加載中. ..
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− 33 −
第44 屆國際數㈻奧林匹亞競賽試題與參考解答
傅承德* 洪文良**
*㆗央研究院 統計科㈻研究所
**國立新竹師範㈻院 數㈻教育系
2003 年第 44 屆國際數學奧林匹亞競賽
(IMO)是在日本的東京舉行；本屆共有 82 個
國家與會，合計 457 位學生代表參賽。競賽
活動是由各國領隊組成的評審會議 (Jury
Meeting)揭開序幕，除了確認各項議題外，
評審會議的一個主要工作是挑選本屆的競賽
試題。國際數學奧林匹亞競賽試題是先由各
參賽國(主辦國除外)於規定時間期限內提交
0~6 道試題，再由主辦國的試題委員會
(Problem Selection Committee)研究選出大約
30 道預選試題，分屬代數、分析、數論、幾
何及組合數學等不同領域和不同難度的試
題；最後再經由評審會議票選暨修訂出最後
6道IMO 試題，再依主題內容及難易層次分
配成兩份試題，分別在連續的兩天舉行競
試，每天三道試題，考試時間都是 4.5 小時。
本屆試題經由主辦國的試題委員會選出他們
認為較適當的 27 道試題，再由各國領隊組成
的評審會議經過三天的討論票選出一道代數
題、二道數論題、二道幾何題及一道組合題，
其中第一題為組合題、第二題為數論題、第
三題為幾何題、第四題為幾何題、第五題為
代數題、第六題為數論題。
今年我國六位學生：林金毅（建國中
學）、趙心宇（建國中學）、黃紹倫（建國中
學）、黃道生（建國中學）、廖紹棠（高雄中
學）、葉仲恆（鳳西國中），總成績 114 分，
榮獲一面金牌、二面銀牌、二面銅牌，在 82
隊中名列第十六名。總分前二十名的國家依
次為：保加利亞、中國大陸、美國、越南、
俄羅斯、韓國、羅馬尼亞、土耳其、日本、
匈牙利、英國、加拿大、哈薩克、烏克蘭、
印度、台灣、德國、伊朗、泰國、白俄羅斯。
本文針對此次我國代表團所翻譯成中文版的
六道 IMO 試題提供參考解答，以供國內相關
學者、數學教師等輔導數學資優生之研究、
應用與參考。
㆒、第 44 屆國際數㈻奧林匹亞競賽試
題
第一天
東京，2003 年 7 月 13 日
考試時間：4.5 小時
第㆒題：
令
{1,2, ,1000000}
S=L，而
A
是一個恰有
101 個元素的
S
的子集合。試證，在
S
中存
在著 12 10
0
,, ,tt t
L使得下面的這些集合
{}
| , 1, 2, ,100
jj
AxtxAj
=+ ∈ = L
任何相異的兩個都不相交。
科學教育月刊 第 258 期 中華民國九十二年五月
− 34 −
第㆓題：
求所有能使
2
23
21
a
ab b
−+
成為正整數的正
整數對
()
,
a
b
。
第㆔題：
凸六邊行的任何兩個對邊都有下面的性質：
兩對邊中點間的距離恰等於這兩個對邊長的
和的
32
倍。試證這六邊形的所有內角都
相等。
(一個凸六邊形
ABCDEF
有三組對邊：
AB
和
DE
；
BC
和
EF
以及
CD
和
FA
)
第二天
東京，2003 年 7 月 14 日
考試時間：4.5 小時
第㆕題：
設
ABCD
為一個圓內接四邊形，自點
D
向
直線
BC
，
CA
和
AB
做垂線，設垂足分別
為
P
，
Q
和
R
。試證
PQ QR
=的充分必要
條件是：
ABC
∠的分角線，
ADC
∠的分角
線和
AC
這三線交於一點。
第㈤題：
設
n
為一個正整數且 12
n
xx x
≤≤≤L均為
實數。試證
()
()
22
2
11 11
21
3
nn nn
ij ij
ij ij
n
xx xx
== ==
−
⎛⎞
−≤ −
⎜⎟
⎝⎠
∑∑ ∑∑
證明上式中等號成立的充分必要條件是
12
,,,
n
xx x
L為一個等差序列。
第㈥題：
設
p
為一個質數。試證：存在一個質數
q
，
使得對所有的整數 ,p
nn p
−都不能被
q
整
除。
㆓、第 44 屆國際數㈻奧林匹亞競賽成
績統計
表1. 2003 年第 44 屆IMO 前20 名國家各國
成績統計表
名
次 國名 總分 金
牌 銀
牌 銅
牌 參賽
人數
1 保加
利亞 227 6 0 0 6
2 中國
大陸 211 5 1 0 6
3 美國 188 4 2 0 6
4 越南 172 2 3 1 6
5 俄羅斯 167 3 2 1 6
6 韓國 157 2 4 0 6
7 羅馬
尼亞 143 1 4 1 6
8 土耳其 133 1 3 1 6
9 日本 131 1 3 2 6
10 匈牙利 128 1 3 1 6
10 英國 128 1 2 3 6
12 加拿大 119 2 0 3 6
12 哈薩克 119 1 2 2 6
14 烏克蘭 118 1 2 3 6
15 印度 115 0 4 1 6
16 台灣 114 1 2 2 6
17 德國 112 1 2 1 6
17 伊朗 112 0 3 2 6
19 泰國 111 1 1 3 6
19 白俄
羅斯 111 1 2 2 6
表2. 2003 年第44 屆IMO 中華民國學生代表
得分及成績統計表
姓名 第l
題 第2
題 第3
題 第4
題 第5
題 第6
題 總分 獎牌
黃紹倫 7 7 0 7 7 1 29 金牌
葉仲恆 7 3 0 7 4 0 21 銀牌
黃道生 2 3 0 7 7 1 20 銀牌
趙心宇 7 3 0 7 1 0 18 銅牌
林金毅 7 3 0 7 0 0 17 銅牌
廖紹棠 2 0 0 0 7 0 9 榮譽
獎
數學學習模組的開發與設計-「e百元商店」
− 35 −
㆔、第 44 屆國際數㈻奧林匹亞競賽試
題詳解
第㆒題：
令
{1,2, ,1000000}
S=L，而
A
是一個恰有
101 個元素的
S
的子集合。試證，在
S
中存
在著 12 10
0
,, ,tt t
L使得下面的這些集合
{}
| , 1, 2, ,100
jj
AxtxAj
=+ ∈ = L
任何相異的兩個都不相交。
試題委員會公布的參考答案：
參考解答：考慮集合
{}
|,
D
xyxyA=− ∈，
則集合
D
的元素個數至多有
101 100 1 10101
×+= 個。因為兩個集合
i
At
+與
i
At
+具有非空交集的充分必要條
件為 ij
tt D
−∈ 。所以我們僅需要依照此想
法選取 100 個元素即可。
我們以數學歸納法選取這些元素。由
S
中任
取一個元素。假設我們已選取
k
個元素，此
處
99
k≤。(此
k
個元素選取的方式為：任一
元素
x
已被選取，則我們不能從集合
xD
+
選取另外一個元素。)
在
k
個元素被選取之後，則
S
中至多有
999999(因為
10101 999999
k≤)個元素不能
被選取。因此，我們可以再選取下一個元素。
推廣結果：令
{1, 2, , }
Sn
=L，且
m
是一個
正整數使得
()
()
2
11
k
nm ⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
>− +
，而
A
是一
個恰有
k
個元素的
S
的子集合。試證，在
S
中
存在著 12
,, ,
m
tt t
L使得下面的這些集合
{}
|,1,2,,
jj
AxtxAj m
=+ ∈ = L
任何相異的兩個都不相交。
參考解答：考慮集合
{}
|,
B
xyxyA
=− ∈，
則集合
B
的元素個數至多有 2
1
k
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
+個。
我們僅需要證明：在
S
中存在著 12
,, ,
m
tt t
L
使得 ,
ij
tt Bij
−∉ ≠
。
底下我們以數學歸納法選取 12
,, ,
m
tt t
L。
在
S
中選取一個元素 1
1
t=且考慮集合
()
11
CSBt
=+
。則
()
()
()
122
121
kk
Cn m
⎛⎞ ⎛⎞
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
≥− + > − +。
對於1
im
≤< ，假設 12
,, ,
i
tt t
L已被選取且
i
C
已被定義，
()
()
2
110
k
i
Cmi ⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
>−− +≥
。
因此，我們可由集合
i
C
選取一個最小元素
1
i
t
+而且考慮集合
()
11
ii i
C
CBt
++
=+
。則
()
()
()
122
121
0
kk
ii
CC mi
⎛⎞ ⎛⎞
⎜⎟ ⎜⎟
⎜⎟ ⎜⎟
+⎝⎠ ⎝⎠
≥−+>−− +≥
依照上述的方式，我們可選取符合題意的
12
,, ,
m
tt t
L。
林金毅同學的解法：
由題意設
1 2 101 1 2 3 101
{ , , , |1 1000000}
Aaa a aaa a=≤<<<<≤
LL
。定義 1000000 個集合：
{}
() |Ap x px A
=+ ∈，
其中
p
屬於
S
，則在
S
中選出滿足題設條件
的12 10
0
,, ,tt t
L即是從以上定義出的
1000000 個集合中選出 100 個集合使得兩兩
沒有交集。
科學教育月刊 第 258 期 中華民國九十二年五月
− 36 −
而對每一個
p
，
()
Ap至多有 101
2
5050
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
=個
'
pp
>使得
()
Ap和
()
'
Ap 的交集是非
空。此因而這必然是存在一對
uv
>屬於
{1,2, ,101}
L使得
()
Ap的第
u
個元素和
()
'
Ap 的第
v
個元素相同而對於每一對
uv
>屬於
{1,2, ,101}
L恰有一 '
pp
>使得
'
uv
apap
+=+
或
'
uv
apap
+= + 成立。
（事實上，若
uv
<則
'
uv
apap
+= + 不可
能成立）由於這樣
,uv
共有 5050 組，所以這
樣的
'p
也至多有 5050 個。
把
() ( ) ( )
1 , 2 , , 1000000AA A
L排列起來
選，現逐次選取 1210
0
,,
ttt
：11
1, n
tt
+
==
選完
n
t
後可以選的最小數。其中
n
t
不可以選的就
是
()
n
At 會和之前選出的某
()
k
At 的交集非
空。於是只在每次選完
n
t
時把那些會和他有
交集的集合
()
'n
At （至多有 5050 個）和
()
n
At （合起來至多有 50501 個）從可以選
的範圍去掉再選就沒有問題了。底下證明：
對所有
100
n≤，可以選出
n
t
.
我們利用反證法，假設不然。則由以上選法
知：選完了
1
n
t
−以後，從
1, 2, ,1000000
L共
1000000 都不可以選了。但是選了
1
n
−次最
多排除了
()
5
051 1 5051 99 100000
0
n−≤ × < 可
以選。矛盾。
所以 12 10
0
,, ,tt t
L都選出來了，這些
12 10
0
,, ,tt t
L根據選法確實滿足題意。
第㆓題：
求所有能使
2
23
21
a
ab b−+
成為正整數的正
整數對
()
,
a
b
。
試題委員會公布的參考答案：
參考解答：令
(,)ab
是滿足題意的一個序
對。因
2
23
23 2
0
21
1
210,
22
2
a
kab b b
ab b a
b
b
a
=>
−+
⇒−+>>−
⇒≥
根據上式，可得
k
≥或
22 22
(2 ) 1, ( (2 ) 0
abab abab
≥−+⇒>−≥
.
因此Equation Section (Next)
or 2
ab ab
>=
(1)
對於固定正整數
k
和
b
，考慮方程式
()
22 3
210
akbakb
−+−=
(2)
的兩根 1
2
,aa
(假設 1
2
aa
≥)。由根與係數關
係知：
()
23
12 12
2, 1
aa kbaa kb+= = −
。
根據上述，我們可得：
()()
33
2
12 2
1
11
0, 0
.
kb kb
a
kb a
b
akb
−−
≥>≤= ≤ <
結合(1)式可得： 2
0
a=或2
2
b
a=(此處
b
必
為偶數)。
(i)若2
0
a=則31
0
b−=。因此 12,
1
akb
==
。
數學學習模組的開發與設計-「e百元商店」
− 37 −
(ii)若2
2
b
a=則2
4
b
k=且4
12
2
b
b
a=−
。
由上述的討論可知滿足題意的序對
(,)ab
為：對於某個正整數l
(,) (2,1)
ab =l或
(,2)
ll
或4
(8 ,2 )
−lll
.
註解 1：(1)式的另一種解法：固定
1
a≥且考
慮方程式
()
23
2
1
a
fb ab b
=−+
。則
()
a
f
b
在區間
4
0,
3
a
⎡⎤
⎢⎥
⎣⎦
是遞增函數，在區間
4
[,)
3
a∞是遞減函數。由此可得
32
22
2
() 1 ,
(2 1) 4 4 2 ,
(2 1) 4 4 0.
a
a
a
fa a a
fa a a a
fa a a
=+>
−= −+>
+=−−<
因此，若
ba
≥且
()
2
a
a
fb
是一個正整數則
2
ba
=。
若
4
3
a
ab
≤≤ 則
() ()
2
aa
fb fa a
≥>
且
()
2
a
a
fb
不是一個正整數。（矛盾）
若
4
3
a
b>則
(i)若
21
b
a
≥+
則
() ( )
21
0
aa
fb f a
≤+<
（矛盾）；
(ii) 若
21
ba
≤−
則
() ( )
2
21
aa
fb f a
a
≥−>
，且
()
2
a
a
fb
不是一個正整數。（矛盾）
註解 2：此題有很多種解法，底下列出其中
三種。
解法（一）：令
D
為方程式(2)的判別式，則
D
是某個非負整數
d
的平方，即
()
2
222
24.D bkb kb d
=−+−=
(i) 若2
2
ebkbd
=−=
，則
2
4
kb
=且
2
2,
22
bb
abk
=−.
(ii)若
ed
≠，則
22 2 2
21 4 4 21
de e kb bkb
−≥−⇒ −≥ −−
.
(iii)若2
40
kb
−>
，則
1b
=。
其他情形是無解。
解法（二）：假設
1
b
≠且令
()
3
gcd 2 , 1
sab
=−
,
3
2,1'asub st
=−=
,23
21
ab b st
−+=.則
2
'
tt ub
+= 且
gcd( , ) 1
ut =。由
2
|st a
，可
得
|ts
令
srt
=.則原問題可簡化成底下的引
理：
引理：令
,,,'
brtt
,u是滿足 3
1'
brtt
−= 與
2
'
tt ub
+= 的正整數。則
1
r
=且
,',
tt u
三數
之中有一為
1
。
證明：由 3
1'brtt
−= 與
2
'
tt ub
+= 可得
()()
32 2
1'
brtubtrtubt
−= − = − 。
因
()
22 2
'1mod
rt rt b
≡≡ ，若 2
1
rt ≠且
2
'1
rt ≠，則 ,'
b
tt
r
>。我們可得
23
1,
bb
rub b
rr
⎛⎞
−≥−
⎜⎟
⎝⎠
除非
1
ru==
.
解法（三）：我們沿用上述的符號，因
()
2
23
|1
rt b −,所以僅需要證明底下的引理：
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引理：令
2
b≥。若一正整數
()
2
1mod
xb
≡
能被
()
2
3
1
b−整除，則
1x
=或
()
2
3
1
xb=−
或
()( )
,4,49
bx =或
()
4,8
1
。
證明：令
,
pq
是正整數具有
0
pq
>>且滿
足
()( )( )
2
322
111
bpbqb−= + +
。則
()
()
()
()
()
()
42
24 2
2
4
2
121
21
31.
b b p q pqb
qpq b b p q b qb
pqbqb
b
=+++
⇒−+=−+−
−+ −
⇒−< <
根據上述，可得證。
趙心宇同學的解法：設
2
23
21
a
k
ab b =
−+ ,
223
20
akbabkk
−+−=
,視為
a
的二次方
程式，因為
a
是整數，所以判別式必須是一
個完全平方數。由 ，
而4是一個完全平方數，故
24 3
2
kb bk k m
−+=
,其中
m
是自然數。但是
當
b
為偶數時易得不等式：
22
2
2
22432 2
11
2242
bbbb
kb k b b k k kb k kb
⎛⎞ ⎛⎞ ⎛⎞
−+ > − += − +− > −−
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠ ⎝⎠
故必有
22
22
24 3 2 2
.
24 2 4
bb b b
kb bk k kb k kb k
⎛⎞ ⎛⎞
−+=−+−=−⇒=
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
若
b
是奇數，
22
2
2
22432 2
11
22 2 4 22
bbbb
kb k b b k k kb k kb
⎛⎞ ⎛⎞⎛⎞
−+ > − += − +− > −−
⎜⎟ ⎜⎟⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠⎝⎠
上述不等式成立的條件是
1b
=，故
b
不可能
是大於 1的奇數。
(i)
1b
=時，必有
2ak
=。所以
()
2,
1
k是其
中一組解。
(ii)
b
偶數時，將
2
4
b
k=代入，得出：
帶入驗證皆合乎條件。
故滿足題意的所有解為：
()
4
2,1 , ,
22
bbb
kb b
⎛⎞
−
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
.
第㆔題：
凸六邊行的任何兩個對邊都有下面的性質：
兩對邊中點間的距離恰等於這兩個對邊長的
和的
32
倍。試證這六邊形的所有內角都
相等。
(一個凸六邊形
ABCDEF
有三組對邊：
AB
和
DE
；
BC
和
EF
以及
CD
和
FA
)
試題委員會公布的參考答案：
參考解答（一）：首先我們先證底下的一個引
理：
引理：考慮一個三角形
PQR
其中
60
QRP
∠≥
o。令
L
是
QR
的中點。則
3
2
PL QR
≤，此處等號成立的充分必要條
件是三角形
PQR
為正三角形。
數學學習模組的開發與設計-「e百元商店」
− 39 −
證明：令
S
是使得三角形
QRS
為正三角形的
一個點，此處
P
點與
S
點在
QR
的同一側。
則
P
點落在三角形
QRS
的外接圓之內部。
同時，
P
點也落在以
L
為中心， 3
2
QR
為
半徑的圓內。故得證。
因為凸六邊行的主對角線可形成一個三角形
（此三角形可能是退化的），所以我們可選取
其中的兩條主對角線使其形成的角大於或等
於
60
o。不失其一般性，我們可假設凸六邊
行
ABCDEF
的兩條主對角線
AD
與
BE
滿
足
60
APB
∠≥
o，此處
P
點是主對角線
AD
與
BE
的交點。根據上述引理，可得：
()
3
,
2
MN AB DE PM PN MN
=+≥+≥
此處
M
與
N
分別是
AB
與
DE
的中點。所
以三角形
ABP
與
DEP
是正三角形。
另一方面，主對角線
CF
與
AD
或
BE
可形
成一個大於或等於
60
o的角。不失其一般
性，我們可假設此角為
60
AQF
∠≥
o，其中
Q
是主對角線
AD
與
CF
的交點。依上述的
方法，我們可得：三角形
AQF
與
CQD
是正
三角形。由此可知：
60
BRC
∠=
o，其中
R
是主對角線
BE
與
CF
的交點。再依據上述
的作法，可得：三角形
BCR
與
EFR
是正三
角形。
故得證。
參考解答（二）：
令
ABCDEF
為一給定的凸六邊形且
,,,,
aABbBC fFA
== =
uuuruuur uuur
L。
Equation Section (Next)
令
,MN
分別為
AB
與
DE
的中點，則
11
22
M
N abc
d
=+++
uuuur和11
.
22
M
Nafe
d
=− − − −
uuuur
所以
()
1
.
2
MN b c e f
=+−−
uuuur
(1)
科學教育月刊 第 258 期 中華民國九十二年五月
− 40 −
根據題意，可得
()
33
.
22
MN a d a d
=+≥−
uuuur (2)
令,,
xadycfzeb
=− =− =−。由(1)與
(2)，可得
3.
yz x
−≥ (3)
同理可得
3.
zx y
−≥ (4)
3.
xy z
−≥ (5)
觀察得
222
222
222
(3) 2 3 ,
(4) 2 3 ,
(5) 2 3 .
yyzz x
zzxx y
xxyy z
⇔−+≥
⇔−+ ≥
⇔−+≥
由上式可得
222
2220,
xyz yzzxxy
−−−− − − ≥
或2
0.
xyz
−++ ≥
因此，我們可得
0
xyz
++=
假設
PQR
是一個三角形使得
,,
PQ x QR y RP z
===
uuur uuuruuur
。不失其一般性，
我們可假設
60
QPR
∠≥
o。令
L
為
QR
的中
點，則 33
222
zx y
PL QR
−
=== 。根
據解法（一），可知：
PQR
是一個正三角形。
所以 12
0
ABC BCD FAB
∠=∠==∠=
o
L。
黃道生同學的解法：如圖（一），考慮三角形
ABC
及
AB
的中點
M
。考慮
CM
的長度與
角
C
的關係，此處以
C
代表角
C
的大小。下
證:
Equation Section (Next)
引理一：當 3
60 , 2
CCMAB
><
o。
由餘弦定律知：
222 2
22
2
2cos 2cos60
2
AC BC AB AC BC C AB AC BC
AC BC
AB
+=+⋅ <+⋅
+
≤+
o
(1)
所以 22
2
2
AC BC AB
+< 。再由中線定理
知： 22 2 2
2
4224
CM AB AC BC AB
+= + < 。所
以22 3
43 2
CM AB CM AB
<⇒< 。
如圖（二）：設凸六邊形
ABCDEF
，
,
MN
分別為
,
AB DE
之中點，
P
為對角線
,
AD BE
之交點。若
60
APB
∠>
o，則由引
理一及三角不等式可得：
()
3
2
MN MP NP AB DE
≤+< +，此與題
設不合，所以，
60
APB
∠≤
o（引理二）。
主證明：如圖（三），由引理（二）：
,,
APB FQE CRD
∠∠∠ 全都小於或等於
60
o。但，顯然這三個角的和為
180
o（不論
有沒有退化）。所以，
60
APB FQE CRD
∠=∠=∠ =
o。由引理
數學學習模組的開發與設計-「e百元商店」
− 41 −
一的證明中(1)式可知：若
60
APB
∠=
o而不
等號必須成為等號（在引理一中，
3
2
CM AB
=），必須
AC CB
=，因為
M
為中點所以
CM
垂直
AB
。而且
CM
為角
C
的平分線。現在有 ,
APB CRD
∠∠的平分
線，互相夾角為
120
o，
AB
垂直
APB
∠之平
分線，
AF
垂直
CRD
∠之平分線，而且
ABCDEF
為凸六邊形。所以
120
BAF
∠=
o。同理可得凸六邊形
ABCDEF
的每個角都是
120
o，故每個角都
相等。
第㆕題：
設
ABCD
為一個圓內接四邊形，自點
D
向
直線
BC
，
CA
和
AB
做垂線，設垂足分別
為
P
，
Q
和
R
。試證
PQ QR
=的充分必要
條件是：
ABC
∠的分角線，
ADC
∠的分角
線和
AC
這三線交於一點。
試題委員會公布的參考答案：
參考解答（一）：由 Simson 定理知
,,
PQR
三點共線。因
DPC
∠與
DQC
∠為直角且
,,,
DPQC
四點共圓，所以
DCA DPQ DPR
∠=∠=∠ 。同理，
,,,
DQRA
四點共圓，所以
DAC DRP
∠=∠
。因此 。
同理可證：
與。則
.
QR
DB
DA DR QR BA
BC
PQ
DC DP PQ BC
DB BA
⋅
== =⋅
⋅
故
PQ QR
=充分必要條件是
DA BA
DC BC
=。
由此可得證。
參考解答（二）：假設
ABC
∠的分角線與
ADC
∠的分角線分別與
AC
交於
L
與
M
兩點。因為
AL AB
CL CB
= 與
.
AM AD
CM CD
=
所以，
ABC
∠的分角線，
ADC
∠的分角線
和
AC
這三線交於一點的充分必要條件是
AB AD
CB CD
=，即
AB CD CB AD
⋅=⋅。底下，
我們將證明：
AB CD CB AD
⋅=⋅的充分必
要條件是
PQ QR
=。
因為 ,,
DP BC DQ AC DR AB
⊥⊥⊥
所以
我們有：(i)以
DC
為直徑的圓包含了
,
PQ
兩
點；(ii) 以
DA
為直徑的圓包含了
,
QR
兩
點。因此， PDQ
γ
∠=
或180
γ
−
o，其中
ACB
γ
=∠ 。同理可得： QRD
α
∠=
或
180
α
−
o，其中
CAB
α
=∠ 。由正弦定律，
可得
sin
PQ
γ
= 與
sin .
QR AD
α
=
科學教育月刊 第 258 期 中華民國九十二年五月
− 42 −
所以，
PQ QR
=的充分必要條件是
sin
sin
CD
AD
α
γ
=.
另一方面，再由正弦定律，可得：
sin
.
sin
CB
AB
α
γ
=。所以，
PQ QR
=的充分必
要條件是
CD CB
AD AB
=，即
AB CD CB AD
⋅=⋅。
葉仲恆同學的解法：
(i) 設,
ADC ABC
∠∠之角平分線分別交
AC
於
F
與
f
兩點。由角平分線定理知：
,.
DC CF BC Cf
DA FA BA fA
==
,
ADC ABC
∠∠
之角平分線和
AC
三線共
點的充分必要條件是
F
與
f
兩點重合。所以
,
ADC ABC
∠∠
之角平分線和
AC
三線共
點的充分必要條件是
DC BC
DA BA
=。
(ii)由於 90 , 18
0
DRC DQC DQA DPA
∠=∠=∠+∠=
oo
，
可知 ,
DRCQ DQPA
四點共圓。又
,DR DA
分別在 ,
DRCQ DQPA
的外接圓對
90
o的圓
周角，可知
,DR DA
分別是 ,
DRCQ DQPA
的外接圓的直徑。由正弦定律知：
sin , sin
.
R
Q DC RDQ PQ DA PDQ
=∠ =∠
再由 ,
DRCQ DQPA
四點共圓，可知：
,,
RDQ BCA PDQ BAC
∠=∠∠=∠，即
sin , sin
.
R
Q DC BCA PQ DA BAC
=∠ =∠
所以 sin
.
sin
RQ BCA
PQ BAC
∠
=∠
(iii)由正弦定律知： sin
sin
BC BC
A
BA BA
C
∠
=∠，推得
sin sin sin
.
sin
DC BC BCA DC BCA DA BAC PQ RQ
DA BA BAC
∠
== ⇔ ∠= ∠ ⇔=
∠
所以， ,
ADC ABC
∠∠
之角平分線和
AC
三
線共點的充分必要條件是
PQ RQ
=。
第㈤題：
設
n
為一個正整數且 12
n
xx x
≤≤≤L均為
實數。
試證
()
()
22
2
11 11
21
3
nn nn
ij ij
ij ij
n
xx xx
== ==
−
⎛⎞
−≤ −
⎜⎟
⎝⎠
∑∑ ∑∑
證明上式中等號成立的充分必要條件是
12
,,,
n
xx x
L為一個等差序列。
試題委員會公布的參考答案：
參考解答：(1) 因不等式兩邊對於
12
,,,
n
xx x
L的任意變換是不變的，所以在
不失一般性的情況下我們可假設
1
0
n
i
ix
==
∑。經簡單計算後可得
()
()
,1 1
2221.
nn
ij ij i
ij i j i
xx xx in x
=< =
−= − = −−
∑∑ ∑
由Cauchy-Schwartz 不等式可得
() ()()
2222
,1 1 1 1
11
42 1 4
.
3
nnn n
ij i i
ij i i i
nn n
xx in x x
=== =
⎛⎞ +−
−≤ −− =⋅
⎜⎟
⎝⎠
∑∑∑ ∑
另一方面，我們有
()
2222
,1 1 1 1 1 1
2.
nnnnnn
ij i i j j i
ij i i i j i
xx nx x xnx nx
======
−= − + =
∑∑∑∑∑∑
因此
()
()
222
11 11
21
.
3
nn nn
ij ij
ij ij
n
xx xx
== ==
−
⎛⎞
−≤ −
⎜⎟
⎝⎠
∑∑ ∑∑
數學學習模組的開發與設計-「e百元商店」
− 43 −
(2)如果等式成立，則
()
2
1
i
xkin
=−−
，對
於某個
k
，其意為 12
,,,
n
xx x
L是一個等差
數列。
另一方面，假設 12
,,,
n
xx x
L是一個具有公
差為
d
的等差數列。則我們可得
()
1
21 .
22
n
i
xx
d
xin +
=−−+
12
,,,
n
xx x
L經由 1
2
n
xx
+
−的變換可得
()
21
2
id
xin
=−−
與1
0
n
i
ix
==
∑。由此可得
等號成立。
Equation Section (Next)
廖紹棠同學的解法：
因11 1
2
nn
ij ij
ij ijn
xx xx
== ≤<≤
−= −
∑∑ ∑ ，所
以原命題可化為
2
22
11
1
.
3ij ij
ijn ijn
nxx xx
≤< ≤ ≤< ≤
⎛⎞
−−≥ −
⎜⎟
⎝⎠
∑∑
(1)
令，
即1
1
iik ii ik
xx aa a
+++−
−=++
L。
考慮一數列
42
222 2
(1)1(2)2(3)3 1(1)
12
nn
Sn n n n −
=−×+−×+−×++×− =L
令
22 2
2
2
242241
'( 1) ( 2) 1
3
nn
Sn n S
nn nn
−−
⎛⎞ ⎛⎞ ⎛ ⎞
=−× +−× ++× = =
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜ ⎟
⎝⎠ ⎝⎠ ⎝ ⎠
L
因此(1)之左式可化為
() ()
()
22 2
2
1
12 1 12 21
12 1
2422
( 1) ( 2) 1
22 2 4 4
(
22 )
ij
ijn
nnn
n
n
xx n n
nn n
aa a aa aa
nn n n n
naa a
n
≤< ≤
−−−
−
⎛⎞
⎛⎞ −
⎛⎞ ⎛⎞ ⎛ ⎞
−−×+−×++×
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟ ⎜⎟ ⎜ ⎟
⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠ ⎝ ⎠
⎝⎠
⎝⎠
≥ + ++ + + ++ + +
−+++
∑L
LLL
L
(2)
接著我們若能證明(2)之右式等於(1)之右
式，則此題得證。
在(1)之右式中，平方前
k
a
的係數為：
22
11
,
22
knn
ak
++
⎛⎞
=−−
⎜⎟
⎝⎠ 當
n
是奇數。
2
21111
,
42222
knn n n
akk
⎛⎞⎛⎞
++ +
= −−− −+
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
當
n
是偶數。
在(2)之右式中，平方前
k
a
的係數為：
22
11
,
22
knn
ak
++
⎛⎞
=−−
⎜⎟
⎝⎠ 當
n
是奇數。
2
21111
,
42222
knn n n
akk
⎛⎞⎛⎞
++ +
= −−− −+
⎜⎟⎜⎟
⎝⎠⎝⎠
當
n
是偶數。
因此，可知(2)之右式等於 (1)之右式。故此
命題得證。
第㈥題：
設
p
為一個質數。試證：存在一個質數
q
，
使得對所有的整數 ,p
nn p
−都不能被
q
整除。
試題委員會公布的參考答案：
參考解答：
因
()
()
21 2
111mod
1
pp
p
pp p p p
p−
−=+ + + + ≡ +
−L，我們
可得
()
1
1
p
p
p
−
−至少有一質因數
q
且
()
2
1mod
qp
≡。此質因數
q
即為所求，證明
如下。
(下轉第 72 頁)