，於是方法為$C^9_9 \times C^0_0$。

        綜上所述，所求方法數為

$$\begin{align*} &C^9_0 \times C^9_9 + C^9_1 \times C^8_8 + \cdots + C^9_8 \times C^1_1 + C^9_9 \times C^0_0 \\ =&C^9_0 \times 1 + C^9_1 \times 1 + \cdots + C^9_8 \times 1 + C^9_9 \times 1 \\ =&C^9_0 + C^9_1 + \cdots + C^9_8 + C^9_9 \\ =& 2^9 \\ =&512 \end{align*}$$

（這裡引用了二項式定理：$(A + B)^n = C^n_0 A^n B^0 + C^n_1 A^{n-1}B^1 + C^n_2 A^{n-2} B^2 + \cdots + C^n_n A^0 B^n$，其中代入$A=1, B=1$，可得$C^n_0 + C^n_1 + C^n_2 + \cdots +C^n_n = 2^n$。）

==註記==

        我個人喜歡用方法2，覺得比較自然，也比較好玩（可以跟組合級數扯上關係）。對於方法1那種慢慢生長的方式感到不太適應（雖然是自己想出來的）。

一道求高次多項式除法餘式的問題

        W小姐下午發來一道求多項式除法餘式的問題（不知道是她在得勝者(👎)那邊算到的題目還是啥的），我起初以為用假設餘式的方式、再代入特殊值就可以解出，然而進展不順利。後來我改用二項式定理處理，但是計算量十分大，跟直接寫直式除法沒兩樣，對於考場解題幾乎沒任何用處。我想了三個小時左右，總算勉強搞出來一個考試中可行的方法，這題算是一種特殊的求餘式問題吧！記錄下來，以後或許再碰到就有素材可以用。

==問題==

設$f(t) = t^{15} + 3t^{10} - t^5 - 2$，若$f(t)$除以$t^4 - t^2$之餘式為$a t^3 + b t^2 + ct + d$，求$a-b-c+d$。

==解答==

        假設除法商式為$q(t)$，於是可寫出恆等式

$$t^{15} + 3t^{10} - t^5 - 2 = (t^4 - t^2) \cdot q(t) +at^3 +bt^2 +ct +d.$$

整理為

$$t^{15} + 3t^{10} - t^5 - at^3 - bt^2 - ct - (2+d) = (t^4 - t^2) \cdot q(t),$$

然後

$$t^{15} + 3t^{10} - t^5 - at^3 - bt^2 - ct - (2+d) = t^2 (t-1) (t+1) \cdot q(t).$$

注意到右式中有個因子為$t^2$，所以左式必為$t^2$的倍式，從而可判定左式沒有1次項與常數項，故得到

$$c=0, 2+d = 0,$$

即$c = 0, d= -2$。

        重新再寫一遍式子，

$$t^{15} + 3t^{10} - t^5 - at^3 - bt^2 = t^2 (t-1) (t+1) \cdot q(t).$$

根據多項式乘法的消去律，左右兩端同時消去$t^2$，得到

$$t^{13} + 3t^8 - t^3 - at - b = (t-1) (t+1) \cdot q(t).$$

接著分別代入$t = 1$與$t = -1$，得

$$\left\{ \begin{align*} &1 + 3 - 1 - a - b = 0 \\ &-1 + 3 + 1 + a - b = 0 \end{align*} \right.$$

解出$a = 0, b= 3$。因此所求

$$a - b - c + d = 0 - 3 - 0 + (-2) = -5.$$

（解答終了）

==註記==

題目被除式中的未知數的次數15, 10, 5實在很有迷惑性，一直讓我想要使用變數變換$z = t^5$，但發現這樣變換後沒什麼鳥用。也許是我沒看出題目要害，所以本該這樣變換但沒走到正確的路。隨便啦，都耗了我三個小時，解出來就好。

一道三次方根的問題（2004印度理工學院入學考）

==問題== 

設$\omega (\ne 1)$是1的三次方根，則使等式$(1 + \omega^2)^n = (1 + \omega^4)^n$成立的最小正整數$n$值為何？

(a) 2        (b) 3        (c) 5        (d) 6

(題目原文)

If $\omega (\ne 1)$ be a cube root of unity and $(1 + \omega^2)^n = (1 + \omega^4)^n$, then the least positive value of $n$ is

(a) 2        (b) 3        (c) 5        (d) 6

==解答==

本題如果要直接使用二項式定理展開求解恐怕不甚容易，最好要活用三次方根的性質。

由於$\omega$為1的三次方根，所以必有$\omega^3 = 1$且$1 + \omega + \omega^2 = 0$。因此等式$(1 + \omega^2)^n = (1 + \omega^4)^n$可如下進行改寫：

$$(1 + \omega^2)^n = (1 + \omega^4)^n,$$

$$(1 + \omega^2)^n = (1 + \omega^1 \cdot \omega^3)^n,$$

$$(1 + \omega^2)^n = (1 + \omega \cdot 1)^n,$$

由$1 + \omega + \omega^2 = 0$有$1 + \omega^2 = -\omega$與$1 + \omega = -\omega^2$，於是得

$$(-\omega)^n = (-\omega^2)^n,$$

$$(-1)^n \omega^n = (-1)^n \omega^{2n},$$

$$\omega^n = \omega^{2n}.$$

注意$\omega \ne 0$，左右兩端同時除以$\omega^n$得

$$1 = \omega^n.$$

顯然$n$的最小值為3。

（解答終了）

Apostol Linear Algebra Exercise 0.26.9

問題

用0.24節介紹的de Moivre公式證明以下各公式。

(a) $\cos 4x = 8 \cos^4 x - 8 \cos^2 x + 1$。

(b) $\sin 4x = \sin x \left( 8 \cos^3 x - 4 \cos x \right)$。

(c) 證明(a)和(b)可通過微分互相推導。

解答

考慮$\left( \cos x + i \sin x \right)^4$，同時用兩種方式展開：二項式展開與de Moivre定理，得到
$$\sum_{k=0}^{4} {4 \choose k} \cos^{4-k} x \cdot i^k \sin^k x = \cos 4x + i \sin 4x.$$
比較實部與虛部，有
$$\cos 4x = {4 \choose 0} \cos^4 x + {4 \choose 2} \cos^2 x \cdot i^2 \sin^2 x + {4 \choose 4} i^4 \sin^4 x,$$
以及
$$i\sin 4x = {4 \choose 1} \cos^3 x \cdot i \sin x + {4 \choose 3} \cos x \cdot i^3 \sin^3 x.$$

(a)
\begin{eqnarray*} \cos 4x &=& {4 \choose 0} \cos^4 x + {4 \choose 2} \cos^2 x \cdot i^2 \sin^2 x + {4 \choose 4} i^4 \sin^4 x \\ &=& \cos^4 x + 6 \cos^2 x \cdot (-1) \sin^2 x + \sin^4 x\\ &=& \cos^4 x - 6 \cos^2 x \left( 1 - \cos^2 x \right) + \left( 1 - \cos^2 x \right)^2 \\ &=& \cos^4 x - 6 \cos^2 x + 6 \cos^4 x + 1 - 2 \cos^2 x + \cos^4 x \\ &=& 8 \cos^4 x - 8 \cos^2 x +1 \end{eqnarray*}

(b)
\begin{eqnarray*} \sin 4x &=& {4 \choose 1} \cos^3 x \sin x + {4 \choose 3} \cos x \cdot i^2 \sin^3 x \\ &=& 4 \cos^3 x \sin x + 4 \cos x \cdot (-1) \sin^3 x \\ &=& \sin x \left( 4 \cos^3 x - 4 \cos x \sin^2 x \right) \\ &=& \sin x \left[ 4 \cos^3 x - 4 \cos x \left( 1 - \cos^2 x \right) \right] \\ &=& \sin x \left( 4 \cos^3 x - 4 \cos x + 4 \cos^3 x \right) \\ &=& \sin x \left( 8 \cos^3 x - 4 \cos x \right) \end{eqnarray*}

(c) 我們首先從(a)所得結果出發，想辦法通過微分推出(b)。
\begin{eqnarray*}
\frac{{\rm d}}{{\rm d} x} \cos 4x &=& \frac{{\rm d}}{{\rm d} x} \left( 8 \cos^4 x - 8 \cos^2 x +1 \right), \\
- \sin 4x \cdot 4 &=& 8 \cdot 4 \cos^3 x (- \sin x) - 8 \cdot 2 \cos x (- \sin x), \\
-4 \sin 4x &=& -32 \cos^3 x \sin x + 16 \cos x \sin x, \\
\sin 4x &=& 8 \cos^3 x \sin x - 4 \cos x \sin x \\
&=& \sin x \left( 8 \cos^3 x - 4 \cos x \right).
\end{eqnarray*}
然後再從(b)推出(a)。
\begin{eqnarray*}
\frac{{\rm d}}{{\rm d} x} \sin 4x &=& \frac{{\rm d}}{{\rm d} x} \left[ \sin x \left( 8 \cos^3 x - 4 \cos x \right) \right], \\
\cos 4x \cdot 4 &=& \cos x \left( 8 \cos^3 x - 4 \cos x \right) + \sin x \left[ 8 \cdot 3 \cdot \cos^2 x (- \sin x) + 4 \sin x \right] \\
&=& 8 \cos^4 x - 4 \cos^2 x - 24 \cos^2 x \sin^2 x + 4 \sin^2 x \\
&=& 8 \cos^4 x - 4 \cos^2 x - 24 \cos^2 x \left( 1 - \cos^2 x \right) + 4 \left( 1 - \cos^2 x \right) \\
&=& 32 \cos^4 x - 32 \cos^2 x + 4, \\
\cos 4x &=& 8 \cos^4 x - 8 \cos^2 x + 1.
\end{eqnarray*}

書評：數學女孩秘密筆記-微分篇

書籍基本資料與相關連結

• 書名：數學女孩秘密筆記-微分篇 (日文原版書名：数学ガールの秘密ノート/微分を追いかけて)
• 作者：結城浩
• 繁體中文版譯者：衛宮紘
• 繁體中文版出版社：世茂
• 博客來網路書店連結
• 日文原版日本Amazon連結

書籍章節內容

第1章    位置的變化

第2章    速度的變化

第3章    巴斯卡三角形

第4章    位置、速度、加速度

第5章    除法乘法大亂鬥

評論 

1. 本書的主題是微分學，第1章與第2章以物理的運動學為引子，先以位移與速度的關係導入極限與微分†的概念，然後在第3章轉入Pascal三角形的討論，介紹了二項式定理，然後推出多項式函數$x^n$的微分公式
$$\frac{d}{dx} x^n = n\cdot x^{n-1}.$$
接著再次於第4章回到運動學，以「微分的微分」討論了加速度。結城先生不滿足於侷限在一維直線運動，在第4章的結尾稍微論述了單擺的簡諧運動，以研究振動現象為著眼點探討了正弦函數及其導函數。第5章介紹自然常數$e$。順著數學史的進程，從當年(1690)Jacob Bernoulli對於複利問題的研究談起，介紹了複利公式後讓書中三位要角開始研究了數列
$$\left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n$$
的歛散性問題。最後以自然指數函數$e^x$的一些性質為結尾結束全書。

2. 以運動學做引子來切入極限與微分的手法，其實符合數學史的發展情況。當年Newton正是為了研究物體的運動情況而創立了微積分。不過結城先生也並未忽視微積分的另一起源：Leibniz關於切線問題及其對Pascal三角形的研究。揉合兩位大數學家的思考與研究，構成了前四章的內容。雖然書中對於數學史上微積分的發展並未著墨甚深，但也讓讀者跟著書中幾位角色一起走過了歷史的軌跡。我認為這樣的寫法相當高明。

平心而論，前四章最出彩的依然是第3章關於Pascal三角形的討論，而物理方面的內容就稍微流於淺薄，並不比一般教科書多了多少內容。我想之所以如此，大概與作者的出身背景不無關連。再怎麼說，《數學女孩》這一系列的書籍還是從離散數學起家。不過雖然我認為物理方面的討論不夠出色，但也只是限於和書中第3章相比。事實上，書中對於位移與速度等等的討論，相當的平緩，逐步深入，對於初學者，例如國中生，其實相當友善。前四章的算式不多，甚至連瞬時速度的定義式
$$v(t) = \lim_{\Delta t \rightarrow 0} \frac{x(t + \Delta t) - x(t)}{\Delta t}$$
都沒有寫出來，僅僅是用文字敘述。但作者更注重圖形的思考，例如第2章的問題2-1，如果沒有準確理解對正文關於速度與位移關係的討論，那麼未必能正確回答。第4章末用切線的概念來求出正弦函數$y = \sin x$的導函數這個手法讓我想起數學家V. I. Arnold曾經出過一道題目：

如果給出了某曲線的各點切線斜率數值所構成的曲線(沒有寫明具體數值)，要怎樣還原出本來的曲線？

(請原諒我忘記該問題的詳細出處)我想若我帶學生讀這本書，應該會提出這道問題讓學生思考。或許限於書本預設讀者程度，第4章雖然討論了簡諧運動，卻沒有給出細緻的力學系統討論、單擺所滿足的微分方程、解二階常係數微分方程的技巧，這或許也是學生讀書會可以補充的內容(不過大概得挪到讀完第5章後)。

第5章是最精彩的一章，從銀行的計息方式開始談，這正是1690年Jacob Bernoulli對於極限$\lim_{n \rightarrow \infty} \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n$的研究起點！再次地，結城先生又讓讀者與書中的角色一起走過歷史的軌跡。定義數列$a_n = \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n$，5.6節使用實數完備性去論證數列的收斂性，同時藉米爾迦之口指出5.4與5.5節論述缺乏嚴密性之處。事實上證明「數列$a_n = \left( 1 + \frac{1}{n} \right)^n$遞增有上界」這回事在大學微積分課本中，如果採用的是傳統的指數函數引入方式，大概也就是幾行就結束的內容(例如高木貞治的解析概論就只是當一個例題談談而已)。不過因為本書對象讀者並非大學生，這裡結城先生非常、非常詳細地寫出完整的論證過程，幾乎沒有跳過什麼算式，初學者可以從書中的詳細推導學到式子變形的技巧。而對於看不懂大學教科書的人來說，可以來看此書獲得一些幫助。

3. 下面來說說我對於本書不滿意的地方。我認為最嚴重的問題在於沒有區分清楚「微分」這個詞的含意與詞性。事實上，考慮數線上一點$x_0$，設存在正實數$\delta$使得實值函數$f$在區間$(x_0 - \delta, x_0 + \delta)$有定義。如果極限
$$\lim_{h \rightarrow 0} \frac{f(x_0 + h) - f(x_0)}{h}$$
存在，則稱該極限值為函數$f$在點$x_0$的「導數(derivative)」，或是「微商(differential quotient)」，或是「微分係數(differential coefficient)」，一般記做$f'(x_0)$。而求出函數在點$x_0$的導數這樣的過程稱為「求導」，或是「微分(differentiate)」。而我們又另外定義了函數$f$的微分(differential)為線性函數$df|_{x_0}(h) = f'(x_0) h$，幾何直觀為曲線切線上的$y$座標差。

簡單來說，「微分」這個字詞有雙重含義。如果做動詞使用，是指「求出導數」；如果做名詞使用，是指可微函數所誘導的線性函數。兩者相當不同。在台灣，並沒有仔細地區分這些名詞的真確含義。不明白這些細微差別的人，某些情況在討論時，勢必會遭遇到「無法確切表達自己要說什麼」的窘境。

第5章的指數函數$e^x$的討論結束的有點草，尤其是關於$e$的無窮展開，
$$e = \sum_{k=0}^\infty \frac{1}{k!}$$
未給出什麼說明。也許結城先生希望讀者自己推導？

最後，「必須」與「必需」沒有區分明白。一般說來，「必須」作副詞用，後頭要接動詞；而「必需」作動詞用，後頭接名詞。例如「你必須『完成』回家作業」與「生活必需『品』」這兩句話，「必須」後頭接了動詞「完成」；而「必需品」中的「品」則是指物品，當名詞用。

在第173頁第4行，原文作「我們必需證明...」，應更正為「我們必須證明...」。

在第176頁倒數第6行，原文作「我們必需比較各項...」，應更正為「我們必須比較各項...」。

4. 整體來說，雖然有部分用字遣詞混淆不清，不過瑕不掩瑜，仍然是一本相當棒的書，可讀性強，對讀者相當友善，必定可以達到「開卷有益」。適合的讀者有：準備學或是學過理化運動學的國三學生、高中學生、大學文組的學生。

相關連結

台北市成功高中的陳彥宏老師也有一篇關於本書的書評，請見台北市成功高中陳彥宏老師的書評 (發表於數學學科中心電子報)。

106，指考，數學甲，單選2

==問題==

設$a = \sqrt[3]{10}$。關於$a^5$的範圍， 試選出正確的選項。
(1) 25 $\leq a^5 <$ 30
(2) 30 $\leq a^5 <$ 35
(3) 35 $\leq a^5 <$ 40
(4) 40 $\leq a^5 <$ 45
(5) 45 $\leq a^5 <$ 50

[106，指考，數學甲，單選2]

==解答==

$a = \sqrt[3]{10} \Rightarrow a^3 = 10$。

$8 < a^3 < 27 \Rightarrow 2 < a < 3$。

$a = 2 + d, d \in (0, 1)$。
\begin{eqnarray*}
a^3 = 10
&\Rightarrow& (2 + d)^3 = 10 \\
&\Rightarrow& 2^3 + 3 \cdot 2^2 \cdot d + 3 \cdot 2 \cdot d^2 + d^3 = 10 \\
&\Rightarrow& 8 + 12d + 6d^2 + d^3 = 10 \\
&\Rightarrow& 8+12d \approx 10 \\
&\Rightarrow& d \approx \frac{1}{6} \approx 0.16 \quad [\text{略為高估}] \\
&\Rightarrow& a \approx 2.16
\end{eqnarray*}
$a^5 = a^3 \cdot  a^2 = 10 \cdot a^2 \approx 10 \cdot (2.16)^2 = 10 \cdot 4.6656 = 46.656$。

選(5)。

(解答結束)

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！

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。