邏輯與集合 邏輯 邏輯學就是研究規律性事物的一門學科 邏輯被使用在大部份的智能活動中, 但主要在哲學 數學 語義學和電腦科學等領域內被視為一門學科 在數學裡, 邏輯是指研究某個形式語言的有效推論 凡是數學上所用到的語句, 均稱為數學語句 數學語句是一種敘述, 或為真, 或為偽, 但不能記真又偽 例如

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1 數學一 課程講義 黃博峙台北商業技術學院

2 邏輯與集合 邏輯 邏輯學就是研究規律性事物的一門學科 邏輯被使用在大部份的智能活動中, 但主要在哲學 數學 語義學和電腦科學等領域內被視為一門學科 在數學裡, 邏輯是指研究某個形式語言的有效推論 凡是數學上所用到的語句, 均稱為數學語句 數學語句是一種敘述, 或為真, 或為偽, 但不能記真又偽 例如 : 在平面上, 任一三角形的三內角和為 給定一直線 L 和線外一點 P, 過 P 點恰有一條直線與 L 平行嗎? 前兩個語句 均為數學語句, 只是語句 的敘述為真, 語句 的敘述為偽 語句 並不是數學語句, 因為問句無法判斷真偽, 即問句並沒有真假值 定量化詞 有時在一數學語句中, 由於其敘述冗長而瑣碎, 為書寫方便, 可用下列之符號代表某些名詞, 稱之為定量化詞 存在 意思是 至少有一個, 以符號 表示 常與 使得 符號為 或使用縮寫 連用 例如 : A {,, 3, 4, 5, 6},A 中存在一元素使得此元素小於或等於 5 亦可表示為 x A x 5! 存在唯一 意思是 既存在且唯一, 也就是正好一個 例如 :A {,, 3, 4, 5, 6},A 中只有一個元素等於 3, 亦可表示為! x A x 3 所有的 亦可稱為 對每一個 例如 :A {,, 3, 4, 5, 6},A 中每一個元素均小於 7, 亦可表示為 x A, x < 7 連接詞 連接詞與真值表 由單一敘述所組成的數學語句, 稱為簡單數學語句 兩個或兩個以上的數學語句可藉由邏輯連接詞或邏輯運算符連結成更複雜的語句, 成為複合數學語句 基本的連接詞有 非 且 或 蘊含 若且唯若 將兩個數學語句 p, q 藉由蘊含關係連結形成 p q, 讀作 若 p 則 q 的複合數學語句, 此類複合敘述稱為命題 此種形式的命題稱為條件命題,p 稱為命題的假設,q 稱為命題的結論 數學語句的真偽稱為真假值, 以 表真, 以 表偽 複合數學語句之真假值可藉由真值表判斷

3 真值表 真值表是使用於邏輯中 ( 特別是在連結邏輯代數 布爾函數和命題邏輯上 ) 的一類數學用表, 用來計算邏輯表示式在每種論證 ( 即每種邏輯變數取值的組合 ) 上的值 尤其是, 真值表可以用來判斷一個命題表示式是否對所有允許的輸入值皆為真, 亦即是否為邏輯有效的 複合數學語句的真值表規則如下 : p p p q p q p q p q p q 備註 複合語句 若 p 則 q p q 的真值表規則經常讓人覺得違反直覺 p q p q 現僅以下面的例子略為說明 : 例如 : 老師說 今天有出席上課的人期末成績保證 分以上 我們將此一複合語句分拆成 : 語句 p 為 今天有出席上課, 語句 q 為 期末成績 分以上 結果某位有出席的同學甲期末僅 分, 於是來找老師理論, 可見對甲來說老師說假話, 即 p q 為偽 另一位出席的同學乙期末拿到 分, 對乙來說, 老師的話是真, 即 p q 為真 未出席的同學丙拿 分,p 為偽 因為他沒有出席,q 為偽 因為也沒拿到 分以上 對丙來說, 老師說真話, 即 p q 為真 另一位未出席的同學丁拿 分,p 為偽,q 為真 拿到了 分以上, 即使丁沒有出席, 也不會覺得老師說假話, 即 p q 為真 不管有沒有拿到 分以上, 好像對老師說的話都給它真也沒有什麼不對 定義 若兩數學語句 p, q 有相同的邏輯內容, 即 p 和 q 不是同時為真, 就是同時為偽, 我們稱 p 和 q 為邏輯等價, 記作 p q 定理 p q (p q) (q p) 證明 由真值表 p q p q q p (p q) (q p) p q 定理 p q ( p) q 證明 由真值表 p q p p q ( p) q

4 定理 狄摩根定律 (p q) ( p) ( q) (p q) ( p) ( q) 證明 由真值表 p q p q p q p q (p q) ( p) ( q) (p q) ( p) ( q) 例 (p q) p ( q) p q ( q) ( p) (p q) ( p) q p ( q) p (q r) q (p r) 詳解 由定理 和定理 : (p q) (( p) q) ( ( p)) ( q) p ( q) p q ( p) q ( ( q)) ( p) ( q) ( p) (p q) ((p q) (q p)) ( (p q)) (( (q p)) (p ( q)) (q ( p)) (p q) (( q) q) (p ( p)) (( q) ( p)) (p q) (( q) ( p)) ( ( p) q)) (q ( p)) (( p) q) (q ( p)) ( p) q ( ( q) p) (( p) ( q)) (( q) p) (p ( q)) p ( q) p (q r) ( p) (q r) ( p) (( q) r) ( q) (( p) r) ( q) (p r) q (p r) 條件命題 定義 給定兩個簡單數學語句 p, q 和條件命題 p q 則 p q 為 p q 的原命題 q p 為 p q 的逆命題 ( p) ( q) 為 p q 的否命題 ( q) ( p) 為 p q 的逆否命題

5 若 p q 為真時, 我們稱 p 為 q 的充分條件,q 為 p 的必要條件 若 p q 為真, 則 p, q 互為充要條件 原命題與逆否命題為邏輯等價命題 備註 在命題 p, q 中, p 恆成立不恆成立 q, 則 p 為 q 的充分條件 p 不恆成立恆成立 q, 則 p 為 q 的必要條件 p 恆成立恆成立 q, 則 p 為 q 互為充要條件 例 若 a, b 為實數, 則 a + b 0 為 a b 0 的什麼條件? 詳解 若 a b 0, 則 a + b 0 顯然成立 反之, 若 a + b 0, 則 a b 0 不一定成立, 例如 : a, b 所以 a + b 0 為 a b 0 的必要條件 例 x + x 為 x + x 的什麼條件? 詳解 若 x + x, 則 x + x 顯然成立 反之, 若 x + x, 則 x + x 不一定成立, 例如 :x x + 所以 x + x 為 x + x 的充分條件 例 ABC 中 A > 90 是 ABC 為鈍角三角形的什麼條件? 詳解 若 A > 90, 則 ABC 顯然為鈍角三角形 反之, 若 ABC 為鈍角三角形, 則 A > 90 不一定成立, 例如 : B > 90 所以 A > 90 為 ABC 為鈍角三角形的必要條件 集合表示法及其運算 集合的定義 定義 簡單來說, 所謂的一個集合, 就是將數個對象歸類而分成為一個或數個形態各異的大小整體 一般來講, 集合是具有某種特性的事物的整體, 或是一些確認對象的彙集 構成集合的事物或對象稱作元素或是成員 集合的元素可以是任何事物, 可以是人, 可以是物, 也可以是字母或數字等 集合的特性 無序性 : 一個集合中, 每個元素的地位都是相同的, 元素之間是無順序的 互異性 : 一個集合中, 任何兩個元素都認為是不相同的, 即每個元素只能出現一次 確定性 : 給定一個集合, 任給一個元素, 該元素或者屬於或者不屬於該集合, 二者必居其一, 不允許有模稜兩可的情況出現 表列法 集合的表示法與分類 列舉法 : 若一集合僅含有少數的幾個元素, 通常將這些元素, 逐一列舉出來 例如 : 定性法 : 以 某一性質 去描述該集合 例如 : {, 3, 5, 7, 9} { 偶數 } {±, ±4, ±6, }

6 集合構式 若一集合所含元素有某種共同的性質, 則利用這集合的元素所具有的性質, 以符號 來表示, 稱為集合構式 {x x 所滿足的性質 } 若 x 是集合 S 的一個元素, 記作 x S, 讀作 x 屬於 S 或 x 是 S 的一個元素 若 x 不是 S 中的元素, 則記作 x S 例 集合 A 由所有正奇數所成的集合, 記作 其中 x 代表集合中任一元素 A {x x 為正奇數 } B {x x 5x + 6 0} 意指集合 B 由方程式 x 5x 的根所組成, 即 B {x x 5x + 6 0} {, 3} 集合的分類 空集合 : 若一集合不含任何元素, 則稱此集合為空集合, 通常以符號 或 {} 表示 例如 : T {x 滿足 5 0 x 的實數 } T 有限集合 : 若一集合中所含的元素個數為有限多個, 則稱此集合為有限集合 例如 : A {x x 4} {, } 無限集合 : 若一集合中所含的元素個數為無限多個, 則稱此集合為無限集合 例如 : B { 所有介於 0 與 之間的實數 } 集合的關係 集合的關係與運算 定義 設兩集合 A, B 若 A, B 所含的元素完全相同, 則稱 A 與 B 相等, 即 A 中的任意元素都是 B 的元素, 且 B 中的任意元素也是 A 的元素, 記作 A B 若 A 與 B 不相等, 則記作 A B 例如 : 設 A { 4, }, B {x x + x 8 0}, 則 A B 若 A 中的每一元素均為 B 中的元素, 即 x A x B, 則稱 A 為 B 的子集合, 記作 A B, 讀作 A 包含於 B, 或 B 包含 A 例如 :A {, }, B {,, 3, 4} A B 空集合 為每一集合的子集合 定理 設 A, B, C 為三集合 證明 若 A B 且 B A, 則 A B 若 A B 且 B C, 則 A C 因為 A B, 故 x A x B 又因為 B A, 故 x B x A 所以 x A x B, 即 A B 因為 A B, 故 x A x B 又因為 B C, 故 x B x C 所以 x A x B x C, 即 A C

7 集合的運算 定義 在考慮一些特定的集合類別時, 若每一集合皆為某一固定集合得子集合, 則稱這個固定集合為宇集合, 通常以 U 表示 設 A, B 為兩集合, 則 A 和 B 的聯集是所有 A 的元素和所有 B 的元素, 而沒有其他元素的集合, 記作 A B, 即 A B {x x A 或 x B} U A B A B 例如 :A {,, 3, 4}, B {, 3, 5, 7} A B {,, 3, 4, 5, 7} 設 A, B 為兩集合, 則 A 和 B 的交集含是所有既屬於 A 又屬於 B 的元素, 而沒有其他元素的集合, 記作 A B, 即 A B {x x A 且 x B} U A A B B 例如 :A {,, 3, 4}, B {, 3, 5, 7} A B {, 3} 若 A B, 則稱 A, B 兩集合互斥 設 A, B 為兩集合, 則 A 在 B 中的差集是所有屬於 A 但不屬於 B 的元素, 記作 A B, 即 A B {x x A 且 x B} 同理, 則 B 在 A 中的差集是所有屬於 B 但不屬於 A 的元素, 記作 B A, 即 B A {x x A 且 x B} U A B A B 例如 :A {,, 3, 4}, B {, 3, 5, 7} A B {, 4}

8 設 A U 為集合,U 為宇集 則 A 的餘集或補集是所有屬於 U 但不屬於 A 的元素, 記作 A, 即 A {x x A 且 x U} A A U 例 設 U {a, b, c, d, e}, A {a, b, d}, B {b, d, e}, 求 A B, A B, A B, A B, A B 詳解 A B {a, b, d, e} A B {b, d} A {c, e} B {a, c} A B {e} A B {a, b, c, d} A B {c} 例 設 A {, 4, a 3 a a + 7}, B { 4, a + 3, a a +, a 3 + a + 3a + 7} 求 a 之值使 A B {, 5} 詳解 由於 A B A, 故 5 A, 則 a 3 a a a 3 a a + 0 a (a ) (a ) 0 (a )(a ) (a )(a )(a + ) 0 所以 a,, 當 a,a {, 4, 5}, B { 4,, 4, 5} A B {, 4, 5} 與已知不合 當 a,a {, 4, 5}, B { 4,, 4, } A B {4} 當 a,a {, 4, 5}, B { 4,, 5, 5} A B {, 5} 與已知不合 由此可知 a 例 A {, 3}, B {x x x + a 0}, 若 A B {3}, 求 B 詳解 因為 A {, 3} 且 A B {3}, 故 B 因此 + a 0 a 則 0 x x + a x x (x )(x + ) x 或 x 所以 B {x x x + a 0} {, } 定理 設 A, B, C 為任意三集合, 則

9 (A B) C A (B C) A (B C) A (B C) A (B C) (A B) (A C) A (B C) (A B) (A C) 證明 x (A B) C (x A B) (x C) ((x A) (x B)) (x C) (x A) (x B) (x C) (x A) ((x B) (x C)) (x A) (x B C) x A (B C) x (A B) C (x A B) (x C) ((x A) (x B)) (x C) (x A) (x B) (x C) (x A) ((x B) (x C)) (x A) (x B C) x A (B C) x A (B C) (x A) (x B C) (x A) ((x B)) (x C) ((x A) (x B)) ((x A) (x C)) (x A B) (x A C) x (A B) (A C) x A (B C) (x A) (x B C) (x A) ((x B)) (x C) ((x A) (x B)) ((x A) (x C)) (x A B) (x A C) x (A B) (A C) 定理 狄摩根定律 設 U 為宇集,A, B U 為 U 的兩個子集, 則 (A B) A B, (A B) A B 證明 x (A B) (x U) (x A B) (x U) (x A B) 所以 (A B) A B (x U) ((x A) (x B)) (x U) ( (x A) (x B)) (x U) ((x A) (x B)) ((x U) (x A)) ((x U) (x B)) (x A ) (x B ) x A B A B A B A B (A B)

10 x (A B) (x U) (x A B) (x U) (x A B) 所以 (A B) A B (x U) ((x A) (x B)) (x U) ( (x A) (x B)) (x U) ((x A) (x B)) ((x U) (x A)) ((x U) (x B)) (x A ) (x B ) x A B A B A B A B (A B) 定義 設 A, B 為任意二集合, 所有有序數對 (a, b), 其中 a A, b B 所組成的集合, 稱為 A 與 B 的積集, 記作 A B, 即 A B {(a, b) a Z, b B} 例 令 A {,, 3}, B {a, b}, 則 A B {(, a), (, a), (3, a), (, b), (, b), (3, b)} B A {(a, ), (a, ), (a, 3), (b, ), (b, ), (b, 3)} 顯然 A B B A 集合元素個數及相容互斥原理設 A, B, C 為任意之有限集合, 若以 n(a), n(b), n(c) 分別表示 A, B, C 之元素個數, 則定理 相容互斥原理 n( ) 0 n(a B) n(a) + n(b) n(a B) n(a B C) n(a) + n(b) + n(c) n(a B) n(a C) n(b C) + n(a B C) n(a B) n(a) n(a B) n(a B) n(a)n(b) 證明 根據空集合之定義即可得 我們利用圖形說明 :

11 A B A B A B n(a) + n(b) n(a B) n(a B) 同 我們利用圖形說明 : A A A 3 B C B C B n(a) + n(b) + n(c) A A A C 0 B C B C B n(a B) n(a C) n(b C) A C B C + n(a B C) n(a B C) 因為 A (A B) (A B), 且 (A B) (A B) 所以 n(a) n(a B) + n(a B) n(a B) n(a) n(a B) 根據 A, B 的積集合之定義即可得 例 設 A {,, 5, 7, 9}, B {, 4, 5, 9}, 則 n(a) 5, n(b) 4, 且 A B {, 5, 9} n(a B) 3 A B {,, 4, 5, 7, 9} n(a B) 6 另一方面, n(a) + n(b) n(a B) n(a B)

12 例 試計算 到 之自然數中, 既不是平方數, 也不是立方數的個數 詳解 設 A {,,, 000 }, B { 3, 3,, 00 3 }, 則 n(a) 000, n(b) 00, 且 A B { 6, 6,, 0 6 } n(a B) 0 因此,n(A B) n(a) + n(b) n(a B) 我們的所求自然數之個數為 n(a B)

13 數 整數 定義與性質 定義 由計算物品數量而創造的記物數稱為自然數, 即,, 3,, 所有自然數的集合我們記作 N, 即 N {,, 3, } 皮亞諾公理此公理可視為自然數的定義 : N 若 n N, 則 n + N n + 稱為 n 的後繼元素 若 n N, 則 n + 不是任何自然數的後繼元素 若 m, n N, 且 m + n +, 則 m n 二自然數的後繼元素若相等, 則此二自然數必相等 若一集合,M N 且滿足 : M 及 若 n M 則 n + M, 則 M 必然是所有自然數, 即 M N 數學歸納法 定義 藉由加法運算及方程式 a+x a, a N, 我們定義其解為, 藉由方程式 a+x 0, a N 的解來定義 負整數 則由所有的負整數 及所有的自然數所形成的集合我們稱為整數, 記做 Z N Z 整數的性質設 a, b, c Z, 則 a ± b, ab : a b Z 整數對加法 減法 乘法封閉 自然數 N 對加法 乘法封閉, 對減法不封閉 a + b b + a, ab ba 整數對加法及乘法有交換律 (a + b) + c (a + b) + c, a(bc) (ab)c 整數對加法及乘法有結合律 (a + b)c ac + bc, a(b + c) ab + ac 分配律 a + c b + c a b, ac bc a b 整數有加法及乘法消去律 存在唯一 0 Z 和 Z 使得 a a a, a a a 整數有加法及乘法單位元素 存在唯一 a Z 使得 a + ( a) ( a) + a 0 整數有加法反元素 整數沒有乘法反元素 ab 0 a 0, b 0

14 定義 對任意 a, b Z, 若 a 小於 b, 記作 a < b 表示存在一 n N, 使得 a + n b 設 a, b, c Z, 則 下列關係必有且僅有一種成立 三一律 a < b, a b, a > b 給定一宇集 U, 其所有 U 的子集合所形成的集合 P(U) 則無三一律, 即任意 A, B U, A B, A B, B A 不一定成立, 例如 A B 若 a < b, b < c, 則 a < c 遞移律 給定一宇集 U, 其所有 U 的子集合所形成的集合 P(U) 則無遞移律, 即 A B, B C, 但 A C 不一定成立 a < b a + c < b + c 加法律 a < b, 若 c > 0 則 ac < bc 若 c < 0, 則 ac > bc 乘法律 除法原理及應用 定理 除法原理 若 a, b N, 則存在唯一一組 q, r Z 使得 a bq + r, 且 0 r < b 長除法 : 860 ) 定理 設 a, b, n N, 令 R n (a) 記作 a 除以 n 所得之餘數, 即 a nq + R n (a), 0 R n (a) < n 則 R n (a ± b) R n (R n (a) ± R n (b)) R n (ab) R n (R n (a)r n (b)) 證明 由除法原理, 令 a nq + R n (a), b nq + R n (b), 0 R n (a) < n 0 R n (b) < n n < R n (a) ± R n (b) < n, 我們再運用一次除法原理可得 : R n (a) ± R n (b) nq 3 + R n (R n (a) ± R n (b)), 0 R n (R n (a) ± R n (b)) < n 則 a ± b (nq + R n (a)) ± (nq + R n (b)) n(q ± q ) + (R n (a) ± R n (b)) n(q ± q ) + nq 3 + R n (R n (a) ± R n (b)) n(q + q + q 3 ) + R n (R n (a) ± R n (b))

15 R n (a ± b) R n (R n (a) ± R n (b)) 同理, 0 R n (a)r n (b) < n, 我們再運用一次除法原理可得 : R n (a)r n (b) nq 3 + R n (R n (a)r n (b)), 0 R n (R n (a)r n (b)) < n 則 ab (nq + R n (a))(nq + R n (b)) n(nq q + q R n (b) + q R n (a)) + R n (a)r n (b) n(nq q + q R n (b) + q R n (a)) + nq 3 + R n (R n (a)r n (b)) n(nq q + q R n (b) + q R n (a) + q 3 ) + R n (R n (a)r n (b)) R n (ab) R n (R n (a)r n (b)) 例 求下列之餘數 : 除以 的餘數 5 97 除以 的餘數 除以 的餘數 00 除以 的餘數 詳解 因為 , 所以 R 7 (5) 4, R 7 (97) 6 R 7 (R 7 (5) + R 7 (97)) R 7 (4 + 6) R 7 (0) 3 又 且 所以 R 7 (5 + 97) 3 R 7 (R 7 (5) + R 7 (97)) 因為 , 所以 R 7 (5) 4, R 7 (97) 6 R 7 (R 7 (5)R 7 (97)) R 7 (4 6) R 7 (4) 3 又 且 所以 R 7 (5 97) 3 R 7 (R 7 (5)R 7 (97)) 因為 R 5 (53) 3, R 5 (98), R 5 (37), R 5 (6758) 3 令 n , 則 R 5 (n) R 5 ( ) R 5 (8 + 7) R 5 ( + ) 3 R 6 ( 00 ) R 6 (( 5 ) 0 ) R 6 ( 0 ) R 6 (( 5 ) 4 ) R 6 ( 4 ) R 6 (6) 4

16 因數與倍數 定義 設 a, b Z, b 0, 若 a 除以 b 的餘數為, 即存在 c Z 使得 a bc, 我們稱 b 整除 a, 而 a 為 b 的倍數,b 為 a 的因數, 記作 b a 又以 b a 表示 b 不整除 a, 即 b 不為 a 之因數 若 b a 且 b, b a, 則稱 b 為 a 的真因數 定理 a, b, c Z, b, c 0, 則 若 c b, b a, 則 c a 遞移律 若 c a, c b, 則 c am + bn, m, n Z 線性組合 證明 若 c b, b a, 存在 d, e Z 使得 b cd, a be 則 a be cbd c a 若 c a, c b, 存在 d, e Z 使得 a cd, b ce 則對任意 m, n Z, am + bn cdm + cen c(dm + en) c am + bn 推論 若 m, m,, m k Z, 且 d a, d a,, d a k, 則 d a m + a m + a k m k 例 設 p N, 若 p 3p +, 求 p 之值 詳解 顯而易見的,p 整除自己, 即 p p 又因為 p 3p +, 取 m 3, n p pm + (3p + )n ( 3) p + (3p + ) p 所以 p,, 3, 4, 6, 例 設 a Z 滿足 a a + 8, a a +, a 4 3a + 6, 求 a 之值 詳解 a a + 8, a a, 則 a a ( ) + (a + 8) 8 a ±, ±, ±4, ±8 由下表 得知滿足 a a +,a,,, 4 另外, a a a + a a 4 3a + 6 得知滿足 a a +,a,, 所以 a ± 即為所求 例 若 5n + n 3 N, n N, 求 n 之值

17 詳解 因為 5n + n 3 N, 所以 n 3 5n +, 又因為 n 3 n 3, 則 n 3 (5n + ) + (n 3) ( 5) 39 5n + 所以 n 3 ±, ±3, ±3, ±39 但因為 n N, 所以 n > 0 5n + > 0 又 n 3 N 5n + n 3 > 0, 我們得 n 3 > 0, 因此 n 3, 3, 3, 39 負數不合 而求得 n, 3, 8, 定義 若 p N, p >, 且 p 僅有 與 p 本身兩個正因數, 則 p 稱為質數 若 n N 且 n 不是質數, 即 n 有真因數, 則稱 n 為合成數 例 設 p 為質數且 詳解 因為 p 3 + 3p 4p + 40 p 亦為質數, 求 p 之值 p 3 + 3p 4p + 40 p p(p + 3p 4) + 40 p p(p + 4) + 40 p N p(p )(p + 4) + 40 p 所以 p 40, 故 p,, 4, 5, 8, 0, 0, 40 所以 p, 3, 5, 6, 9,,, 4 又因為 p 為質數, 所以 p, 3, 5,, 4 不合 p 代入 p 3 代入 p 5 代入 p 代入 p 4 代入 p 3 + 3p 4p + 40 p p 3 + 3p 4p + 40 p p 3 + 3p 4p + 40 p p 3 + 3p 4p + 40 p p 3 + 3p 4p + 40 p 由上列結果, 我們得知 p 3 定義 若 p a 且 p 為質數, 則稱 p 為 a 的質因數 定理 設 n N, n >, 若 n 不能被所有小於或等於 n 的質數整除, 則 n 必為質數 證明 此定理的同義敘述為 : 若 n N, n > 為合成數, 則 n 必有小於或等於 n 的質因數 假設合成數 n 的所有質因數都大於 n, 則 n 的所有正因數都大於 n 令 n rs, r >, s >, r, s N, 則 n rs > n n n n > n 以為矛盾 所以,n 必有小於或等於 n 的質因數 換句話說, 若 n 不能被所有小於或等於 n 的質數整除, 則 n 必為質數 例 試判斷 6733 是否為質數?

18 詳解 因為 , 比 6733 的質數有, 3, 5, 7,, 3, 7, 9, 3, 9, 3, 37, 4, 43, 47, 53, 59, 6, 67, 7, 73, 79 而 所以 為質數 R (6733), R 3 (6733), R 5 (6733) 3, R 7 (6733) 6, R (6733), R 3 (6733), R 7 (6733), R 9 (6733) 7, R 3 (6733) 7, R 9 (6733) 5, R 3 (6733) 6, R 37 (6733) 36, R 4 (6733) 9, R 43 (6733) 5, R 47 (6733), R 53 (6733), R 4 (6733) 9, R 43 (6733) 5, R 47 (6733), R 73 (6733) 7, R 79 (6733) 8 定理 算術基本定理 任何大於 的自然數均可唯一分解成質因數的乘積 例 試將 6740 做質因數分解 我們可得 的質因數標準分解式為 同餘運算 定義 設 a, b Z, n N, 若 a 除以 n 之餘數與 b 除以 n 之餘數相等, 我們稱 a 與 b 對於模 n 同餘 記作 a b ( n) 定理 設 a, b, c Z, n, m N, 則 a b ( n) 若且唯若 n a b 若 a b ( n), 則 a ± c b ± c ( n) 若 a b ( n), 則 ac bc ( n) 若 a b ( n), 則 a m b m ( n) 證明 若 a b ( n), 所以 a 除以 n 之餘數與 b 除以 n 之餘數相等 令 a nq + r, b nq + r 則 a b (nq + r) (nq + r) n(q q ) n a b 反之, 由除法原理, a nq + r, b nq + r, 0 r, r < n 因此 r r (a nq ) (b nq ) (a b) + n(q q ) 因為 n a b, 所以 n r r 又因為 0 r, r < n, 所以 n < r r < n, 因此我們可得 r r 0 a b ( n)

19 因為 a b ( n), 由 我們得 n a b 對任意整數 c, (a ± c) (b ± c) a ± c b c a b 所以 n (a ± c) (b ± c) 由 我們得 a ± c b ± c ( n) 因為 a b ( n), 由 我們得 n a b 且 n (a b)c ac bc, c Z 由 我們得 ac bc ( n) 因為 a m b m (a b)(a m + a m b + a m 3 b + + ab m + b m ), m N 若 a b ( n), 則 n a b 因此 n a m b m a m b m ( n) 例 若 n 為奇數, 則 n 必為奇數 證明 因為 n 為奇數, 所以 n ( ) 由上述定理 : n ( ) 所以 n 也是奇數 一些倍數的判定 的倍數 末位數為偶數 的倍數 各位數字之和為 的倍數 設一個 n + 位的自然數 N 用十進位表示法可寫成 N a n 0 n + a n 0 n + + a 0 + a 0 + a 0 其中 a n 0, 0 a i 9, i 0,,, n 由上述定理, 我們得 0 m 0 ( 3) m N, 因此 N a n 0 n + a n 0 n + + a 0 + a 0 + a 0 ( 3) a n + a n + + a + a + a 0 ( 3) a n + a n + + a + a 0 ( 3) 若各位數字之和為 的倍數, 則 N a n + + a + a 0 0 ( 3), 則 N 必為 的倍數 的倍數 末兩位數為 的倍數 因為 整除 的倍數 末位數為 或 因為 整除 的倍數 是 的倍數且是 的倍數 的倍數 末位起向左每三位為一區間, 第奇數個區間之和 第偶數個區間之和 的倍數 由於 且 ( ), 所以 000 ( 7) 舉例來說, 若一個 位數的自然數 N 可寫成 令 N a a a a a a 0 + a 0 + a 0 b 0 a 0 + a 0 + a 0 b a a a 3 b a a 6

20 則 N (a a 6 ) (a a a 3 ) (a 0 + a 0 + a 0 ) b (0 3 ) + b b 0 b ( ) + b ( ) + b 0 ( 7) b b + b 0 ( 7) 因此, 若 7 b 0 + b b, 則 7 N 三位數自然數為 的倍數 去掉個位數字後的數減去個位數字的兩倍為 的倍數 舉例來說 N 343, 去掉個位數字後的數為, 減去個位數字的兩倍即 , 因為 為 的倍數, 所以 為 的倍數 一般來說, 設 N a 0 + b, 其中 0 b 9, 0 < a 99, 令 a b m, 則 m a b n b 0 b n b 0 因此,n b + 0m 若 a b 為 的倍數, 即 7 m, 則 7 b + 0m n 的倍數 末三位數為 的倍數 的倍數 各位數字之和為 的倍數 的倍數 末位數字起, 奇數位數字之和 偶數位數字之和 的倍數 由於 ( ), 所以 0 ( ) 舉例來說, 若一個 位數的自然數 N 可寫成 N a a a a 0 + a 0 + a 0 則 N a 5 ( ) 5 + a 4 ( ) 4 + a 3 ( ) 3 + a ( ) + a ( ) + a 0 ( ) a 5 + a 4 a 3 + a a + a 0 ( ) (a 0 + a + a 4 ) (a + a 3 + a 5 ) ( ) 因此, 若 7 (a + a 3 + a 5 ) (a 0 + a + a 4 ), 則 7 N 的倍數 末位起向左每三位為一區間, 第奇數個區間之和 第偶數個區間之和 的倍數 同理於 的倍數 的倍數 是 的倍數且是 的倍數 例 判定自然數 N 是否為 7 的倍數 詳解 將 N 由末位起每三位一數, 得 N 奇數區間之和為 , 偶數區間之和為 則奇數個區間之和 偶數個區間之和 由末位起每三位一數, 則奇數個區間之和 偶數個區間之和 而 去掉個位數字 之後的數 減去 的兩倍 得 因為 為 的倍數, 所以 N 為 的倍數

21 最大公因數 最大公因數與最小公倍數 定義 設 a, a,, a k Z (k ), 若 d Z 使得 d a i, i,,, k, 則稱 d 為 a, a,, a k 的公因數 其中最大的正公因數稱為 a, a,, a k 的最大公因數 記作 (a, a,, a k ) 或 (a, a,, a k ) 若 a, a,, a k 除了 ± 之外沒有其他的公因數, 則稱 a, a,, a k 互質, 即 (a, a,, a k ) 例 求 (540, 504, 80) 詳解 因此,(540, 504, 80) 3 8 定理 輾轉相除法 設 a, b Z, b 0, 若 a bq + r, 0 r < b 則 (a, b) (b, r), 即被除數與除數的最大公因數等於除數與餘數的最大公因數 證明 令 d (a, b), d (b, r), 則 d a, d b, 由定理 : d a + b ( q) r 因此 d 為 b 與 r 的公因數,d d 另一方面, 因為 d b, d r, 由定理 : d b q + r a 因此 d 為 a 與 b 的公因數,d d 所以 d d 例 利用輾轉相除法求 ( , 49) 詳解 ( , 49) (40, 345) (40, 345) (345, 84) (345, 84) (84, 9) (84, 9) (9, 3) (9, 3) 3 所以 ( , 49) 3 q 359 q q 3 4 r 345 r 84 9 q 4 q 5 3 r 3 9 r 4 3 r 5 0

22 定理 設 a, b Z, 若 d (a, b), 則存在 m, n Z 使得 d am + bn 舉例來說, 由上例, 我們利用輾轉相除法得 ( , 49) 3, 且有 利用上面算式來逆寫輾轉相除法, 即 ( , 49) ( ) (49 345) ( ) ( 46) 我們可得 ( , 49) m + 49n, 其中 m 46, n 推論 設 a, b, c Z, 若 a bc 且 (a, b), 則 a c 證明 因為 a bc, 所以 bc ad, d Z 又因為 (a, b), 由定理, 存在 m, n Z 使得 am + bn 則 c amc + bnc a(mc + nd) 因此 a c 最小公倍數定義 若 a, a,, a k Z (k ), 則 a, a,, a k 的共同倍數, 稱為 a, a,, a k 的公倍數, 公倍數中最小的正公倍數稱為 a, a,, a k 的最小公倍數, 記作 [a, a,, a k ] 或 (a, a,, a k ) 例 求 [540, 504, 80] 詳解 因此,[540, 504, 80] 定理 設 a, b N, 若 a a d, b b d, 其中 d (a, b), 且 (a, b ), 則 [a, b] a b d 證明 設 l m a m b, m, m N, 則 l m a d m b d 於是 m a m b, 即 a m b, b m a 因為 (a, b ), 由推論, 我們得 a m, b m 設 m a n, m b n, n, n N, 則 l a b n d a b n d 於是 l a b d 但因為 a b d ab a b a a b d, b a b d 所以 a b d 是 a 與 b 的公倍數, 由最小公倍數的定義, 我們得知 l a b d, 所以 a b d l [a, b]

23 定理 設 a, b Z, ab 0, 則 [a, b] ab (a, b) 證明 因 a 與 a 相同的因數與倍數,b 與 b 相同的因數與倍數, 所以 (a, b) ( a, b ), [a, b] [ a, b ] 設 d ( a, b ), 且 a a d, b b d, a, b N, 由定理 : [a, b] [ a, b ] a b d ab ( a, b ) ab (a, b) 例 求 [889, 3437] 詳解 由輾轉相除法, 我們得知 (889, 3437) 7 由定理, [889, 3437] 889 ( 3437) 定理 將 k 個整數 a, a,, a k 分為若干組, 則這些組的最小公倍數的最小公倍數即為 a, a,, a k 的最小公倍數, 即 [a, a,, a k ] [[a, a,, a k ], [a k +,, a k ],, [a km +,, a k ]] 例 若 p, q N, 且 (p, q) 4, [p, q] 5, 試求 p, q 詳解 不失一般性, 我們假設 p < q 因為 (p, q) 4, 令 p 4m, q 4n, m, n N, (m, n), 則 5 [p, q] pq 4mn mn 6 (p, q) 因為 (m, n), 所以 { m n 6 代入得 { p 4 q 5 或 或 { m n 3 { p 84 q 6 例 設 a, b, c N, 且 (a, b) 5, (b, c), (c, a) 3 和 [a, b] 30, [b, c] [c, a] 0, 試求 a, b, c

24 詳解 因為 ab (a, b)[a, b] , 同理 bc 40, ca 360 所以 a b c ( 3 5 ) ( 4 3 5) ( 3 3 5) 因為 a, b, c N, 所以 abc 則 a abc bc 3600 abc 5, b 40 ca 3600 abc 0, c 360 ab 中國剩餘定理 例 求自然數 n N 以 3 除餘, 以 5 除餘 3, 以 7 除餘, 則自然數 n 的最小值為何? 詳解 根據題目敘述, 我們應求下列同餘方程組之解 n ( 3) n 3 ( 5) n ( 7) 因為 n ( 3), 所以令 n 3q + 設 q 5q + c, 0 c < 5, 則 設 q 7a + b, 0 b < 7, 則 n 3(5q + c) + 5q + 3c +, 0 c < 5 n 5(7a + b) + 3c + 05a + 5b + 3c +, a Z, 0 b < 7, 0 c < 5 因為 n 3 ( 5), 所以 3c + 3 ( 5) 3c ( 5), 0 c < 5 故取 c, 則 3c + 8 n 05a + 5b + 8 又因為 n ( 7), 所以 5b + 8 b + ( 7) b ( 7), 0 b < 7 故取 b, 則 我們得 n 的最小值為 n 05a a + 3, a Z 例 求自然數 n N 以 6 除餘, 以 5 除餘 5, 以 35 除餘 0, 則自然數 n 的最小值為何? 詳解 根據題目敘述, 我們應求下列同餘方程組之解 n ( 6) n 5 ( 5) n 0 ( 35) 因為 n ( 6), 所以令 n 6q + 設 q 5q + c, 0 c < 5, 則 設 3q 35q 3 + b, 0 b < 35, 則 令 a 5q 3, 則 n 6(5q + c) + 90q + 6c +, 0 c < 5 n 30(35q 3 + b) + 6c + 050q b + 6c +, 0 b < 35, 0 c < 5 n 0a + 30b + 6c + [6, 0, 35]a + [6, 0]b + 6c +, a Z, 0 b < 35, 0 c < 5

25 因為 n 5 ( 5), 所以 6c + 5 ( 5) 6c 3 ( 5), 0 c < 5 故取 c 3, 則 6c + 0 n 0a + 30b + 0 又因為 n 0 ( 35), 所以 30b ( 35) 30b 0 5 ( 35), 0 b < 35 故取 b, 則 我們得 n 的最小值為 n 0a a + 80, a Z 備註 由上述兩題, 求解同餘方程組 n r ( m ) n r ( m ) n r k ( m k ) 我們可令 n [m, m,, m k ]q k + [m, m,, m k ]q k + + [m, m ]q + m q + r 其中 q k Z, 0 q i < m i+, i,,, k 選取適當之 q i, i,, k 以滿足方程組求 n 例 設 n N, 000 n 7000, 若 n 除以 7 餘 5, 除以 8 餘 3, 除以 9 餘 求滿足此條件之 n 的個數 詳解 因為 n 5 ( 7), 令 n [7, 8, 9]a + [7, 8]b + 7c a + 56b + 7c + 5, a Z, 0 b < 9, 0 c < 8 因為 n 3 ( 8), 所以 7c ( 8) 7c 6 ( 8), 0 c < 8 故取 c, 則 7c n 504a + 56b + 9 又因為 n ( 9), 所以 56b + 9 b + ( 9) b ( 9), 0 b < 9 故取 b 5, 則 因為 000 n 7000, 所以 n 504a a + 99, a Z a a a 因此 a, 3, 4,, 3, 故滿足上述條件之 n 有 個 有理數, 實數 有理數 定義與性質 定義 藉由乘法運算及方程式 bx a. a, b Z, b 0 的解定義分數 記作 子,b 稱為分母 ; 當 b 時, 此分數即為一整數 a b, b 0, 及稱為,a 稱為分

26 凡是能寫成形如 作 Q, 即 q p 的數, 其中 q, p Z, p 0, 該數稱為有理數, 所有有理數的集合, 我們記 Q { q } p, q Z, p 0, (p, q) p N Z Q 有理數的性質 有理數對加 減 乘有封閉性, 即若 a, b Q, 則 a ± b, ab Q 若 b 0 則有理數對除法亦有封閉性 令 a q p, b s r, p, q, r, s Z, p, r 0, 因為 p, q, r, s Z, p, r 0 pr 0, 且 qr ± ps Z, qs Z, 所以 a ± b q p ± s qr ± ps r pr ab q s p r qs pr Q Q 若 b 0, 則 s 0 ps 0: a b q p s r qr ps Q 有理數對加法及乘法結合律 交換律 分配律成立 有理數有加法單位元素, 以及乘法單位元素 另外, 有理數有除法單位元素 對任意有理數 a Q, 存在唯一 a Q 加法反元素 及 a Q 乘法反元素 使得 a + ( a) ( a) + a 0, a a a a 定義 對任意 a, b Q, 若 a 小於 b, 記作 a < b 表示 a b < 0 三一律 遞移律 消去律在有理數中成立 q p < 0 pq < 0 若 ps > 0, 則 q p < s qr < ps r 設 a, b Q, a < b, 則存在一數 c Q 使得 a < c < b 有理數的稠密性 令 a q p, b s r 令 c a + b 因為 a < b a b < 0 pr(qr ps) < 0 則 所以 a < c < b c a b c s r qr + ps pr qr + ps pr q p + s r qr + ps pr Q q qr + ps qr ps qr > 0 p pr pr ps qr ps ps qr < 0 pr pr 利用十進位制, 我們可以把有理數用小數表示

27 例 試將下列分數化為小數 : () 8, () 7 詳解 利用長除法, 我們可得.65 8 ) ) 所以 為有限小數, 而 , 其自小數點第三位後是 3 無限重複所形成的小數 此類小數我們稱為循環小數, 記作 定理 任何一個有理數均可化成有限小數或循環小數 q 證明 不失一般性, 考慮有理數 p, p, q > 0 且 (p, q) 在利用長除法化為小數的過程中, 因為除法 q 原理的關係, 每回除以 p 的餘數必為 0,,,, p 當中的整數 若餘數出現 0, 則可化為一個有 p q 限小數 若餘數不會出現 0, 在重複至多 p 次除法之後, 必出現重複的餘數, 在此情況下為一循環 p 小數 將有限小數或循環小數化為分數的方法 : 首先我們使用比較簡潔的方法來表示整數及小數 舉例來說, 令 a, b, c 為 0 到 9 的數目字, 即 a, b, c N, 0 a, b, c 9, 為了方便起見, 我們使用下列的表示法來表示整數及小數 : abc : a 0 + b 0 + c, 0.abc : a 0. + b c 0.00 r 為 n 為有限小數, 則化成分數後分母有 n 個 0, 分子即為小數部分所形成的數字 若 r Q 為 n 位的有限小數, 即 r 0.a a a n, 0 a i 9, i,, n, 則 0 n r a a a n r a a a n 0 n a a a n 00 }{{ 0 } n 個 若 r Q 為一個 m 位數的循環小數, 即 r 0.b b b m, 則 0 m r b b b m.b b,, b m r 0.b b,, b m 所以 (0 m )r b b b m 99 }{{ 9 } r b b b m r b b b m 99 9 m 個}{{} m 個 r 為 m 位數的循環小數, 則化成分數後分母有 m 個 9, 分子即為小數循環節部分所形成的數字 若 r Q 為一個有 n 位非循環節及 m 為循環節的循環小數, 即 r 0.a a a n b b b m, 則 0 n+m r a a a n b b b m.b b,, b m 0 n r a a a n.b b,, b m

28 所以 (0 n+m 0 n )ra a a n b b b m a a a n 0 n (0 m )ra a a n b b b m a a a n 99 }{{ 9 } 00 }{{ 0 } ra a a n b b b m a a a n m 個 n 個 r a a a n b b b m a a a n 99 }{{ 9 }} 00 {{ 0 } m 個 n 個 r 為有 n 位非循環節及 m 位循環節小數, 則化成分數後分母有 m 個 9 在前面及 n 個 0 在後面, 分子則是將小數非循環節部分和循環節部分併為一個數字, 將其減去非循環節部分所形成的數字 例 將下列小數化為分數,0. 7, 0.3, 詳解 令 r 0. 7, 則 0r r r 7 r 7 9 令 r 0.3, 則 000r r r 3 r 令 r.30405, 則 00000r r r 00r r 備註 使用循環小數表示有理數的缺點在於表示方式的不唯一性, 例如 無理數與實數 根據有理數的四則運算, 我們得知所有有理係數的一次方程式在有理數中均有解, 即 ax + b 0, a, b Q x b a Q 但是二次以上的有理係數方程式不見得有有理數解, 例如考慮方程式 x 0 我們知道其解為 : 例 試證 Q q 證明 假設 Q, 即 p, p, q Z, q 0, (p, q), 則為質數, 所以 q 令 q k, k Z, 則 p q 4k p k p q p q p q 因為

29 因為 為質數, 所以 p 因此 為 p 和 q 的公因數 又因為 (p, q), 所以, 此為矛盾 因此我們得 Q 同理, 3, 5,, p, 其中 p 為質數 均不是有理數 將 利用小數表示可寫成 由於 不是有理數, 所以 以小數形式表示是一個無限小數, 且小數點後的數字不會有任何循環模式存在 雖然根據有理數的稠密性, 即兩的有理數之間有無限多個有理數存在, 所以有理數在數線上是稠密的 但是像 這樣的無限小數存在在數線上卻不是有理數, 由此我們得知有理數並無法填滿整個數線, 數線上仍留有許多 空隙, 此類數線上有理數對應不到的數我們稱之為無理數 所有的有理數與無理數所成的集合我們稱之為實數, 用 R 這個符號作代表 N Z Q R 定義 設 p 為任意數,n N, 若有一數 q, 使得 q n p, 則我們稱 p 為 q 的 n 次方 或 q 為 p 的 n 次方根 當 n 為奇數時,p 的 n 次方根恰有一個, 記作 n p, 即 ( n p) n p 若 n k 為偶數時, 此時 q 與 q 均為 p 的 n 次方根, 但習慣上, 我們要求 n p k p > 0 符號 n 稱為根號, 而 n p 稱為根數,n 稱為根數次數 根數的性質 令 p, q Q, m, n, r N n p nr p r 令 x n p, 則 x n p x nr p r n p x nr p r n pq n p n q 若 n 為偶數, 則需要求 p, q > 0 令 x n pq, y n p, z n q, 則 x n pq y n z n (yz) n n pq x yz n p n q ( n p ) m n p m 由 ( n p ) m n p n p }{{} m 次 n m p nm p 令 x nm p, y n m p, 則 n p p n p }{{} m m 次 y n m p y nm p x nm y n m p nm p nm p m n p 若 p < 0 則此式不一定成立, 例如 : 4 ( 3) 3 由 nm p m ( nm p ) m ( m n p ) m n p n 若 q 0, 則 q n q 若 n 為偶數, 則需要求 q > 0 令 x n q, 則 x n q x n ( x) n q n q x n q x n q

30 n p q n p n q 由 和 n p n q p n q 自根號內提出因數 令 x n p n q, y p n q, 則 n p q n p q n p n q n p n p n q n q y n ( p n q ) n p n ( n q ) n p n q x n p n q y x n p n q 例 試比較 3, 3 4, 4 5 的大小 詳解 所以 3 > 3 4 > 4 5 有理化 通常指有理化分母 複習平方差公式 (A + B)(A B) A B (A + B)(A B) A AB + BA B A B 令 p, q Q, pq 0, n N, 則 n p n pq q n q n p q p q n n q q n pq n n q n n pq n n q n n pq n q A A( p q) p + q p q A p + q A( p q) ( p + q)( p q) A( p q) ( p) ( q) A( p q) p q 例 試將下列數化簡並分母有理化 : 5 + 3, 詳解 ( 5 + 3)( 5 3) ( 3 )( 3 + ) ( 3)( + 3)

31 例 試將 化簡並有理化分母 詳解 ( + 3) + 6 ( + 3) 6 [( + 3) + 6][( + 3) 6] ( + 3) 6 ( ) ( + 3 6)( 6 + ) 6 ( 6 )( 6 + ) ( + 3 6)( 6 + ) 例 試將 3 化簡並有理化分母 詳解 立方差公式 A 3 B 3 (A B)(A + AB + B ) 之推導 : 由完全立方公式展開 移項後並提出公因式得 則 (A B) 3 (A B) (A B) (A AB + B )(A B) A 3 3A B + 3AB B 3 A 3 B 3 3AB(A B) A 3 B 3 (A B) 3 + 3AB(A B) (A B)[(A B) + 3AB] 3 (A B)(A AB + B + 3AB) (A B)(A + AB + B ) ( 3 ) ( 3 )[( 3 ) ] ( 3 ) 備註 由立方差公式, 我們可得立方和公式 A 3 + B 3 A 3 ( B 3 ) A 3 ( ) 3 B 3 A 3 ( B) 3 (A ( B))(A + A( B) + ( B) ) (A + B)(A AB + B ) 例 設 f(x) x + + x, x 0, 求 f() + f() + + f(99) 之值 詳解 f() + f() + + f(99) ( ) + ( 3 ) + ( 4 3) + + (0 99) 0 9

32 無理數相等問題 設 a, b, c, d, e Q, b, d, e Q, b, d, e > 0, 則 a + b c + d 若且唯若 a c 且 b d 由於 a + b c + d, a c d b 因為 a, c Q 所以 d b a c Q 但是 b, d Q, 所以 b d Q b d 0 b d 且 a c a + b e c + d e 若且唯若 a c 且 b d 由於 a+b e c+d e a c (d b) e, 因為 a, c Q a c Q, 所以 (b d) e a c Q 但是 e Q, 所以 (b d) e Q b d 0 b d 且 a c 例 設 x, y Q 且 (3 7 )x + ( + )y , 求 x, y 詳解 因為 (3 7 )x + ( + )y (3 7 )x + ( + )y 7 0 (3x + y ) + ( 7x + y 7) 0 所以 { 3x + y 0 7x y x x, y 7 二次根數 p + q 的完全平方根 令 p, q N, 且 p + q x + y, x, y > 0, 則 由此可知 p + q ( x + y) ( x) + x y + ( y) x + y + xy { x + y p xy q 同理, 若 p q x y, 我們一樣可以推得 { x + y p xy q 但由於 p + q 0, 所以我們必須多加一項額外條件 x y 例 化簡 詳解 令 x + y, x, y > 0, 則 x + y 5, xy 6 所以 { x y 3 或 { x 3 y 因此 例 化簡並有理化分母下列無理數 , 8, + 4 5, 4 5

33 詳解 令 x + y, 則 x + y 所以 { x + y 7 xy { x 4 y 3 或 { x 3 y 4 因此 令 8 x y, x y, 則 x + y xy 8 x y { x 7 y 4 因此 數線上的區間與實數的絕對值 定義 設 a, b R, 且 a < b, 則稱下列四集合為區間, 且稱 a, b 為區間的端點 (a, b) {x a < x < b} 稱為開區間 a [a, b] {x a x b} b 稱為閉區間 a (a, b] {x a < x b} [a, b) {x a x < b} a a b 稱為半開區間或半閉區間 b b

34 仿此, 以 (a, ) 表示所有大於 a 的數所形成的集合, 即 (a, ) {x x > a} 且稱 (a, ) 為無限區間 其他無限區間, 分別定義如下 : (, a) {x x < a} (, a] {x x a} [a, ) {x x a} a a a (, ) {x x R} R 對任意實數 a R, 我們定義 a 的絕對值如下 : 定義 一實數 a 的絕對值以 a 表示, 其值不為負 { a, 若 a 0 a a, 若 a < 0 實數絕對值的性質設 a, b R, 則 a a a { a, 若 a 0 ( a) a, 若 a < 0 a a a a ab a b a a 若 b 0, 則 a a b b a a a ab, 若 a 0, b 0 ab, 若 a 0, b < 0 ab ab, 若 a < 0, b 0 ab, 若 a < 0, b < 0 ab a b a r r a r(r 0) a > r a > r 或 a < r(r 0) a + b a + b 三角不等式 因為 a a a, b b b, 所以 由 a + b a + b 此外, a b a + b a + b ( a + b ) a + b a + b 若 a 0, b 0 a + b 0 a + b a + b a + b 若 a < 0, b < 0 a + b < 0 a + b (a + b) a b ( a) + ( b) a + b

35 反之, 若 a + b a + b, 則 ( a + b ) a + b (a + b) a + a b + b a + ab + b 所以三角不等式等號成的充要條件是 ab 0 a b a b 由 同理 a + ab + b a + ab + b ab ab ab 0 a a b + b a b + b a b a b b b a + a b a + a a b + a b a a b a b a b 因此, 我們得 由, 我們可知 a b a b a b a b a b 例 試求不等式 3 x 5 之解, 並以區間表示之 詳解 3 x 5 x x 3 5 x 8 x 4 故解集合為 [, 4] { x + > 4 例 試解不等式 : x 6 詳解 所以 x + > 4 x + < 4 或 x + > 4 x < 5 或 x > 3 x 6 6 x 6 4 x {x x < 5 或 x > 3} {x 4 x 8} {x 3 < x 8} (3, 8] 例 設 x, y R, x 3, y 5, 若 x y 7 b, 則 b 之值為何? 詳解 因為 x 3 x 3 x 4 y 5 y 5 3 y 7

36 則 7 y 3 且 7 x y 4 3 x y 7 x y 7 所以 b 例 若 ax + 3 b 之解為 x 或 x 6, 試求 a, b 之值 詳解 x 或 x 6 x 4 或 x 4 x 4 4 ( x + 3) x x x 所以 a 3 4, b 3 複數與複數平面 定義與性質 複數系為實數系的延伸, 其延伸的主要動機為有很多實係數多項式方程式無實數解 例如, 考慮任意的實數 x R, 則 x 必定大於或等於零 因此, 下列實係數二次方程式 x + 0 在實數系中無解 若要使這個方程式有解, 就得將實數系再行擴充, 另創一個新的數系 定義 我們定義方程式 x + 0 的根用下列符號表示 : i 並稱此數為虛數 顯而易見的,i 設 a, b R, 由 a, b, i 所作成的數 a + bi 稱為複數, 其中 a 為此數的實部,b 為此數的虛部 而所有此類數所形成的集合 C { a + bi a, b R } 我們稱之為複數系 給定任一複數 z a + bi, 若 b 0, 則 z a R 即為實數, 若 a 0, 則 z bi 稱為純虛數 由此可知複數系為實數系的一個擴張 N Z Q R C 複數 C 實數 R 有理數 Q { 無理數 整數 Z 自然數 N {,, 3, } 零 {0} 負整數 {, 3,, } 有限小數, 例如 :0., 0.34, 分數 5, 3 無限循環小數, 例如 :0. 3, 0.345, 99, 根數, 例如 :, 3 3, 超越數, 例如 :π,, 純虛數 {bi b R }

37 i, i 3 i i i, i 4 (i ) ( ), i 5 i 4 i i,, 由此可知,i 的次方為四次一循環 例 求 i 8867 詳解 因為 ( 4), 即 , 所以 i 8867 i (i 4 ) 6 i 3 i 3 i 3 i 討論 : 若 a, b R, 則 ab a b 是否一定成立 若 a 0, b 0, 則藉由指數律, 上式一定成立, 即 ab a b 若 a < 0, b 0, 則 ab ( )( a)b ab ab i a b ( )( a) b a b ab i 所以若 a < 0, b 0, 則 ab a b 同理, 若 a 0, b < 0 等式亦成立 若 a < 0, b < 0, ab ( )( a)( )( b) ab ( ) ab ab a b ( )( a) ( )( b) a b ( ) a b i a b 因此, 若 a < 0, b < 0, 則 ab a b 例 i i ( ) i i 6 i i 60 i 3 5 i 定義 複數的四則運算 設 z a + bi, z c + di, a, b, c, d R, 則 z z 若且唯若 a b, c d 兩複數相等的充要條件為實部等於實部, 虛部等於虛部 若 z z, 則 a + bi c + di a c (d b)i 由於 a, b, c, d R, i R, 所以 a c (d b)i R C {0} a c 和 b d z ± z (a + bi) ± (c + di) (a ± c) + (b ± d)i 兩複數相加減即實部與虛部分別相加減 利用分配律求兩複數的乘積 : z z (a + bi)(c + di) ac + adi + bci + adi ac + adi + bci ad (ac bd) + (ad + bc)i 例 ( 3i) + (5 + 3 i) ( + 5) + ( 3 3)i 7 + ( 3 3)i ( 3i)( 3 + 4i) 3 + 8i 3 3i i ( 3 + ) + (8 3 3)i ( + 3) + (8 3 3)i

38 複數的性質定理 設 z x + y i, z x + y i, z 3 x 3 + y 3 i 均為複數, 則 z + z z + z 加法交換律 (z + z ) + z 3 z + (z + z 3 ) 加法結合律 0 + z z z + 0 加法單位元 對每一個 z C, 恰有一 z C, 使得 z + z 0 z + z 加法反元素 z z z z 乘法交換律 (z z )z 3 z (z z 3 ) 乘法結合律 z z z 乘法單位元 對每一個 z C, 恰有一 z C, 使得 z z z z 乘法反元素 (z + z )z 3 z z 3 + z z 3 分配律 證明 z + z (x + x ) + (y + y )i (x + x ) + (y + y )i z + z (z + z ) + z 3 (x + x ) + (y + y )i + x 3 + y 3 i ((x + x ) + x 3 ) + ((y + y ) + y 3 )i (x + (x + x 3 )) + (y + (y + y 3 ))i x + y i + (x + x 3 ) + (y + y 3 )i z + (z + z 3 ) 0 + z (0 + 0i) + (x + y i) (0 + x ) + (0 + y )i x + y i z, 同理 z + 0 z 令 z x y i C, 則 同理,z + z 0 z + z (x x ) + (y y )i 0 + 0i 0 z z (x x y y ) + (x y + x y )i (x x y y ) + (x y + x y )i z z (z z )z 3 ((x x y y ) + (x y + x y )i)(x 3 + y 3 i) ((x x y y )x 3 (x y + x y )y 3 ) + ((x x y y )y 3 + x 3 (x y + x y ))i (x x x 3 x 3 y y x y y 3 x y y 3 ) + (x x y 3 y y y 3 + x x 3 y + x x 3 y )i (x (x x 3 y y 3 ) y (x y 3 + x 3 y )) + (x (x y 3 + x 3 y ) + (x x 3 y y 3 )y )i (x + y i)((x x 3 y y 3 ) + (x y 3 + x 3 y )i) z (z z 3 ) z ( + 0i)(x + y i) ( x 0 y ) + ( y + 0 x )i x + y i z, 同理,z z 令 z z, 則 z x + y i x y i (x + y i)(x y i) x y i x (y i) 有理化分母 x y i x + y x x + y y x + i C y

39 且 ( z z (x + y i) ( x x x + y y x + y x y x + y y x + y x + y x + + 0i y ) i ) + ( x y x + y + x x + y )i y 同理,z z (z + z )z 3 ((x + x ) + (y + y )i)(x 3 + y 3 i) ((x + x )x 3 (y + y )y 3 ) + ((x + x )y 3 + x 3 (y + y ))i (x x 3 + x x 3 y y 3 y y 3 ) + (x y 3 + x y 3 + x 3 y + x 3 y )i ((x x 3 y y 3 ) + (x x 3 y y 3 )) + ((x y 3 + x 3 y ) + (x y 3 + x 3 y ))i ((x x 3 y y 3 ) + (x y 3 + x 3 y )i) + ((x x 3 y y 3 ) + (x y 3 + x 3 y )i) z z 3 + z z 3 例 設 z 3 + i, 求 z 詳解 z 3 + i 3 i ( 3 + i)( 3 i) ( 3 3 ) i ( + ) 3 i i 例 求 詳解 7 + 6i + i 7 + 6i + i (7 + 6i)( i) ( + i)( i) 4 7i + i i i 例 設 z C 且 z 之虛部為 3, 又 詳解 令 z x 3i, x R, 則 因為 z 的實部為 4 5, 所以 z 的實部為 4 5, 試求複數 z z x 3i x + 3i x + 9 x x x + 9 i x x x 5x (4x 9)(x 4) 0 x 9 4 或 4 即 z 9 4 3i 或 4 3i

40 複數相等求解問題 例 求 i 之值 詳解 令 z x + yi i, 則 z i, 即 i (x + yi) (x y ) + xyi 因此我們得 { x y 0 xy 將 y x 代入 x y, x 4x 4x4 x 4 4 x ± 因為 x R, 所以 x x ± ± 因此 i z + i 或 i 例 設 x + y 4i + xyi, x, y R, 求 y x x + y 之值 詳解 因為 x + y 4i + xyi, 所以 { x + y xy 4 由上式 (x y) (x + y) 4xy x y ± 7 由於 xy 4 < 0, 所以 x, y 異號 若 x > 0, y < 0, 則 x y 7 且 y x y i x i x + y + ( y) + ( x) x y xy 若 x < 0, y > 0, 則 x y 7 且 y x x + y y i x i + x i x y xy i ( y) + ( x) i y x i y xy xy 7 i 7 i 共軛複數定義 設 z x + yi, x, y R, 則稱 x yi 為 z 的共軛複數, 記作 z, 即 z x yi 定理 若 z, z, z C, 則 z + z z + z z z z z z n z n ( ) 若 z 0, 則 z z

41 ( z ) 若 z 0, 則 z z z 對任一 r R, r r 證明 令 z x + yi, z x + y i, z x + y i, 則 z + z (x + x ) + (y + y )i (x + x ) (y + y )i (x y i) + (x y i) z + z z z (x + y i)(x + y i) (x x y y ) + (x y + x y )i (x x y y ) (x y + x y )i x x + y y i x y i x y i x (x y i) y i(x y i) (x y i)(x y i) z z z n z z z }{{} n 個 } z z {{ } z z n n 個 ( z ) ( ) x + yi x x + y + x yi z ( x yi ) x + y y x + y i x + yi x + y x x + y y x + y i x + yi ( x + yi)(x yi) ( z ) z ( ) z z z z z z z z 對任一 r R, r r + 0i, 所以 r r 0i r 例 設 z + 4i 3 i, 求 z 詳解 z ( + 4i ) + 4i 4i ( 4i)(3 i) 6 3 i 3 i 3 + i i 例 設 a, b R, i, 且 (i i 7 ) i 97 i 0 a + bi, 求 a + b 之值 詳解 (i i 7 ) i 97 i 0 i303 + i 7 i 97 i 0 ī303 + ī 7 i 97 i 0 ( i)303 + ( i) 7 i 97 i 0 i303 i 7 i 97 i 0 ( i) ( i) i i( i) + i i ( ) i + + i 所以 a b a + b

42 複數平面庾複數的絕對值 令 z x + y i, z x + y i, 我們知道 z z 的充要條件為對實部等於實部, 虛部等於虛部, 即 x x, y y 所以任一複數 z x + yi, x, y R 與實數序對 (x, y) 成一對一對應 因此, 直角座標平面上的任一點 (x, y) 與複數 z x + yi 有一一對應的關係 若將原本直角座標平面的縱軸改以虛數 i 為單位長度, 則此座標平面上任一點均可唯一表示成一個複數, 反之, 任一複數也唯一決定此座標上的一點 這個表示複數係的平面, 我們稱為複數平面或高斯平面, 而複數平面的橫軸稱為實軸, 縱軸則稱為虛軸 z x+yi y i x 定義 設 x, y R, z x + yi, 則 x + y 稱為 z 的絕對值, 記作 z, 即 z a + bi a + b 換而言之, 複數 z 的絕對值等於 P (z) 點與原點 O 間的距離 OP 定理 若 z, z, z C, 則 z z z z z z z z z z n z n 若 z 0, 則 z z 若 z 0, 則 z z z z z + z z + z 三角不等式 證明 令 z x + yi, 則 z z (x + yi)(x yi) x (yi) x + y z z z z z z z z z z z z z z z z z ( z z ) z z z z z n z } z {{ z } z z z z n }{{} n 個 n 個 ( ) z z z z z ( ) z z z z

43 z z z z z z z z z z 由下圖 z +z z z +z z z z 因為三角形兩邊之和大於第三邊, 所以 z + z + z + z 備註 因為 z z z, 若 z, 則 z z z z z 例 z (3 i)(4 + 3i)(5 7i) ( + 3i)(5 + i)(7 + 5i), 求 z 之值 詳解 z (3 i)(4 + 3i)(5 7i) 3 i 4 + 3i 5 7i ( + 3i)(5 + i)(7 + 5i) + 3i 5 + i 7 + 5i 例 設 a R, i, z ( 3 + i) 3 (a i) 詳解 因為 z ( 3 + i) 3 (a i) ( 3 i)(a + 3i), 所以 因為 z 7, 所以 ( 3 i)(a + 3i), 若 z 7, 求 a 之值 z ( 3 i) 3 (a + i) ( 3 + i)(a 3i) ( 3 i) 3 (a + i) ( 3 + i)(a + 3i) 我們得 49 4 z ( 3 i) 3 (a + i) ( 3 i 6 a + i i)(a + 3i) 3 + i a + 3i 4 (3 + 4)3 (a + ) (3 + 4)(a + 9) 49(a + ) (a + 9) (a + ) (a + 9) 4 a + a + 9 ± a 7 或 3

44 因為 a R, 所以 a 3 不合, 因此 a 7 例 設 z, c C, 且 z, cz, z c 求 z c 之值 cz 詳解 因為 z z zz, z c z c z c z c z c z c cz zz cz z( z c) z z c z z c z z c z 一元二次方程式 本節我們考慮下列方程式 : ax + bx + c 0, a 0 一元二次方程式的解法 因式分解法 十字交乘法 若二次多項式可因式分解成一次因式之成積, 即 ax + bx + c (px + q)(rx + s), p, r 0 則 ax + bx + c prx + (ps + qr)x + qs pr a, ps + qr b, qs c 且 ax + bx + c 0 之解為 x q p 或 x s r 例 解方程式 4x + 4x 5 0 詳解 利用十字交乘法, x 3 x 5 6x + 0x 4x 所以 4x + 4x 5 (x 3)(x + 5) 0 x 3 或 x 5 例 試以十字交乘法解方程式 4x + x 0 詳解 考慮所有可能之分解 : 由此可知 4x + x 0 無法用十字交乘法求解 備註 由於十字交乘法可將二次多項式分解成一次因式乘積, 所以若可運用十字交乘法求解, 其方程式必有有理根

45 配方法 配方法主要是運用完全平方展開公式 (A + B) A + AB + B 考慮方程式 ax + bx + c 0, 配方法之過程如下 : ax + bx + c 0 a (x + b ) a x c 將常數項移到等號右邊, 並將等號左邊提出首相係數 a ( a x + b a x + Y ) ay c 等號兩邊同時加上某數 ay x Y b a x Y b 某數之選取為使等號左邊形成完全平方, 所以某數應選 a ( a x + b a x + ( b ) ) b a 4a c b 等號兩邊同時加上 4a ( x + b ) b 4ac a 4a 等號兩邊同除以 a, 配方完成 b a 例 試以配方法解方程式 4x + x 0 詳解 4x + x 0 4(x + 3x) ( 4 x + 3x + ( 3) ) 9 + ( x + 3 ) 4 x + 3 ± x 3 ± 公式解法 若將上述配方完成之等式 等號兩邊同時開平方根, 即得 x + b a ± b 4ac a ( x + b ) b 4ac a 4a x b ± b 4ac a 上式成為一元二次方程式 ax + bx + c 0 之公式解 其中 b 4ac 定義為二次方程式的判別式 例 試以公式解求下列方程式之根 : 4x + x 0, x + x + 0 詳解

46 4x +x 0 x ± 4 4 ( ) 4 ± 76 8 ± ± x + x + 0 x ± 4 ± 3 ± 3 i 例 求方程式 ( 3)x ( 3 )x 6 0 之解 詳解 利用公式解解 ( 3)x ( 3 )x 6 0, 則 x ( 3 ) ± 4( 3 ) 4( 3) ( 6) ( 3) + 3 ± 4(4 3) + 4( 3) ( 3) 所以 + 3 ± ( 3) + 3 ± ( 48 6) ( 3) + 3 ± ( 3 ) ± ( 3) + 3 ± (4 3 4) ( 3) x x 例 求方程式 x ix 0 之解 詳解 利用公式解解 x ix 0, 則 x i ± ( i) 4 ( ) i ± 4i + 8 i ± 8 4 i ± ± + i 一元二次方程式根的討論 考慮二次方程式 ax + bx + c 0, a, b, c R, a 0 之根, 由公式解得知 x b ± b 4ac a 對上述兩根, 可由判別式 b 4ac 來判斷二根的性質 定理 考慮一元二次實係數方程式 ax + bx + c 0, a, b, c R, a 0, 令 b 4ac,

47 若 > 0, 則方程式有兩相異實根 若 0, 則方程式有重根 若 < 0, 則方程式有共軛複根 更進一步的, 若 ax + bx + c 0 為二次有理係數方程式, 即 a, b, c Q, a 0, 若 > 0, 且 為一完全平方數, 即 d, d Q, 則方程式有兩相異有理根 若 > 0, 而 不為完全平方數, 則方程式有成對無理根 證明 設 α, β 為方程式之二根 不失一般性, 經由公式解, 我們可令 α b +, β b a a 若 > 0, 則 R 因為 a, b, c R, a 0, 所以 α, β R, 且 因此方程式有相異實根 若 0, 則 因此方程式有重根 α β a 0 α b a β 若 < 0, 則 D D i C R 所以 α, β C, 且 因此方程式有共軛複根 α b + D i, β b D i ᾱ β a a 若 a, b, c Q, a 0, 且 d > 0, d Q, 則 且 α b + d a b + d a Q, β b d a α β d a 0 b d a Q 因使方程式有相異有理根 若 a, b, c Q, a 0, 且 > 0 不為完全平方數, 則 R Q 所以 因此方程式有成對無理根 α b + a R Q, β α b a R Q 備註 若為無理係數二次方程式 ax + bx + c 0, a, b, c R Q, 則無理根不一定成對 如例題 方程式 ( 3)x ( (3) )x 6 0 之兩根為 , 3 此外, 無理係數方程式也不可用判別式 是否為完全平方數來判定方程式有有理根, 如方程式 x x + 0 之判別式 ( ) 4 4 為完全平方數, 但兩根為 +,

48 若為複係數二次方程式 ax + bx + c 0, a, b, c C R, 不可用判別式來判定兩根的性質 例如方程式 x ix + 0 其判別式 ( i) 4 5 < 0, 但兩根為 ± 5 i 不互為共軛 另外, 方程式 x ix 0 其判別式 ( i) + 4 > 0, 但兩根為 ± 3 + i 並不為實數根 例 設方程式 3x (3m + )x + 3m 0 有 : 兩相異實根, 兩相等實根, 兩共軛複根, 試分別求實數 m 值的範圍 詳解 因為判別式為 4(3m + ) 4 3 (3m ) 4(9m + 6m + ) (3m ) 4m + 6 8(3m + ) 若方程式有兩相異實根, 則 > 0 m > 3 若方程式有兩相等實根, 則 0 m 3 若方程式有兩共軛複根, 則 < 0 m < 3 例 令 a R, 試就 a 之值來討論方程式 x + ax + 0 之根的性質 詳解 因為判別式為 a 4 a 8 若 a < 或 a >, 則 a 8 > 0, 所以方程式有兩相異實根 若 < a <, 則 a 8 < 0, 所以方程式有兩共軛複根 若 a ±, 則 a 8 0, 所以方程式有兩相等實根 例 設 i, 求方程式 x + 4ix i 0 之解 詳解 方程式為 x + 4ix i 0, 利用公式解 x 4i ± (4i) 4(4 + 6i) 4i ± 3 4i 4i ± 8 6i i ± 8 6i i ± 8 6 i ± 8 9 { i ± ( 9) i ± ( 3i) i ± ( 9 ) i ± (3i ) 所以 x 5i 或 + i 例 設 k R, 若方程式 3x (k + i)x + 4 i 0 有實根, 求其實根與 k 之值

49 詳解 令 r R 為方程式 3x (k + i)x + 4 i 0 之實根, 則 3r (k + i)r + 4 i (3r kr + 4) + ( r )i 0 由於一個複數等於 0 若且唯若其實部等於 0 且虛部等於 0 所以 r 將 r 代入 3r kr+4 0, 我們得 + k k 8 一元二次方程式根與係數的關係 定理 一元二次方程式 ax + bx + c 0, a, b, c, R, a 0 之兩根分別為 α, β, 則 α + β b a, αβ c a 證明 不失一般性, 由公式解, 令 則 α b + b 4ac, β b b 4ac a a α + β b + b 4ac a αβ b + b 4ac a + b b 4ac a b b 4ac a b a b a ( b) ( b 4ac) 4a 4ac 4a c a 備註 此根與係數關係對任意的複係數一元二次方程式均成立, 即若 α, β 為方程式 ax +bx+c 0, a, b, c C, a 0 之兩根, 則 α + β b a, αβ c a 例 求以下列兩數為根的一元二次方程式 7 + 3, 4 7 3, + 5 i, 5 i 4 詳解 令 α , β 7 3, 且滿足 α, β 為根之二次方程式為 ax + bx + c 0 則 4 α + β b a b 7 a ( )( 7 3 ) αβ c a c 3 8 a 令 a 8, 則 b 8, c 3, 所以方程式為 8x 8x 另解 : 令 x 7 + 3, 則 4 x x x 7 3 (4x 7) 3 4 6x 56x x 56x x 8x + 3 0

50 令 x + 5 i, 則 x + 5 i x 5 i (x ) 5 i x 4x x 4x 例 已知某二次方程式之兩根分別是方程式 3x + 8x 之兩根的三倍, 求該二次方程式 詳解 設 α, β 為 3x + 8x 之兩根, 則 α + β 8 3, αβ 5 3 另所求方程式之兩根為 γ, δ, 則 γ 3α, δ 3β, 且令該方程式為 ax + bx + c, 因此 取 a, 我們得該方程式為 x + 8x b γ + δ 3(α + β) 8 b 8a a c γδ (3α)(3β) 9αβ 5 c 5a a 例 設 a, b R, 若 i 為方程式 x + ax + b 0 的一根, 求 a, b 之值 若 i 為方程式 x + ax + b + i 0 的一根, 求 a, b 之值 詳解 令 x i, 則 x i x i (x ) x 4x 所以 a 4, b 5 x i 代入方程式 ( i) + a( i) + b + i 0 4 4i + a ai + b + i 0 (a + b + 3) + ( a 3)i 0 由於一個複數等於 0 若且唯若其實部等於 0 且虛部等於 0 所以 { a + b a 3 0 { a 3 b 3 例 設 α, β 為一元二次方程式 x 3x 之兩根, 試求 α + β, α β, α 3 + β 3, β α + α β, β α + + α β + 詳解 由跟與係數關係, α + β 3, αβ 3 ( 3 ) (α + β ) (α + β) 5 αβ 3 4

51 因為 所以 α β ( 3 (α β) (α + β) 4αβ α 3 + β 3 (α + β)(α αβ + β ) 3 β α + α β β + α αβ ) ( 5 ) β α + + α β + β + β + α + α α + β + α + β (α + )(β + ) αβ + α + β 定理 考慮一元二次實係數方程式 ax + bx + c 0, a, b, c R, a 0, 且 b 4ac 0, 若 ab < 0, ac > 0, 則方程式有兩正根 若 ab > 0, ac > 0, 則方程式有兩負根 若 ac < 0, 則方程式有一正根與一負根 證明 令 α, β 為方程式 ax + bx + c 0 之兩根, 則 α + β b a, αβ c a 因為 > 0, 所以 α, β R 因為 ab < 0, ac > 0, 所以 α + β > 0, αβ > 0, 因此 α > 0, β > 0 因為 ab > 0, ac > 0, 所以 α + β < 0, αβ > 0, 因此 α < 0, β < 0 因為 ac < 0, 所以 αβ < 0, 因此 α, β0 其中一個為正, 另一個為負 例 設 α, β 為 x + 9x + 0 之兩根, 試求 ( α + β) 之值 詳解 因為 > 0, 所以 α, β R 又因為 α + β 9 < 0, αβ > 0 所以 α < 0, β < 0 故 ( α + β) ( α i + β i) ( α + β) ( α + ( α)( β) β) α + β αβ 9 3

52 多項式 單項式與多項式 定義 若將符號 x y z 定義四則運算, 如 x + x x, y y 0,, xy + 3xy 4xy, x y xy, x (y z) (x y) z xyz, y (z + x) yz + yx, x n x } x {{ x }, (xy) n x n y n, (x m ) n x mn, n 個 x n x m xn m, 則稱這些符號為不定元 由不定元與數相乘所得之積稱為單項式, 例如 : 有限多個單項式的和則稱為多項式, 例如 : x, 4xy, 7x y 4 z, x 5 + x 4 x + x + 3, y 3 + y + 3y + 4, x 4 y 3 + x 3 z + xyz + 6, 儘管一般的多項式可已有多個 兩個以上 的不定元, 本課程我們僅考慮單元多項式, 即只有一個不定元的多項式 : f(x) a n x n + a n x n + + a x + a x + a 0 定義 設多項式 f(x) a n x n + a n x n + + a x + a 0, a n 0, 則我們稱多項式 f(x) 的最高次方 n 為多項式 f(x) 的次數, 記作 f(x) n, 且稱 f(x) 為一個 n 次多項式 f(x) 的次項 x k, k 0,, n 前面所乘的數稱為多項式 f(x) 的係數 若 a i Z,, i 0,, n, 則 f(x) 為一個整係數多項式 若 a i Q,, i 0,, n, 則 f(x) 為一個有理係數多項式 若 a i R,, i 0,, n, 則 f(x) 為一個實係數多項式 若 a i C,, i 0,, n, 則 f(x) 為一個複係數多項式 若多項式 f(x) 為一非零常數, 即 f(x) c 0, 則稱 f(x) 為一個零次多項式, 即 f(x) 0 若多項式 f(x) 為常數零, 即 f(x) 0, 則稱 f(x) 為零多項式, 此時 f(x) 無定義 備註 若 f(x) 0, 由於零乘以任何數及不定元均為零, 即 所以定義零多項式的次數並無意義 x 0 x,, 0 x n,

53 多項式的四則運算 多項式的加減法 定義 給定兩多項式 f(x), g(x), 則兩多項式之和 或差, 以 f(x) + g(x) 表示, 定義成以 f(x) 和 g(x) 同次項係數和所形成的多項式 即, 設 則 f(x)+g(x) f(x) a n x n + a n x n + + a x + a 0, g(x) b m x m + b m x m + + b x + b 0 { an x n + a n x n + + a m+ x m+ + (a m + b m )x m + + (a + b )x + (a 0 + b 0 ), 若 n m b m x m + b m x m + + b n+ x n+ + (a n + b n )x n + + (a + b )x + (a 0 + b 0 ), 若 n < m 而兩多項式之差, 以 f(x) g(x) 表示, 定義為 f(x) 和 g(x) 之和, 即 f(x) g(x) f(x) + ( g(x)) { an x n + a n x n + + a m+ x m+ + (a m b m )x m + + (a b )x + (a 0 b 0 ), 若 n > m b m x m b m x m b n+ x n+ + (a n b n )x n + + (a b )x + (a 0 b 0 ), 若 n < m 若 f(x) g(x) n, 則 f(x) g(x) (a n b n )x m + + (a b )x + (a 0 b 0 ) 例 設 f(x) x 5 + x 4 + 3x 3 + 4x + 5x + 6, g(x) 5x 3 + 3x + x, 求 f(x) + g(x), f(x) g(x) 詳解 我們可將多項式按下列之直式作降冪排列, 並將同次項上下對齊, 仿照一般十進位整數之加減法, 演算如下 : x 5 +x 4 +3x 3 +4x +5x+6 +) 5x 3 +3x +x+0 x 5 +x 4 +8x 3 +7x +6x+6 x 5 +x 4 +3x 3 +4x +5x+6 ) 5x 3 +3x +x+0 x 5 +x 4 x 3 + x +4x+6 在上列算式中, 我們真正計算的是多項式各次項的係數加減運算, 故可將不定元 x 略去不寫, 而僅將其係數列出, 缺項即以 0 補足, 此即分離係數法 ) ) 所以 f(x) + g(x) x 5 + x 4 + 8x 3 + 7x + 6x + 6 f(x) g(x) x 5 + x 4 x 3 + x + 4x + 6 由上述定義, 我們得知 : 定理 設 f(x), g(x) 為多項式, 且 f(x) n, g(x) m 則 m, 若 m > n (f(x) + g(x)) m n, 若 m n n, 若 m < n m, 若 m > n (f(x) g(x)) 不定, 若 m n n, 若 m < n 在 f(x) g(x) n 的情況下, 因為 f(x) g(x) (a n b n )x m + +(a b )x+(a 0 b 0 ) 若存在 k n 使得 a i b i, k + i n 且 a k b k, 則 (f(x) g(x)) k 若 a i b i, i n, 則 f(x) g(x) 為零多項式, 此時 (f(x) g(x)) 無定義

54 例 設 f(x), g(x) 為多項式, 且 (f(x) + g(x)) 3, (f(x) g(x)) 4 求多項式 f(x) 的次數 詳解 設 f(x) n, g(x) m, n, m 4 由上述定理得知, 若 m n, 則 因此 f(x) 和 g(x) 的次數必相等, 即 m n 令 (f(x) + g(x)) (f(x) g(x)) f(x) a n x n + a n x n + + a x + a 0 g(x) b n x n + b n x n + + b x + b 0 因為 (f(x) + g(x)) 3, (f(x) g(x)) 4, 所以 { ak + b k 0 a k b k 0 a k b k 0, 5 k n 且 { a4 + b 4 0 a 4 b 4 0 a 4 b 4 a 4 0 a 4 0 因此 f(x) 4 多項式的乘法 基本乘法定義 定義 設 f(x) a n x n + a n x n + + a x + a 0, g(x) b m x m + b m x m + + b x + b 0 則 f(x) 乘以 g(x) 之積定義為 : f(x)g(x) a n b m x n+m + (a n b m + a n b m )x n+m + (a n b m + a n b m + a n b m )x n+m + +(a b 0 + a b + a 0 b )x + (a b 0 + a 0 b )x + a 0 b 0 例 設 f(x) x 3 + 5x, g(x) x + x 4, 求 f(x)g(x) 詳解 利用直式演算, 我們得到 0 5 ) ) 所以 f(x)g(x) x 5 + x 4 + 6x 3 + 3x x + 4 或是根據定義, 即利用分配律並將同項合併, f(x)g(x) (x 3 + 5x )(x + x 4) x 5 + x 4 4x 3 + 0x 3 + 5x 0x x x + 4 x 5 + x 4 + 6x 3 + 3x x + 4 例 設 f(x) x 3 x + 7x +, g(x) x 3x + 4, 求 f(x) + g(x), g(x) f(x) 以及 f(x)g(x)

55 詳解 所以 7 +) ) f(x) + g(x) x 3 x + 4x + 5 g(x) f(x) x 3 + 3x 0x ) ) 所以 f(x)g(x) x 5 8x 4 + x 3 8x + 5x + 4 由上述定義, 我們得知 : 定理 設 f(x), g(x) 為多項式, 且 f(x) n, g(x) m 令 h(x) f(x)g(x), 則 h(x) (f(x)g(x)) f(x) + g(x) 例 設 P (x), Q(x) 為多項式, 且 P (x), Q(x) 3, 求 (P (x)q(x)) + (P (x) + Q(x)) 詳解 由定理 和定理, 我們得知 (P (x)q(x)) + (P (x) + Q(x)) P (x) + Q(x) + Q(x) 例 設 f(x), g(x) 為多項式, 且 (f(x) g(x)) 3, (f(x)g(x)) 8, 求 f(x) 詳解 假設 f(x) m, g(x) n 因為 所以 8 (f(x)g(x)) f(x) + g(x) m + n m n (f(x) g(x)) 不定 因為 (f(x) g(x)) 3 5, 6, 7, 8, 所以 f(x) g(x) 4 巴斯卡三角形與二項式展開 首先我們回憶二項式完全平方展開公式 : (a + b) a + ab + b

56 藉由此公式, 我們可以推出更一般的二項式完全次方展開公式, 例如 : (a + b) 3 (a + b) (a + b) (a + ab + b )(a + b) a 3 + a b + a b + ab + ab + b 3 a 3 + 3a b + 3ab + b 3 (a + b) 4 (a + b) 3 (a + b) (a 3 + 3a b + 3ab + b 3 )(a + b) a 4 + a 3 b + 3a 3 b + 3a b + 3a b + 3ab 3 + ab 3 + b 4 a 4 + 4a 3 b + 6a b + 4ab 3 + b 4 (a + b) 5 (a + b) 4 (a + b) (a 4 + 4a 3 b + 6a b + 4ab 3 + b 4 )(a + b) a 5 + a 4 b + 4a 4 b + 4a 3 b + 6a 3 b + 6a b 3 + 4a b 3 + 4ab 4 + ab 4 + b 4 a 5 + 5a 4 b + 0a 3 b + 0a b 3 + 5ab 4 + b 5 若將這些二項式展開的係數, 由 (a + b), (a + b), (a + b) 3, 依序排列下來, 我們可以得到下列的三角形排列 : 由於每升高一次方的展開, 即是多乘以一個 a + b 的關係, 所以我們可以發現一個巧妙的事實, 在每一列中, 除了最左及最右側的 除外, 每行中的數字均等於它的左上方和又上方兩個數字之和, 即 此三角形我們稱之為巴斯卡三角形 反之, 我們可以利用此三角形來求得高次二項式展開的公式 : 例 計算 (x + ) 6 詳解 我們不必將 x + 連乘六次來求得公式, 我們可以利用巴斯卡三角形, 我們即可得 (x + ) 6 x 6 + 6x 5 + 5x 4 + 0x x 4 + 6x x 6 + 6x 5 + 5x 4 + 0x 3 + 5x + 6x +

57 例 求 (x + 3) 5 展開中 x 3 的係數 詳解 由巴斯卡三角形, 我們得 所以 x 3 的係數為 (x + 3) 6 (x) 5 + 5(x) (x) (x) (x) 除法原理 多項式的除法 兩個多項式也可以定義除法, 其規則和整數的除法幾乎一樣 在繼續討論多項式除法之前, 我們回憶一下整數的除法 考慮兩個整數 a 56989, b, 若將 a 除以 b, 則根據長除法 336 ) 我們會得到商 336 和餘數 7, 即 a b 在多項式中我們有以下的定理 : 定理 除法原理 若 f(x), g(x) 為多項式且 g(x) 0, 則存在唯一一組多項式 q(x), rr(x) 使得 f(x) g(x)q(x) + r(x) 其中 0 r(x) < g(x) 或 r(x) 0 備註 和整數的除法原理不同之處, 是關於餘式的限制 在整數的除法原理中, 餘數被要求要小於除數大於等於零 而在多項式的除法原理中, 餘式被要求其次數要小於除式且大於等於零, 或餘式等於零 這邊要強調的是餘式等於零必須單獨獨立成一個條件 因為零多項式的次數並無定義, 另一方面餘式的次數等於零並不代表餘式等於零, 餘式的次數等於零是代表餘式為一個非零的常數,

58 長除法 例 設 f(x) x 5 + 5x 4 + 6x 3 + 9x + 8x + 9, g(x) x + 求 f(x) 除以 g(x) 的商和餘式 詳解 利用分離係數法 : 所以商為 x 4 + 3x 3 + 3x + 6x +, 餘式為 7, 即 ) f(x) g(x)(x 4 + 3x 3 + 3x + 6x + ) + 7 例 設 f(x) x 5 + 5x 4 + 6x 3 + 9x + 8x + 9, g(x) x + 求 f(x) 除以 g(x) 的商和餘式 詳解 所以商為 x 3 + 5x + 4x + 4, 餘式為 4x + 5, 即 ) f(x) g(x)(x 3 + 5x + 4x + 4) + 4x + 5 綜合除法 綜合除法是一種長除法的化簡型, 只透過乘 加兩種運算便可計算到一元多項式相除的商式與餘式 我們一例題 為例子, 來瞭解綜合除法的原理 在例題中 f(x) x 5 + 5x 4 + 6x 3 + 9x + 8x + 9, g(x) x +, 則 )

59 觀察上面的演算式, 我們可以發現下面的事實 因為除式 x + 的最高次項的係數為, 所以商式中最高次項 x 4 的係數與被除式 x 5 + 5x 4 + 6x 3 + 9x + 8x + 9 最告視像的係數同為 ; 商式中 x 3 項的係數為 3 是由 5 得來, 而 是由 得來 ; 商式中 x 項的係數為 3 是由 6 3 得來, 而 3 是由 3 得來 ; 商式中 x 項的係數為 6 是由 9 3 得來, 而 3 是由 3 得來 ; 商式中常數項的係數為 是由 8 6 得來, 而 6 是由 6 得來 ; 餘式 7 是由 9 得來 由上述觀察我們可以將長除法精簡為 ) ) ) 由上列精簡式中我們發現商與除式最高次項係數的乘積均被省略 因為與被除式各項係數相減消去, 所以除式最高次項可省略不寫 此外商的各項係數均由被除式的各項係數與除式常數項乘積相減得出, 若將除式常數項乘以 並用加法取代減法, 所求得的商與餘式仍然相同 由於加法運算比減法運算要來得直觀, 在使用長除法時, 減負數的運算常常容易計算錯誤 因此我們得到綜合除法的形式 : 其中 符號表示上下兩列相加的結果, 而 符號用以表示, 3, 3, 6, 是由 分別乘以, 3, 3, 6, 得來 若除式高於一次式, 例如例題 :f(x) x 5 + 5x 4 + 6x 3 + 9x + 8x + 9, g(x) x +, 則 上面的長除法可化簡成 ) 因此, 以綜合除法寫成的形式為 ) ) )

60 備註 由以上的例子可知, 若除式首項係數為 時, 綜合除法規則如下 以例題 為示範 : 將除式首項略去, 除式其餘各項的係數乘以, 由高次開始各項由上往下排在右端各列, 其列數與除式略去首項後之項數相等 g(x) x + x + 0x 將被除式首項放下, 乘以右端各列之數後將乘積放入相對應的位置 然後將第二行上下兩列相加, 所得之和放下, 在乘以右端各列之數後將乘積放入相對應的位置 以此類推算到最後一行為止 計算完成後, 最下面一列右端算起與除式次數相同之項所形成的多項式即為餘式, 其餘項數則形成商 例 設 f(x) 3x 4 x +, g(x) x +, 求 f(x) 除以 g(x) 的商和餘式 詳解 若除式的首相係數不為 時, 由於上述綜合除法僅針對除式首項係數為 的狀況, 若使用上述同樣的流程, 直接將除式首項 x 略去, 則我們計算的是 f(x) 除以 x + 的商和餘式, 與我們的目的不符 為了做出正確的計算, 我們需要以下的分析 設所得之商為 q(x), 餘式為 r(x) 由除法原理, 我們知道 f(x) (x + ) q(x) + r(x) ( x + ) q(x) + r(x) 由此可知,f(x) 除以 x + 與除以 x + 所得的餘式相同, 但商卻差了兩倍 由於 x + 的首項係數 為, 我們可以用綜合除法 : 求出 f(x) ( x + )( x 3 3 x x 8 ) 因此 q(x) 3x 3 3 x x 8, 故所求之商 q(x) 3 x3 3 4 x x 6, 即 ( 3 f(x) g(x) x3 3 4 x x )

61 若用綜合除法形式來寫, 則商的係數必須再除以, 及除以除式的首項係數, 如下式 : ) 備註 ( 若除式的首項係數不等於 時, 例如除式為 ax + bx + c, 則需將除式的首項係數先提出 a x + b a x + c ), 利用 x + b a a x + c 當作除式做綜合除法, 計算完之後的餘式即為所求之餘式, 然而 a 計算所得之商必須再除以 a 是所得之商 例 設 f(x) 3x 6 + x 5 5x 4 + 5x 3 + 6x + 6x +, g(x) 3x + x +, 求 f(x) 除以 g(x) 的商和餘式 詳解 因為除式為 3x + x +, 將除式除以 3 之後, 用 x + 3 x + 3 來做綜合除法, 即 3x + x + x + 3 x + 3 : ) 所以商為 x 4 3x + 3x + 4, 餘式為 5x + 7, 即 f(x) g(x)(x 4 3x + 3x + 4) + 5x + 7 綜合除法的應用例 以 x 表示多項式 f(x) x 3 5x + 7x 8, 即設 f(x) a(x ) 3 + b(x ) + c(x ) + d 求 a, b, c, d 詳解 由除法原理得, f(x) (x )(x 3x + 4) 4 將 x 3x + 4 當作被除式除以 x 得 x 3x + 4 (x )(x ) + 3 將 (x )(x ) + 3 代入 f(x), 則得到 f(x) (x )(x 3x + 4) 4 (x ) ( (x )(x ) + 3 ) 4 (x ) (x ) + 3(x ) 4 再將 x 當作被除式除以 x 得 x (x ) +, 再將之代入上式 : f(x) (x ) (x ) + 3(x ) 4 (x ) ( (x ) + ) + 3(x ) 4 (x ) 3 + (x ) + 3(x ) 4

62 所以 a, b, c 3, d 4 由上述討論, 若要將 x 表示多項式 f(x), 我們必須將每次除法所得的商當成新的被除式, 反覆得除以 x, 直到所得的商為一個常數為止 這個過程我們可以用綜合除法做連續演算 : d 3 c 0 b a 例 設 f(x) x 6 4x 5 + x 4 + 8x 3 4x 3x 7 且設 f(x) a(x 3) 6 + b(x 3) 5 + c(x 3) 4 + d(x 3) 3 + e(x 3) + f(x 3) + g 求 a, b, c, d, e, f, g 求 f(3.00) 之近似值至小數點以下第三位 詳解 利用綜合除法連續演算 : 所以 f(x) (x 3) 6 + 4(x 3) (x 3) (x 3) (x 3) + 35(x 3) + 即 a, b 4, c 76, d 00, e 57, f 35, g f(3.00) (0.00) 6 + 4(0.00) (0.00) (0.00) (0.00) + 35(0.00) + 57(0.00) + 35(0.00)

63 例 將 f(x) x 5 x 4 7x 3 + x 3x + 5 表示成 求 A, B, C, D, E, F f(x) (Ax + B)(x ) + (Cx + D)(x ) + (Ex + F ) 詳解 所以 即 f(x) (x )(x ) (5x + )(x ) 9x + 5 A, B, C 5, D, E 9, F 5 餘式定理及其應用 餘式定理 定理 餘式定理 設 f(x) 為一實係數多項式, f(x), 則 f(x) 除以 ax b, a, b R 所 ( b 得的餘式為 f a) 證明 因為除式 ax b 唯一次式, 由除法原理, f(x) (ax b)q(x) + r, r R 將 x b a 代入上式, ( b ( f a a) b ) ( b a b ) ( b q + r (b b)q + r r a a) 例 利用餘式定理求 f(x) x 5 + x 4 4x 6x + 3 除以 x + 的餘式 詳解 根據餘式定理, 其餘式為 ( f ) ( ) 5 ( + ) 4 ( 4 ) ( 6 ) 例 設 f(x) 3x 5 x 3 + ax 3 除以 x + 的餘式為, 求 a 之值 詳解 由餘式定理 f( ) 3( ) 5 ( ) 3 a a 3 a 46

64 餘式定理之應用 求餘式問題 例 設 f(x) 為一多項式, f(x) 3 若 f(x) 除以 x, x, x 3 之餘式分別為 3, 6, 3, 求 f(x) 除以 (x )(x )(x 3) 之餘式 詳解 因為除式 (x )(x )(x 3) 為三次多項式, 所以其餘式最多為二次 令餘式 r(x) ax +bx+c, 則根據除法原理 f(x) (x )(x )(x 3)q(x) + ax + bx + c 因為 f(x) 除以 x, x, x 3 之餘式分別為 3, 6, 3, 由餘式定理, 我們得知 f() a + b + c 3 f() 4a + b + c 6 f(3) 9a + 3b + c 3 計算 和 可得 3a + b 3 5a + b 7 將, 我們得 a 4 a 將 a 代入, 可得 6 + b 3 b 3 將 a, b 3 代入, 可得 3 + c 3 c 4 因此餘式 r(x) x 3x + 4 例 設 f(x) 為一多項式, f(x) 若 f(x) 除以 x 3x 4, x 3x + 之餘式分別為 4x, x + 7, 求 f(x) 除以 x 9x + 4 之餘式 詳解 因為除式 x 9x + 4 為二次多項式, 所以其餘式最多為一次 令餘式 r(x) ax + b, 則根據除法原理 f(x) (x 9x + 4)q(x) + ax + b (x 4)(x )q(x) + ax + b 因為 f(x) 除以 x 3x 4, x 3x + 之餘式分別為 4x, x + 7, 由除法原理, 我們得知 f(x) (x 3x 4)q (x) + 4x (x 4)(x + )q (x) + 4x (x 3x + )q (x) + x + 7 (x )(x )q (x) + x + 7 將 x 4 和 x 分別代入上下兩個 f(x) 的表示式, 則 { f(4) 4a + b 5 f ( ) a + b 8 解聯立我們得 a, b 7, 則餘式 r(x) x + 7 例 設 f(x) 為一多項式, f(x) 3 若 f(x) 除以 (x + 3), (x ) 之餘式分別為 x + 6, 78x 99, 求 f(x) 除以 (x + 3) (x ) 之餘式 f(x) 除以 (x + 3)(x ) 之餘式 詳解 根據除法原理 : f(x) (x + 3) q (x) + x + 6 (x ) q (x) + 78x 99 因為除式 (x + 3) (x ) 為三次式, 所以其餘式最多為二次 若我們仿照例題 那樣令餘式 為 r(x) ax + bx + c, 將 x 3 和 x 代入, 則得 { ( ) f a 3 b + c 9 f() 4a + b + c 55

65 因為上述的方程組有三個未知數卻只有兩條方程式, 所以無法解出 a, b, c 因此這個方法行不通 解決的方法是令餘式為 (x + 3) 的某個倍數再加上一次式, 即 f(x) (x + 3) (x )q 3 (x) + a(x + 3) + bx + c 觀察上式我們可知 f(x) (x + 3) ( (x )q 3 (x) + a ) + bx + c, 而 f(x) 除以 (x + 3) 之餘式為 x + 6, 所以 b, c 6, 即 將 x 代入, f(x) (x + 3) (x )q 3 (x) + a(x + 3) + x f() a( + 3) a 因此餘式 r(x) (x + 3) + x + 6 4x + 3x + 5 同理於上一小題, 令 f(x) 除以 (x + 3)(x ) 之餘式為 a(x ) + 78x 99, 即 將 x 3 代入 f(x) (x + 3)(x ) q 4 (x) + a(x ) + 78x 99 3 ( + 6 f 3 ) ( a 3 ) ( ) 99 a 8 因此餘式 r(x) 8(x ) + 78x 99 8x + 6x 7 因式定理與多項式方程式 因式定理 定義 設 f(x), g(x) 為多項式, 根據除法原理, 存在兩多項式 q(x), r(x) 使得 f(x) g(x)q(x) + r(x) 其中 0 r(x) < g(x) 或 r(x) 0 若餘式為零多項式時, 即 r(x) 0, 則我們稱 g(x) 整除 f(x), 記作 g(x) f(x) 此時 g(x) 稱為 f(x) 的因式, 而 f(x) 為 g(x) 的倍式 定理 因式定理 設 f(x) 為一實係數多項式, f(x), 則 ax b f(x) 若且唯若 ( b f 0 a) 證明 此為餘式定理的應用 ax b f(x) 存在一個實係數多項式 q(x) 使得 f(x) (ax b)q(x) ( b f(x) 除以 ax b 的餘式為零多項 f 0 a) 推論 設 f(x) 為一實係數多項式, f(x), 若 f(a) 0, f(b) 0 且 a b, 則 (x a)(x b) f(x) 證明 因為 f(a) 0, 由因式定理,x a f(x), 及存在一多項式 q (x) 使得 f(x) (x a)q (x) 又因為 f(b) 0 且 a b, 所以 0 f(b) (b a)q (b) q(b) 0 再一次運用因式定理, 我們得 x b q (x), 即存在多項式 q (x) 使得 q (x) (x b)q (x), 故 f(x) (x a)q (x) (x a)(x b)q (x) (x a)(x b) f(x)

66 例 試判斷 x 是否為 f(x) x 5 5x 4 6x 3 + 5x x + 6 的因式 詳解 將 x 代入 f(x), 則 根據因式定理,x 為 f(x) 的因式 f() 例 設 f(x) x 3 + kx x + 3 有一因式 x +, 求 k 之值 詳解 因為 x + f(x), 所以根據因式定理 f( ) 0 將 x 代入 f(x): 0 f( ) + k + 3 k + 4 k 4 例 若 f(x) x 5 + 5px + 4q 能被 (x ) 整除, 求 p, q 之值 詳解 利用綜合除法計算 f(x) 除以 (x ), 即除以 x x + : 因為 (x ) f(x), 即 x x + f(x) 所以 p 4q p + 5 4q 4 5p p 4q 4 0 q 多項式的因式分解與多項式方程式的根 定義 設 f(x) 為一整係數多項式, f(x) n 若 f(α) 0, 則稱 α 為多項式 f(x) 的根 由因式定理, 我們得知 x α 為 f(x) 的一個因式, 即存在多項式 q(x) 使得 f(x) (x α)q(x) 此時我們說 f(x) 可被因式分解成 x α 與 q(x) 的乘積 若 α Z 或 α Q, 則分別稱 α 為 f(x) 的整數根與有理根, 而 f(x) (x α)q(x) 稱為 f(x) 的整係數因式分解 若 α R \ Q, 則稱 α 為 f(x) 的實根, 而 f(x) (x α)q(x) 稱為 f(x) 的實係數因式分解 若 α C \ R, 則稱 α 為 f(x) 的複數根, 而 f(x) (x α)q(x) 稱為 f(x) 的複係數因式分解 備註 隨著考慮的數系不同, 整係數多項式能因式分解與否會有不同的結果 以二次多項式為例 : 考慮下列三的多項式 f(x) x x 3 g(x) x x h(x) x 3x + 3

67 若考慮整係數因式分解, 則 f(x) x x 3 (x 3)(x + ) 有整係數因式分解 g(x) x x 無整係數因式分解 h(x) x 3x + 3 無整係數因式分解若考慮實係數因式分解, 則 f(x) x x 3 (x 3)(x + ) 有實係數因式分解 g(x) x x (x )(x + ) 有實係數因式分解 h(x) x 3x + 3 無實係數因式分解若考慮複係數因式分解, 則 f(x) x x 3 (x 3)(x + ) 有複係數因式分解 g(x) x x (x )(x + ) 有複係數因式分解 h(x) x 3x + 3 (x i)(x + i) 有複係數因式分解 即使是同一整係數多項式, 隨著考慮的數系不同, 其因式分解也不同 例如多項式 f(x) x 6 7x + 6 則 f(x) 的整係數因式分解為 (x )(x + )(x 4 + x 6) f(x) 的實係數因式分解為 (x )(x + )(x )(x + )(x + 3) f(x) 的複係數因式分解為 (x )(x + )(x )(x + )(x 3 i)(x + 3 i) 本章節我們所考慮的因式分解均為整係數因式分解, 其他數系之因式分解不在本章考慮範圍 由上述的例子, 我們可以得知任何整係數二次多項式, 在複數中都可以分解成一次因式的乘積 事實上, 我們有以下的定理 : 定理 代數基本定理 任一個 n 次複係數多項式恰有 n 的複數根 換句話說任一個 n 次複係數多項式在複數中都可以分解成一次因式的乘積 一次因式判定 定理 設 f(x) a n x n + a n x n + + a x + a 0, a n 0, a i Z, i,,, n 為一 n 次多項式 若 f(x) 的係數和為零, 即 則 f(x) 有一次因式 x a n + a n + + a + a 0 0 若 f(x) 的偶次項係數和等於奇次項係數和, 即 a + a 3 + a 5 + a 0 + a + a 4 + 則 f(x) 有一次因式 x + 若 f(x) 的常數項為零, 則 f(x) 有一次因式 x 證明

68 因為 f(x) a n x n + a n x n + + a x + a 0, 將 x 代入 f(x), 則 f() a n + a n + + a + a 0 0 由因式定理,x f(x) 將 x 代入 f(x), 則 f( ) ( ) n a n + ( ) n a n + a + a 0 (a + a 3 + a 5 + ) (a 0 + a + a 4 + ) 0 由因式定理,x + f(x) 這是顯而易見的 例 因式分解多項式 f(x) 6x 3 + 5x 3x 詳解 因為 f(x) 的偶次項係數和為 + 5 3, 而奇次項係數和為 6 3 3, 或者, 將 x 代入得 f( ) 所以 x + f(x) 利用綜合除法 : 所以 利用十字交乘法 : f(x) (x + )(6x x ) f(x) (x + )(x + )(3x ) 由於二次多項式方程式有公式解, 我們可以很快的判斷二次多項式是否可以因式分解, 事實上, 我們僅需要靠二次方程的判別式判斷即可, 若二次方程式的判別式為一個完全平方數, 則二次多項式可分解成一次因式的乘積 但三次以上的多項式要判斷是否有一次因式並直觀, 定理 給了一個判斷是否有 x ± 為因式的方式 但倘若考慮下列多項式 f(x) 6x 3 + x 4x 4 由於 f() 9 0, f( ) 5 0, 所以 x ± 不為 f(x) 的因式 要確定 f(x) 是否能因式分解, 我們需要下面的定理 : 定理 牛頓一次因式檢驗法 設 f(x) a n x n + a n x n + + a x + a 0, a n 0, a i Z, i,,, n, 若 (a, b) 且 ax b f(x), 則 a a n, b a 0 ( b 證明 由因式定理, 因為 ax b f(x), 所以 f 0, 即 a) ( b ) n ( b ) n ( b a n + an + a + a 0 0 a a a) a n b n + a n ab n + + a a n b + a 0 a n 0 a n b n a n ab n a a n b a 0 a n a( a n b n a a n b a 0 a n ) a a n b n

69 因為 (a, b), 所以 a a n 另一方面, 因為 a n b n + a n ab n + + a a n b + a 0 a n 0 a 0 a n a n b n a n ab n a a n b b( a n b n a n ab n a a n ) b a 0 a n 因為 (a, b), 所以 b a 0 推論 當整係數多項式 f(x) 的首項係數為 時, 則 f(x) 0 的任和有理根必定是整數 備註 上述定理告訴我們, 若 f(x) 有因式 ax b, 則 x 的係數 a 整除 f(x) 中帶有 x 的首項係數 a n, 而常數項 b 整除 f(x) 中跟 x 無關的常數項 a 0 此定理的逆敘述並不成立, 即若 a a n, b a 0, 並不保證 ax b f(x) 例 因式分解多項式 f(x) 6x 3 + x 4x 4 詳解 設 ax b f(x), 根據牛頓一次因式檢驗法, a 6, b 4 b 則 a 的可能性有 ±, ±, ±3, ±6,b 的可能性有 ±, ±, ±4 因此的可能性有 a b a ±, ±, ±4, ±, ± 3, ± 3, ±4 3, ± 6 除此之外別無其他可能 若其中一個代入 f(x) 等於零, 則 f(x) 可因式分解, 若代入均不等於零, 則 f(x) 無法因式分解 經過計算, 我們得 所以 x + f(x), 利用綜合除法 : b a f( b a ) 所以 利用十字交乘法 : f(x) (x + )(6x x ) f(x) (x + )(x + )(3x ) 例 判斷多項式 f(x) x 4 + x 3 + 4x + 3x + 是否有一次因式 詳解 若 f(x) 有一次因式 ax b, 則 a, b, 因此 b ±, ± a 因為 f(), f( ), f() 56, f( ) 均不為零, 所以 f(x) 沒有一次因式 但這不代表 f(x) 不能因式分解, 事實上 f(x) x 4 + x 3 + 4x + 3x + (x 4 + x 3 + x ) + 3x + 3x + (x + x) + 3(x + x) + (x + x + )(x + x + ) 對一般的四次多項式 或偶數次多項式, 若沒有一次因式, 要判斷是否有二次因式是很困難的 要判斷一個多項式是否有二次因式, 我們需要一些額外的資訊

70 二次因式判定 定理 設 f(x) a n x n + a n x n + + a x + a 0, a n 0, a i Z, i,,, n 若 f(x) 0 有一根 a + b, a, b N,b 不為完全平方數, 則 f(x) 有二次因式 x ax + a b, 且 f(a b) 0 若 f(x) 0 有一根 a + b i, a, b N, 則 f(x) 有二次因式 x ax + a + b, 且 f(a b i) 0 證明 令 x a + b, 則 x a b (x a) b (x a) b x ax + a b 0 根據除法原理, 存在多項式 q(x) 和常數 c, d 使得 f(x) (x ax + a b)q(x) + cx + d 因為 f(a + b) 0, 所以 f(a + b) c(a + b) + d (ca + d) + c b 0 c d 0 故 x ax + a b f(x) 又因為 x ax + a b (x (a + b))(x (a b)) 所以 f(a b) 0 令 x a + b i, 則 x a b i (x a) b (x a) + b x ax + a + b 0 根據除法原理, 存在多項式 q(x) 和常數 c, d 使得 f(x) (x ax + a + b)q(x) + cx + d 因為 f(a + b i) 0, 所以 f(a + b i) c(a + b i) + d (ca + d) + c b i 0 c d 0 故 x ax + a + b f(x) 又因為 x ax + a + b (x (a + b i))(x (a b i)) 所以 f(a b i) 0 定理 設 f(x) a n x n + a n x n + + a x + a 0, a n 0, a i Z, i,,, n 為一 n 次多項式 若 f(x) 的奇數項係數的交錯和與偶數項係數的交錯和均為零, 即 則 f(x) 有二次因式 x + a 0 a + a 4 a 6 + a 8 0 a a 3 + a 5 a 7 + 0

71 證明 在這裡我們僅以 n 8 來舉例說明, 即 將 x i 代入 f(x), 則 f(x) a 8 x 8 + a 7 x 7 + a 6 x 6 + a 5 x 5 + a 4 x 4 + a 3 x 3 + a x + a x + a 0 f(i) a 8 i 8 + a 7 i 7 + a 6 i 6 + a 5 i 5 + a 4 i 4 + a 3 i 3 + a i + a i + a 0 a 8 i 4 + a 7 i 3 + a 6 i + a 5 i + a 4 i 4 + a 3 i 3 + a i + a i + a 0 a 8 a 7 i a 6 + a 5 i + a 4 a 3 i a + a i + a 0 (a 0 a + a 4 a 6 + a 8 ) + (a a 3 + a 5 a 7 )i 因為 f(x) 的奇數項係數的交錯和與偶數項係數的交錯和均為零, 即 a 0 a + a 4 a 6 + a 8 0 a a 3 + a 5 a 7 所以 f(i) 0, 根據定理,x + 為 f(x) 的因式 例 已知多項式 f(x) x 4 3x 3 + 3x 有一複數根 + i, 求 f(x) 的因式分解 詳解 因為 f( + i) 0, 令 x + i, 則 x i (x ) x x + 0 根據定理,x x + f(x) 利用綜合除法 因此 f(x) (x x + )(x x ) 因為 x x 的判別式 ( ) 不為完全平方數, 所以 f(x) (x x + )(x x ) 為 f(x) 的因式分解 例 因式分解多項式 f(x) x 6 7x 5 7x 4 + 7x 3 + x + 4x + 30 詳解 因為 f(x) 偶數次項係數的交錯和為 且奇數次項係數的交錯和為 , 根據定理,f(x) 有二次因式 x +, 利用綜合除法 則 f(x) (x +)(x 4 7x 3 9x +4x+30) 令 g(x) x 4 7x 3 9x +4x+30, 若 ax b g(x), 則 a, b 30 所以 所以 b a 的可能性有 經過計算, 我們得 a ±, ± b ±, ±, ±3, ±5, ±6, ±0, ±5, ±30 b a ±, ±, ±3, ±5, ±6, ±0, ±5, ±30, ±, ±3, ±5, ±5 b a g( b a )

72 所以 x 5 g(x), 由綜合除法 因此 f(x) (x + )(x 5)(x 3 + 3x 4x 6) 令 h(x) x 3 + 3x 4x 6, 同理, 若 cx d h(x), 則 c, d 6 因此 c ±, ± 且 d ±, ±, ±3, ±6 所以 d c ±, ±, ±3, ±6, ±, ±3 經過計算, 我們得 b a h( b a ) 所以 x 5 g(x), 由綜合除法 故 ) f(x) (x + )(x )(x 5)(x + 3)

73 分式與根式之運算 因式與倍式 定義 設 f(x), g(x) 為兩多項式, 若 d(x) f(x) 且 d(x) g(x), 則稱多項式 d(x) 為 f(x) 和 g(x) 之公因式, 而 f(x), g(x) 公因式中次數最高者, 稱為最高公因式, 記作 (f(x), g(x)) 若 f(x), g(x) 的因式除常數外, 別無其他公因式, 則稱 f(x) 與 g(x) 互質, 且規定其最高公因式為 設 k(x) 為一多項式使得 f(x) k(x), g(x) k(x), 則稱 k(x) 為 f(x) 與 g(x) 之公倍式, 公倍式中次數對低者, 稱為最低公倍式, 記作 [f(x), g(x)] 輾轉相除法定理 設 f(x), g(x) 為兩多項式, 且 q(x), r(x) 為多項式使得 f(x) g(x)q(x) + r(x) 其中 0 r(x) < g(x) 或 r(x) 0 則 (f(x), g(x)) (g(x), r(x)) 由於定理 的證明與整數的情況完全相同, 在此不再贅述 本節我們僅討論多項式輾轉相除法的運算 一般來說, 兩多項式相除所得的商和餘式並不一定是整係數多項式 如例題, 而輾轉相除法往往必須進行多次的除法運算, 導致我們必須對分數系數做運算而使計算量變大且過程複雜, 為化簡計算過程, 我們需要以下定理 : 定理 設 f(x), g(x) 為兩多項式, 且 a, b 0, 則 (f(x), g(x)) (af(x), bg(x)) 證明 設 d (x) (f(x), g(x)), d (x) (af(x), bg(x)) 因為 d (x) f(x), d (x) g(x), 所以 d (x) af(x), d (x) bg(x), 故 d (x) d (x) 另一方面, 由於 d (x) af(x), d (x) bg(x), 且 a, b 0, 所以 d (x) a af(x) + 0 bg(x) d (x) f(x) d (x) 0 af(x) + b bg(x) d (x) g(x) 故 d (x) d (x) 因此 (f(x), g(x)) d (x) d (x) (af(x), bg(x)) 定理 告訴我們兩多項式分別乘以非零常數後, 其最高公因式不會改變, 所以我們在做輾轉相除法時, 可以先乘以特定的正整數, 使其在做除法時仍維持整係數的運算

74 例 設 f(x) 3x 3 x x + 4, g(x) x 3 x 5x + 6, 求 f(x) 與 g(x) 的最高公因式 詳解 兩多項式 f(x), g(x) 之輾轉相除法如下 : ) ) 所以 (f(x), g(x)) x + 例 設 f(x) x 4 + 3x 3 + x + 3x +, g(x) x 3 + 5x x, 求 f(x) 與 g(x) 的最高公因式 詳解 兩多項式 f(x), g(x) 之輾轉相除法如下 : ) ) 所以 (f(x), g(x)) x + 3x + 例 設 f(x) 70x x 3 + 3x + x + 33, g(x) 30x x + 3x + 6, 求 f(x) 與 g(x) 的最高公因式 詳解 兩多項式 f(x), g(x) 之輾轉相除法如下 : ) ) 所以 (f(x), g(x)) 0x + x + 3

75 最低公倍式 定理 設 f(x), g(x) 為兩多項式,d(x) 為 f(x) 和 g(x) 的最高公因式, 且 f(x) d(x)f (x), g(x) d(x)g (x), 則 f(x) 和 g(x) 的最低公倍式為 [f(x), g(x)] d(x)f (x)g (x) 例 設 f(x) x x 3 x x 3, g(x) x 3 4x + x + 6, 求 f(x) 與 g(x) 的最低公倍式 詳解 利用輾轉相除法求 f(x) 和 g(x) 的最高公因式 : 所以 (f(x), g(x)) x x 3 利用綜合除法 所以 故 f(x) (x x 3)(x + ) g(x) (x x 3)(x ) [f(x), g(x)] (x x 3)(x + )(x ) x 5 4x 4 + x 3 + x + x + 6 分式的運算與分式方程式 定義 若 f(x), g(x) 為多項式, 且 g(x) 0, 則 f(x) g(x) 稱為分式或有理式, 而 f(x) 稱為此分式 的分子,g(x) 稱為此分式的分母 若分子與分母有最高公因式 d(x), 即 (f(x), g(x)) d(x), 且 f(x) d(x)f (x), g(x) d(x)g (x), 則 且 f (x) g (x) 稱為最簡分式 f(x) g(x) d(x)f (x) d(x)g (x) f (x) g (x) 分式運算 分式的四則運算與分數的四運算無異, 以下僅以範例說明 : 例 化簡 x 3 + 4x + x 6 x 3 3x 6x + 8

76 詳解 利用輾轉相除法, 再經由綜合除法 故我們得 x 3 + 4x + x 6 x 3 3x 6x + 8 (x + 3)(x + x ) (x 4)(x + x ) x + 3 x 4 例 化簡 x + x + x 6 x + 3 x 3x + 5x x + 7x + 3 詳解 經由因式分解和通分, 我們得 x + x + x 6 x + 3 x 3x + 5x x + 7x + 3 x + (x + 3)(x ) x + 3 (x + )(x ) + 5x (x + )(x + 3) (x + ) (x + )(x + 3)(x ) (x + 3) (x + )(x + 3)(x ) + 5x(x ) (x + )(x + 3)(x ) (x + ) (x + 3) + 5x(x ) (x + )(x + 3)(x ) 8x x 8 (x + )(x + 3)(x ) 4(x )(x + ) (x + )(x + 3)(x ) 4 x + 3 例 化簡 詳解 由因式分解, x 3 x x 3 + x 4 + x + x 3 x x 3 + x 4 + x + (x )(x + x + ) (x + )(x x + ) (x + )(x ) x 4 + x (x + x + )(x x + ) + x 4 + x + 要知道經過約分的分式是否可以再化簡, 必須檢驗分子中 x x+ 和 x +x+ 是否為分母 x 4 +x + 的因式, 所以利用綜合除法, 由此可知 x 4 + x + (x + x + )(x x + ), 因此 x 3 x x 3 + x 4 + x + (x + x + )(x x + ) x 4 + x +

77 例 化簡 x 詳解 x + 3x + x + x 3x + (3x + ) + x 3x + 3x + 7x + 分式方程式 例 解下列分式方程式 x 3 4x x + 7 x 4 + 6x 3 + x + 9x 3 x 詳解 利用輾轉相除法和綜合除法化簡等號左邊的分式 : 所以原式可寫成 因此 由公式解, 我們得 (x + 3x )(x 7) (x + 3x )(x + 3) x x 7 x + 3 x (x 7)(x ) x + 3 x 8x 4 0 x 8 ± ± 5 例 解下列分式方程式 x + x 3 x + x x x +

78 詳解 x + x 3 x + x x x + x + x + x 3 x + x x + x x + x + x + x 3x x + x x + + x x + x + x 3 x x + 4x + x 3x (x + ) x + x x + (x + ) (x )(x + ) x + x x + x + x + 因此 (x )(x + ) x x 3 0 (x 3)(x + ) 0 所以 x 3 或 x 根式的運算與根式方程式 定義 若 f(x) 為多項式, 則 n f(x) 這樣的式子我們稱之為根式 根式運算 根式的運算法則與根數的運算無異, 在此不再贅述, 僅以範例說明運算規則 利用平方差公式 例 有理化 x + + x 分母 A B (A + B)(A B) 詳解 利用平方差公式 : x + + x 例 有理化 x + x ( x + + x )( x + x ) x + x 分母 x + x x + x (x + ) (x ) 詳解 利用平方差公式 : x + x x + + x ( x + x)( x + + x) x + + x (x + ) x x + + x 例 化簡 b + a + a b

79 詳解 b + a + a b b a b a b + a b + a a b + a b a b a b a a b a b + b a a a + a b a b a b b a + b + a b a a b a b a + b a b a b + a b b a b + b + b a b a ab + ab + b a b 利用立方差或立方和公式 A 3 + B 3 (A + B)(A AB + B ) A 3 B 3 (A B)(A + AB + B ) 例 有理化 3 x + 分母 詳解 3 x 3 3 x + x + ( 3 x + )( 3 x 3 x + ) 3 x 3 x + x + 用雙重根號公式 A + B + AB A + B A + B AB A B 例 化簡 x x + 3x + 詳解 x x + 3x + x (x + )(x + ) (x + ) + (x + ) + (x + )(x + ) x + + x + 例 化簡 x + x x x

80 詳解 x + x x x x + (x + )(x ) x (x + )(x ) (x + ) + (x ) + (x + )(x ) (x + ) + (x ) (x + )(x ) ( x + + x ) ( x + x ) x 根式方程式 例 解下列根式方程式 x + x 詳解 將 x + x, 有理化分子, (x + ) (x ) x + + x x + + x x + + x 所以有以下連立方程組 { x + + x x + x 上下兩是相加之後, 我們得到下列方程式 x + 3 4(x + ) 9 x 5 4 例 解下列根式方程式 x + 3 x 3 詳解 將 x + 3 x 3, 有理化分子, (x + 3) (x 3) 6 x x 3 3 x x 3 x x 3 所以有以下連立方程組 { x x 3 3 x + 3 x 3 上下兩是相加之後, 我們得到下列方程式 x (x + 3) 5 x 3 8 例 解下列根式方程式 x + x 詳解 本題無法如上兩個例題那樣, 利用平方差公式將分子有理化, 所以上述方法無法使用在本題, 我們必須採用其他方法 : x + x ( x + x ) x + x + x + x x + x + x x x + x 4x 4(x + x ) 4x 4x + 4x 8 4x 8 x

81 例 解下列根式方程式 x 6x x x 5 0 詳解 x 6x x x 5 0 x x x x 5 40 (x x 5) x x 5 35 令 y x x 5, 則上式可寫成 y y 35 y y 35 0 (y 7)(y + 5) 0 因此 y 7 或 y 5 y 5 不合 因為 y x x 5 7, 所以 x x 5 49 x x 54 0 (x + 6)(x 9) 0 故 x 3 或 x 9 例 解下列根式方程式 x x x x + 4 詳解 x x x x + 4 x x x x 令 y x x, 則上式可寫成 y y y y 0 (y + )(y ) 0 因此 y 或 y y 不合 因為 y x x, 所以 x x 4 x x 6 0 (x 3)(x + ) 0 故 x 3 或 x 例 解下列根式方程式 3 x x 8 3 詳解 令 a 3 x + 8, b 3 x 8, 則 a b 3 (a b) a ab + b 9 又 (x + 8) (x 8) 36 a 3 b 3 (a b)(a + ab + b ) 3(a + ab + b ) a + ab + b 故 { a ab + b 9 a + ab + b 因此, 我們得到 3ab 3 ab (a + b) (a b) + 4ab a + b ± 3 { a + b ± 3 a 3 ± 3 a 3 ± 3 a b 3 a 3 x ± 3 ( 3 ± 3 ) 3 x ± 5 3 x ±5 3

82 直線方程式 直角座標系 距離公式與分點座標 直角座標系 定義 二維的直角坐標系通常由兩個互相垂直的坐標軸設定, 通常分別稱為 軸和 軸 ; 兩個坐標軸的相交點, 稱為原點, 通常標記為 O, 既有 零 的意思, 又是英語 的首字母 每一個軸都指向一個特定的方向 這兩個不同線的坐標軸, 決定了一個平面, 稱為 平面, 又稱為笛卡兒平面 通常兩個坐標軸只要互相垂直, 習慣性地 如下圖, 軸被水平擺放, 稱為橫軸, 通常指向右方 ; 軸被豎直擺放而稱為縱軸 任何一個點 P 在平面的位置, 可以用直角坐標來獨特表達 只要從點 P 畫一條垂直於 軸的直線 從這條直線與 軸的相交點, 可以找到點 P 的 坐標 同樣地, 可以找到點 P 的 坐標 這樣, 我們可以得到點 P 的直角坐標 y P(x, y) y x x 定義 兩坐標軸將作標平面分成四個區域, 稱為象限, 而以坐標軸為界, 以 分別表第一 第二 第三與第四象限 : 第一象限 {(x, y) x > 0, y > 0} 第二象限 {(x, y) x < 0, y > 0} 第三象限 {(x, y) x < 0, y < 0} 第四象限 {(x, y) x > 0, y < 0} 軸 {(x, y) y 0} 軸 {(x, y) x 0}

83 y II : x < 0,y > 0 I : x > 0,y > 0 x III : x < 0,y < 0 IV : x > 0,y < 0 備註 在原本的二維直角坐標系, 再添加一個垂直於 軸, 軸的坐標軸, 稱為 軸, 則可得到三維的直角坐標系 這 軸與 軸, 軸相互垂直於原點 在三維空間的任何一點 P, 可以用直角坐標 P (x, y, z) 來表達其位置 此外, 三個平面, 平面, 平面, 平面, 將三維空間分成了八個部分, 稱為卦限 第一卦限 {(x, y, z) x > 0, y > 0, z > 0} 第二卦限 {(x, y, z) x < 0, y > 0, z > 0} 第三卦限 {(x, y, z) x < 0, y < 0, z > 0} 第四卦限 {(x, y, z) x > 0, y < 0, z > 0} 第五卦限 {(x, y, z) x > 0, y > 0, z < 0} 第六卦限 {(x, y, z) x < 0, y > 0, z < 0} 第七卦限 {(x, y, z) x < 0, y < 0, z < 0} 第八卦限 {(x, y, z) x > 0, y < 0, z < 0} 軸 {(x, y) y z 0} 軸 {(x, y) x z 0} 軸 {(x, y) x y 0} 例 設集合 A {(x, y) xy > 0, x, y R}, 則 A I III, 即 A 為第一與第三象限的聯集