加載中. ..
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第
44
屆國際數學奧林匹亞競賽試題與參考解答
傅承德*洪文良**
*中央研究院統計科學研究所
**國立新竹師範學院數學教育系
2003
年第
44
屆國際數學奧林匹亞競賽
(I
MO)
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。
本屆試題經由主辦圓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-道代數
題、二道數論題、三道幾何題及-道組合題，
其中第」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→|面金牌、二面銀牌、三面銅牌，在
82
隊中名列第十六名
O
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
屆國際數學奧林匹
E
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
S
=
{I
,2"" ,1
OOOOOO}
，而
A
是一個恰有
101
個元素的
S
的于集合。試證，在
S
中存
在著
t
p
t2,
"',
t
lO
01
吏得下面的這些集合
Aj={x+tl|xε
A}
，
j=1,2
,"',
100
任何相異的兩個都不相交。
-
33
一
科學教育月刊
第二題:
第
258
期
中華民國九十二年五月
第六題:
求所有能使
-JdJ
4
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|合等於這兩個對邊長的
和的
J3
/2
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:
LABC
的分角線，正三
ADC
的分角
線和
AC
這三線交於一點。
第五題:
設
n
為一個正整數且
Xl
歪
X
2
歪
...三
X
n
均為
實數。試證
(~tlx
，
-xii
JS
2(n;-
1)
有Ix.
-xii)
三寸和
-xjt
證明上式中等號成立的充分必要條件是
X
i'
吧，"'，
X
n
為一個等差序列。
設
p
為一個質數。試證:存在一個質數
q'
使得對所有的整數
n
，
nP-
p
都不能被
q
整
除
O
二、第
44
屆國際數學奧林匹
E
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
國名
總結
金
銀 銅
參賽
次
牌 牌
牌
人數
保加
227
6O O 6
利亞
2
中國
211
5O6
大陸
3
美國
188
4 2 O6
4
越南
172
236
5
俄羅斯
167
3 2 6
6
韓國
157
24O6
7
羅馬
143
46
尼亞
8
土耳其
133
3 6
9
日本
131
3 2 6
10
匈牙利
128
3 6
10
英國
128
2 3 6
12
加拿大
119
2O3 6
12
哈薩克
119
2 2 6
14
烏克蘭
118
2 3 6
15
印度
115
O4 6
16
台灣
114
2 2 6
17
德國
112
2 6
17
伊朗
112
O3 2 6
19
泰國
111
3 6
19
白俄
111
2 2 6
羅斯
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
第
2
第
3
第
4
第
5
第
6
總分
獎牌
題 題
題
題
題
題
黃紹倫
7 7 O7 7
29
金牌
葉仲恆
73O74O
21
銀牌
黃道生
2 3 O7 7
20
銀牌
趙{，、宇
73O7O
18
銅牌
林金毅
73O7OO
17
銅牌
廖紹棠
2OOO7O9
榮譽
獎
-
34
一
三、第
44
屆國際數學奧林匹亞競賽試
題詳解
第一題:
令
S
=
{I
,2
,.··,
1000000}
.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
t
1
，
t2,...,
two
使得下面的這些集合
Aj
={x+t
jI
x ε
斗
，
j=1,2, ..., 100
參考解答:考慮集合
D={x-y/x
，
y
ε
A}
•
則集合
D
的元素個數至多有
101
x100+1=
10101
個。因為兩個集合
A+
再與
A+t;
具有非空交集的充分必要條
件為
t;
-t
j
ED
。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。假設我們己選取
k
個元素，此
處
k
5,
99
0
(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
x+D
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
10101k
5,
999999)
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
S
={1
，
2
，...，叫，且
m
是一個
正整數使得的
(m
一咐叫，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
t
l'
毛，...，
t
m
使得下面的這些集合
數學學習模姐的開發與設計一
f
e
百元商店」
Aj={x+tjlx
ε
A}
，
j=1,2, ..., m
任何相異的兩個都不相交。
參考解答:考慮集合
B={x-yl
仙
，
y
ε
斗，
則集合
B
的元素個數至多有的
+1
個。
我們僅需要證明:在
S
中存在著叭，
t2,
...,
t,
{吏得
It;
一伊瓦
i
#
j
。
底下我們以數學歸納法選取
t
1
，
t2,
...,
t
m
。
在
S
中選取一個元素
t
1
=
1
且考慮集合
C,
=s
(B
叫。則
IC
， I
~
n-((
如例
m
一味)+
1)
。
對於
1
三
i<m·
假設叭，已，
...,
t;
已被選取且
只已被定義.
I
只
I>(m-i
叫(~
)+抖。
因此，我們可由集合
c;
選取一個最小元素
t;+l
而且考慮集合
C
叫=只
(B+
九
I)
。則
AU
〉一
、、
••••
,',
.....
+
、、
EEEBEESJ
tk
弓，‘
'，
phEBEEt
、
'，
EE--
‘、、
、‘
••
/
勻，-
m
Ja--1
>
、‘
••••
','
,
..
A
+
、‘
EEEBEES/
ZK
啥，必
，
ill-a
、
'，
SEE--
‘、
ct
〉一
+
ct
依照上述的方式，我們可選取符合題意的
t
l'
t2,...,tm
林金毅同學的解法:
由題意設
A={al.a2..··
，
aJOlll
至
at
<a2<al<... <
a
lOJ
三
1000000}
。定義
1000000
個集合:
A(p)={x+plx
ε
A}
,
其中
p
屬於
S·
則在
S
中選出滿足題設條件
的叭
，
t
2
，
...,
two
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。
-35
一
科學教育月刊
第
258
期
中攀民國九十二年五月
個
Aυ
戶、
d
nυ
'、
M
有
多
至
P
A
P
個
每
對
而
p'>p
使得
A(p)
和
A(p')
的交集是非
空。此因而這必然是存在一對
u>
ν
屬於
{1
，
2
，...，
lOl}
使得
A(p)
的第
U
個元素和
A(p')
的第
ν
個元素相同而對於每一對
u>
ν
屬於
{I
，
2""
,
IOI}
恰有一
p'>p
使得
au
+
p'=
αν
+p
或
αu+p=αν
+p'
成立。
(事實上，若
u<
ν
則
au
+
p=
吭
+p'
不可
能成立)由於這樣
U
，
ν
共有
5050
組，所以這
樣的
p'
也至多有
5050
個。
來
起
HHHJ
Z
呵，
J
L
』』 E
封
UU
、‘
...
',
Aυ
AUAU
nυ
Aυ
Aυ
11
'，
az
、
A
、‘.，
J
呵，亭
，， -E
、
A
、‘
..
,
J
1
且
，，.‘、、
A
把
選，現逐次選取
t
1'
已
，
t
100
t}
=1,tn
+1
=
選完
t
n
後可以選的最小數。其中
t
n
不可以選的就
是
A(t
n
)
會和之前選出的某
A( ι)
的交集非
空。於是只在每次選完
t
n
時把那些會和他有
交集的集合
A(t'n)
(至多有
5050
個)和
A( 丸)
(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
n
三
100
'可以選出
t
n
﹒
我們利用反證法，假設不然。則由以上選法
知:選完了
t
n
-
1
以後，從
1
，
2, .."
1000000
共
1000000
都不可以選了。但是選了
n
一
1
次最
多排除了
5051(n
一
1)
三
5051
x
99
<
1000000
可
以選。矛盾。
所以叭，
t2,
"',
t}
∞都選出來了.，這些
-36
一
t
1'
九，
"',
t
100
根據選法確實滿足題意。
第二題:
求所有能使
勻
α2
，
成為正整數的正
2α
b
L.
_b
J+1
整數對
(a
，
b)
。
k=a
‘
>0
2abL.
_b
J
+1
勻，
•_b1
=今
2α
b
L.
_b
J+1 >
O.α>
一一一-
22b
L.
=今
a
三至
2
根據上式，可得
k
三或
α2
主
b
2
(2
α
-b)+I
，
(=今
a
2
>
b
2
(2
α
-b)
這
O
因此
Equation
Section (Next)
a>
bor
2α
=b
(1)
對於固定正整數
k
和
b
'
考慮方程式
。
2_2
粉、
+
k
(b
3-1) =0(2)
的兩根吭，到(假設
α~α2
)。由根與係數關
係知:
a
+a
2=
2
的
2
，
α
la
2
=k(b
3
-I)
。
根據上述，我們可得:
a
孟晶
2>
O.
0
三弘一
k(b
3
一
1)J(b3
一
1)
一一一
-
•
a
l
品
結合
(1)式可得:到
=0
恥之(此處
b
必
為偶數)。
(i)
若
a
2
=
0
則
b
3
-1
=0
。因此
aI=
泣
，
b
=
1
。
(ii)
若
ι=
主貝
IJk=
主且
a
，
=ELE
o
• 2 4 2 2
由上述的討論可知滿足題意的序對徊
，
b)
為:對於某個正整數
f
仰
，
b)
=
(2
孔
1)
或肘，
2£)
或
(8£4
-
£，訂).
註解
1
:
(l)式的另一種解法:固定
α
三
l
且考
慮方程式元(
b)
=2ab2-b3+1
0
則元。)
在區間[。于]是遞增函數
在區間
[字，∞)是遞減函數由此可得
la(
α)
la(2a
-1)
la(2a
+
1)
=a3+
1>
a2,
=
4a
2
-4
α+2>
a2,
=
-4α
2
-4a
<
O.
G
因此，若
b
主
a
且一一一是一個正整數則
元。)
b=2a
0
若
α
三
b
三于則元
(b)
主的)
>
a
2
且
一旦一不是一個正整數。(矛盾)
元。)
若
b>
于則
(i)
若
b
這
2a+1
則
fa
(b)
三元
(2a
+
1)
<0
(矛盾)
;
(山若
b
三
2a
一
1
則元
(b)
三
λ
(2a
一
1)
>a2
，
且
主
L
不是一個正整數。(矛盾)
元
(b)
註解
2:
此題有很多種解法，底下列出其中
三種。
數學學習棋姐的開發與設計一
r
e
百元商店」
解法
(-~)
: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
D=(2b
2
k-
bt
+4k-b
2
=d
2
(i)
若
e
=2b2k-b=d
'
則
4k=b
2
且
今
b
b
a=
2b
L
k
一一‘一.
2'2
(ii)
若
e
"，
d
，
則
Id
2
一叫去
2e
一
l
叫“一作
4
吭一
2b
一
l
(iii)
若
4k-b
2
>0
'則
b
=
1
。
其他情形是無解。
解法(二)
:假設
b
乎在
l
且令
s=g
叫
2a
，
b
3
一
1)，
2a =
su
，
b
3
一
1
=
st'
,2ab2-b3+1=
st
.
則
t+t'
=
ub
2
且
gcd
仙
，
t)
=1
0
由
stl
α2
可
得
tis
令
s
=
rt.
則原問題可簡化成底下的引
理:
引理:令
b
，
r
，
t
，
t'
，
U
是滿足昕一
1
=
rtt'
與
t+t'
=
ub
2
的正整數。則
r
=
1
且
t
，
t'
，
u
三數
之中有一為
1
。
證明:由昕一
1
=
rtt'
與
t+t'
=
ub
2
可得
昕一
1=
叫
ub
2
-t)
=
川'(
ub2-
t)
0
因
rt
2
三
rt
，
2
三
l(modb
2
)
，
若
rt
2
'"
1
且
rt,2
'"
1
'則
t
，
t'
>
土。我們可得
'l
r
主
I
ub
2
一主|主
b
3
-1
除非
r=u=
1.
*l
~~
*J
解法(三)
:我們治用上述的符號，因
rt2I(b3
-1
t
'
所以僅需要證明底下的引理:
7r
句
3
科學教育月刊
第
258
期
中華民國九十二年五月
引理:令
b
泣。若一正整數
X
三
l(modb
2
)
能被
(b
3
-If
整除，則
x=1
或
x=
(b3-If
或
(b
，
x)
=
(4
，
49)
或
(4
，
81
)。
證明:令
p
，
q
是正整數具有
p>q>O
且滿
足
(b
3
一
1
r=
(pb
2+
1)(
qb2+
1)
。則
b4
=2b+
p+q+
pqb
2
司
(q(pq_b
2
)+
巾
4=p
一
(q+2b)(qb
2
-1)
司
-3<p
一
(q
+
2b)(
qb
2
一
1)
b
根據上述，可得證。
趙心宇同學的解法:設
戶，
=k
,
2ab~
-b~
+1
a2-2kb2a
+b
3
k-k
=
0
，視為
α
的二次方
程式扭因為
α
是整數，所以判別式必須是一
個完全平方數。由
~=4(k
γ
-b
3
k+k)
,
而
4
是一個完全平方數，故
eb
4
-b
3
k+k
=
m
2
，
其中
m
是自然數。但是
當
b
為偶數時易得不等式:
(紛
'_%+1
J
>恥川=(幼'-%J
+k
千(幼
2
一;一
l
故必有
昕一
4
=
'K
司
2
、
Ill-/
b-2
幼
/El--
u-4
Lκ
+
2
、
Ill-/
b-2
MM
/tIll--
一-
'K
+
K
LU
A
句
LU
'K
若
b
是奇數，
(她
2÷i}
〉恥川=(胎'-%J
+k
千(幼
'-%-H
上述不等式成立的條件是
b=1
'
故
b
不可能
是大於
1
的奇數。
-38
一
(i) b=
1
時，必有
a=2k
。所以
(2k
，
l)
是其
中一組解。
叫數時將
k=
三代入得出:
2kb2±
.J~
..?
(..?
bl
b b4
-b
a=
一一一」二
=kb~
士
I
kb~
一一
1=
一，一一一
2
2J
2" 2
帶入驗證皆合乎條件。
故滿足題意的所有解為:
叫
%，
b
X
平
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
J3
/2
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)
轄區審員
1
冒金司~.B9蔓
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
ζ
QRP~60°
。令
L
是
QR
的中點。則
比弘此處等號成立吋必要條
件是三角形
PQR
為正三角形。
「
,.,
P
QR
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
的外接圖之內部。
同時
P
叫叫為中心手伊
半徑的圓內
O
故得證。
BAt
A.
、
p
C~
D
;V
E
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°
。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
LAP
B?
60°
，此處
P
點是主對角線
AD
與
BE
的交點。根據上述引理，可得﹒
F
數學學習模組的開發與設計
'e
百元商店」
間=手伸昨凹+阿三酬，
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°
的角。不失其一般
性，我們可假設此角為
LAQF?
60°
，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:
L.
BRC
=
60°
，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
α=AB
，
b=BC
，...，
/=FA
，
O
B
f
PF
{可
ε
Cd
D
八「
E
Equation Section (Next)
令
M
，
N
分別為
AB
與
DE
的中點，則
而
=ja+b+c+;d
和那
=÷-~-;d
所以
肌
=io
…
QY
句
J
科學教育月刊
第
258
期
中華民國九十二年五月
根據題意，可得
13
II
I I ,
1
_
13
MN=
了
(Iα1
+Id
l)
~τ
la-4
(2)
令
X=
α-dJY=c-f
，
z=e-b
o
由
(1)
與
(2)
，可得
Iy-zl
三
~IXI·
(3)
同理可得
Iz-xl~~lyl
Ix-yl~~lzl
(4)
(5)
觀察得
(3)
∞昕一
2yz+l
z
l
2
主
31
呵，
(4)
∞
Izl2
-
2zx
+
IXl2
芝加
1
2
,
(5)
∞卅一
2xy+
阿三
31
z
1
2
由上式可得
-lxl2
-lyl2
-IZI2
-2yz-2zx-2xy
三
0
，
AV
>-o
尸
1
得=
ZT
」
Z
+伊+
PHlty
sv{av
十我十
x'X
一此
或因
ly-zl=~1
材，
Iz-xl=~lyl
，
Ix-
yl =
~IZI
，
αIldllx
，
cllfllY
,
ellbllz,
假設
PQR
是-個三角形使得
PQ=x
,
QR=y
,
RP=z
0
不失其一般性，
我們可假設
LQPR
三
60°
。令
L
為
QR
的中
一
40
一
點，開
J
PL=
IZ-Xl_
主凶=主
QR
0
根
222
據解法(寸
'UJ
知:
PQR
是一個正三角形。
戶丹以
ζ
ABC
=
L.
BCD
=...
=ζ
FAB
=1200
。
黃道牛.同學的解法:如圖
(.
)
，考慮三角形
ABC
及
AB
的
rt
1
點
Mo
考慮
CM
的長度與
角
C
的關係，此處以
C
代表角
C
的大小。~.
Equation Section (Next)
個:當
C
>
60°
，
CM
中
B
山餘弦定律知:
AC
2+
BC'
=
AB'
+2A
c.
BCcosC
<
AB'
+2AC
BCcos60
。
,
AC
2
+BC'
E
三
AW+
2
(1)
所以
AC
2
+
BC
2<
2AB
2
。再由中線定理
知
:
4CM
2+
AB
2=
2AC
2+
2BC
2
<
糾正。所
以
4CM
2
<3AB
2
司
CM
七至
AB
。
2
如圖(三)
:設凸六邊形
ABCDEF
，
M,N
分別為
AB
，
DE
之中點
，
p
為對角線
AD
，
BE
之交點。若
LAPB
>60
0
，則由引
理一及一;三角不等式可得
‘1
MN
三
MP+NP<
立
(AB+DE)
，
此與題
2
設不合，所以，
ζ
APB
三
60°
(司|理二)。
主證明:如圖(三)
，由引理(二)
:
ζ
APB
，
LFQE
,
LCRD
全都小於或等於
60°
。但，顯然這三個角的和為
180°
(不論
有沒有退化)
0
所以，
LAPB
=
LFQE
=
LCRD
=
60°
。由引理
D
一的證明中(1)式可知:若
LAPB=60
。而不
等號必須成為等號(在引理一中，
叫=于
AB)
必須
AC=
α
叫
為中點所以
CM
垂直
AB
。而且
CM
為角
C
的平分線。現在有
LAPB
，L.
CRD
的平分
線，互相夾角為
120
0,
AB
垂直乙
4PB
之平
分線
，
AF
垂直
L.
CRD
之平分線，而且
ABCDEF
為凸六邊形。所以
L.
BAF
=
120
0
。同理可得凸六邊形
ABCDEF
的每個角都是
120
0
，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:
LABC
的分角線
，
LADC
的分角
線和
AC
這三線交於一點。
數學學習棋組的開發與設計一
r
e
百元商店」
D
，
P
，
Q;C
四點共圓，所以
L.
DCA =
L.
DPQ
=
ζ
DPR
。同理，
D
，
Q
，
R
，
A
四點共圓，所以
L.
DAC=
L.
DRP
。因此
c.
DCA
-c.
DPR
。
同理可證:
c.
DAB
-c.
DQP
與
c.
DBC
-c.
DRQ
。則
QR
DB
﹒一-
DA _
DR
_
~~
BC
_QR BA
DC
DP
DB.
P
立
PQ
BC
BA
DA BA
故
PQ=QR
充分必要條件是一一=一一。
DC
BC
由此可得證。
參考解答(二)
:假設
LABC
的分角線與
ζ
ADC
的分角線分別與
AC
交於
L
貫
M
兩點。因為
AL
AB
AM
AD
一一一…一一
CL CB
CM
CD.
所以，
ζ
ABC
的分角線，
ζ
ADC
的分角線
和
AC
這三線交於一點的充分必要條件是
AB
AD
一一=一一，即
AB·CD=CB·AD
。底下，
CB CD
我們將證明:
AB·CD=CB·AD
的充分必
要條件是
PQ=QR
。
因為
DP
.1
BC
,
DQ
..l
AC
,
DR
..l
AB
所以
我們有:
(i)
以
DC
為直徑的圓包含了
P
，
Q
兩
點;
(ii)
以
DA
為直徑的國包含了
Q
，
R
兩
點。因此
，
L.
PDQ=y
或
180
0
-y
，
其中
γ
=LACB
。同理可得:
L.
QRD=
α
或
180
。一
α
，其中
α
=
L.
CAB
。由正弦定律，
可得
PQ=siny
與
QR
=
ADsin
α.
一
41
一
中華民圈九十二年五月
所以
，
PQ=QR
的充分必要條件是
第
258
期
科學教育月刊
DC BC sin LBCA
一一=一一=一一一一一一∞
DC
sin LBCA =
DA
sin
LBAC
持
PQ=RQ.
DA
BA
sinLBAC
所以
，
LADC
，
LABC
之角平分線和
AC
三
線共點的充分必要條件是
PQ=RQ
。
α
一
γ'
n-m
ω
一必
男一方面，再由正弦定律，可得:
CB
一一一=一一.。所以
，
PQ=QR
的充分必
siny
AB
第五題:
設
n
為一個正整數且
XI
豆
X
2
三
...歪
X
n
均為
CD CB
AD
AB
實數。
即
是
件
條
要
試證
xj
x
nTAH
nThH
叫一
3
<-
2tl
『
II/
xj
x
ny
但卅
nFLM
/'， tttit1
、
AB·CD=CB·AD
。
葉仲|直同學的解法:
(i)設
LADC
，
LABC
之角平分線分別交
AC
於
F
與
f
兩點。由角平分線定理知:
證明上式中等號成立的充分必要條件是
DC
CF
BC
Cf
DA
FA'
BA fA
呵，呵，"'，
X
n
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
ζ
ADC
，
ζ
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
LADC
，
ζ
ABC
之角平分線和
AC
三線共
DC
BC
點的充分必要條件是一一=一一。
DA BA
ZLlXi=0
。經簡單計算後可得
主
IX
i
-xjl
=
2I(x
j
一
X
j)
=2I (2i -
n
一
l)x
j
(ii)
由於
LDRC
=
LDQC
=90',LDQA+LDPA =
I
鯽，
可知
DRCQ
，
DQPA
四點共圓。叉
DR
，
DA
由
Cauchy-Schwartz
不等式可得
分別在
DRCQ
，
DQPA
的外接圓對
90
。的圓
周角，可知
DR
，
DA
分別是
DRCQ
，
DQPA
(，
t
1x
中
的外接圓的直徑。由正弦定律知:
RQ =DCsin
L.
RDQ,PQ =DAsin
L.
PDQ.
再由
DRCQ
，
DQPA
四點共圓，可知:
另一方面，我們有
x
nThM
n
勻，-
XJ
nV
但卅
n
+
XJ
nVL-M
x
nVLT
x
nv-H
n
XJ
X
n
寸，但
-m
LRDQ
=
LBCA
,L.PDQ =L.
BAC
,
'
即
RQ =DCsinL.
BCA
,PQ =
DA
sin
L.
BA
C.
因此
(t.t.
1x
,
-x
J1
)'
~州
立|刊
IJ
~
2(":
-1)掛
一
42
一
VA-C
(-A
B-nD
/L-4
n-n
s-m
Q-Q
R-P
1
人
『目，
H
付叫
「仁，
BC
sin
L.
BCA
(iii)
由正弦定律知:一一=一一一二
L
一..'推得
BA
sin
L.
BAC
(2)
如果等式成立，則
Xi
=
k(2i-n
一
1)
，對
於某個
k'
其意為
X
l'吧，"'，
x
n
是一個等差
數列。
另一方面，假設莉，亮
，"'，
x
n
是一個具有公
差為
d
的等差數列。則我們可得
xs=j(2i-n
一恥于
x.
+X
Xl'
X2'
而經由一」
γ
的變換可得
Xi
卡
i
十似
ZLlFO
由此可得
等號成立。
Equation Section (Next)
廖紹棠同學的解法:
因
ZLIZLl|xz-xj|=22:
尪心
IX
i
-Xii'
所
以原命題可化為
互宇
f
三
1
扑抖叫叫叭叫叫
1
2
~叫叫
2
沾叫刊
1
恰主
~(I
土惦
L
愷
l
恬三
g
三扣扣扑三劃扣卦
ν|
卡
h
扑
x
冉
r
戶鬥川
j-
汁
1
一→叫叫吋
x
巧叫
jl
令
|卡
Xi
一
x
冉叫
jl
=
αqi
,
即
IX
i
-X
i+kI=ai+ai+l+...ai+k-10
考慮一數列
S=(n -I)xl'
+(n-2)x2'
+(n-3)x3'
+
..
+lx(n-I)'
=主二
L
12
令
S'=
川
x(;)'
+(n-2)X(;)'
+
刊三毛
2)=fs=
于
因此(1)之左式可化為
-43
-
數學學習棋組的開發與設計一
r
e
百元商店」
(五
Ix
，-吋刊(~)叫咐+刊
f
守主J)
主(三角+三角+→
ZGH+
主(附到
)+...+~(a._
，+
引自)+..
(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，平方前冉的係數為:
向=(于付一千
1
2
當
n
是奇數
GK=
午吋_
n;11
圳
k-
于|吋當
n
是偶數。
在
(2)
之右式中，平方前冉的係數為:
刊于艸一千
1
2
當
n
是奇數
GK=
午
~-(Ik
一于|圳
k
一千|吋當
n
是偶數。
因此，可知
(2)
之右式等於(1)之右式。故此
命題得證。
第六題:
設
p
為一個質數。試證:存在一個質數
q'
使得對所有的整數
n
，
nP-
p
都不能被
q
整除。
一矗臺區畜益有趴
參考解答:
因主三
1=l+p+ph
﹒
+
pr
l
'"
p+I(modp')
，
我們
(p-l)
可得出至少有一質問
q
且
q
頁
1(mod
p
2
)
。此質因數
q
即為所求，證明
如下。
(下轉第
72
頁)