2004年第16屆亞太數學奧林匹亞競賽試題及參考解答

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2004 年第 16 屆亞太數學奧林匹亞競賽

試題及參考解答

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學系

2004 年第 16 屆亞太數學奧林匹亞競賽於三月 16 日同時在台北及高雄兩地舉行，我國共有

101 位選手參賽。本文針對五道 APMO 試題(第一題為代數題、第二題為幾何題、第三題為組合

題、第四題為數論題、弟五題為不等式

)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、應用之參考。

一、第十六屆亞太數學競賽試題

比賽時間：

2004 年 3 月 16 日

比賽地點：中央研究院、高雄大學

時間限制：計

4 小時(9:00 am - 1:00 pm)

計算紙必須連同試卷交回

不得使用計算器

本試卷共五題，每題滿分七分

第一題：

令

S 表示由正整數構成的有限集合，若 S 滿足

下式：

對所有

i, j

∈

S ,

( )

i j

i, j

+ ∈

其中

(i , j)表示 i , j 的最大公因數。試問 S 中的

元素有哪些

第二題：

令

O 與 H 分別為銳角三角形 ABC 的外心與垂

心。試證：在三角形

AOH , BOH 與 COH 中其

中一個三角形的面積等於其餘兩個三角形的

面積和。

第三題：

令

S 是由平面上 2004 個點所構成的集合

且其中任意三點不共線。令

L 是由 S 中任意兩

點所決定的直線

(此直線可向兩端無限延伸)

所構成的集合。試證：有可能將

S 中的點至多

以兩種顏色著色，以使得對於

S 中的任意兩點

p 及 q，在 L 中能找到分開此兩點的直線各數

是奇數的充要條件為

p 與 q 具有相同的顏色。

註：若兩點

p 與 q 在直線 l 的兩側，並且

不在

l 上，則稱此直線 l 分開兩點 p 與 q。

第四題：

對任意實數

x，令﹝x﹞表示小於或等於 x 的最

大整數，試證：

對每一個正整數

n，

(

)

(

)

n 1 !

n n 1





−













(

)

(

)

n 1 !

n n 1





−













為一

偶數。

第五題：

設

a, b, c 為任意正整數，試證：

2004 年第 16 屆亞太數學奧林匹亞競賽試題及參考解答

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+2)(b

+2)(c

+2)

≥

9(ab+bc+ca).

二、第十六屆亞太數學競賽試題參考解

答

第一題：

欲證

S={2}是滿足(1)式的唯一集合。

令

S 是滿足(1)式的唯一集合，且 s

∈

S，則

( )

s s

s,s

∈

，

又因為

2 2

(2, 2)

+ =

，

所以

S={2}是滿足(1)式的一個集合。

今假設 S 至少包含一個不是 2 的正整數，底下

分兩種情形討論：

(i)：S 包含了某一個正奇數 a，則

a 2

(a, 2)

+ =

∈

，

其中

a+2 是奇數，而且由數學歸納法可證得：

S 包含了無窮多個奇數，此與 S 是一個有限集

合矛盾。

(ii)：S 沒有包含奇數但 S 之中至少有一個大於

2 的偶數，則令 2b，b>1 是 S 中的最小偶數。

則

2b 2

b 1

(2b, 2)

+ =

∈

，

但是

b+1 是奇數則 S 包含了奇數。(矛盾)；如果 b+1

是偶數則

2b 不是 S 中的最小偶數。(矛盾))

綜合(i)與(ii)可得知：S={2}是滿足(1)式的唯一

集合

第二題：

第一種解法：

若 O=H(即 ABC 是正三角形)，則三角形 AOH,

BOH 與 COH 的面積皆為 0，故得證。

我們假設 O

≠

H 且分兩種情形討論。

(i)：假設 OH 通過

ABC

∆

的一個頂點，令此

頂點為

C，因 H 是垂心，所以 CH⊥AB，又因

O 是外心，所以 O 落在 AB 的垂直平分線上。

但是

O 落在 CH 上且 CH⊥AB，因此 CH 是

AB 的垂直平分線。故 AC=BC。綜合上述可

得：△

AOH

≅

△

BOH，所以△AOH 與△BOH

的面積相等。另外，在此情況下，△

COH 的

面積為

0，故可得

△

AOH 的面積

=△BOH 的面積+△COH 的面積

(ii)：假設 OH 與△ABC 的兩邊相交，令此兩

邊為

AB 與 AC。則△ABC 的重心 G 落在尤拉

線

OH 上。延長 AG 交 BC 於 D，則 D 是 BC

的中點。連接

DO 與 DH，根據重心的性質可

得：

AG=2DG，因此

△AOH 的面積=2△DOH 的面積

由於 D 是 BC 的中點，觀察可得：

B 到 OH 的距離+C 到 OH 的距離

=2(D 到 OH 的距離)

因此

△BOH 的面積+△COH 的面積

=2△DOH 的面積

結合△AOH 的面積=2△DOH 的面積，我們可

得本題欲證的結果。

第二種解法：

我們直接計算有向面積，從∠BAH=

科學教育月刊第

267 期中華民國九十三年四月

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∠OAC=90

。

-B 可得

∠HAO=A-(180

。

-2B)=B-C.

延長 CH 交 AB 與 F，則

ACcos A

2R cos A

sin B

其中 R 是外接圓半徑，由此可得∠HAO 的有

向面積([HAO]表之)為

[

]

HAO

AH AOsin HAO

=R cosA sin(B-C)

R cosA sinB cosC-R cosA cosB sinC

•

同理可得

[HBO]= R

cosB sinC cosA- R

cosB cosC sinA

與

[HCO]= R

cosC sinA cosB- R

cosC cosA sinB

因此[HAO]+[HBO]+[HCO]=0，由此可得：最大

的無向面積是其餘兩個之和。故本題得證。

第三題：

第一種解法：

對於

S 中的點 r , s，令 N(r ,s)表示 L 中能夠分

開

r , s 的連線段。所以 N(r ,s)表示 L 中與線段

rs 有唯一交點的直線個數。

令

a, b, c 為 S 中任意三點。令

表示

L 中同

時與線段

ab，線段 ac 有交點的直線個數，同

理可定義

與

。令

表示

q 點的個數，其

中

∈

S－{a, b, c}且通過 a, q 的直線與線段 bc

有交點。同理可定義

與

。

在

L 中能夠分開 a, b 的直線可分成兩種情形來

討論：

(i)通過 c 點；(ii)不通過 c 點。明顯地，

滿足

(i)的直線個數為

，滿足

(ii)的直線個數

必須與線段

ac 或線段 bc 有唯一的交點。所以

N(a, b)=

，

N(b, c)=

，

N(c, a)=

因此

N(a, b)＋N(b, c)＋N(c, a)

≡

＋

mod 2 .

令

d 為 S－{a, b, c}中的任一點。若 d 落在三

角形

abc 的外部，則由 d 至 a, b 或 c 的三線中

必有一線與

d 的對面線段相交。若 d 落在三解

形

abc 的內部則上述三線皆與 d 的對面線段相

交。因此

＋

＝

3m＋(2001－m)

≡

1 mod 2,

且

N(a, b)＋N(b, c)＋N(c, a)是奇數。

今固定

S 中的任一點 r 且以紅色著之。對於 S

中的其他點，若

N(r, s)為偶數則 s 點以藍色著

之。因此，對於

S 中的點 s≠r，s 與 r 有相同

顏色

(紅色)的充要條件為 N(s, r)為奇數。

假設

p 與 q 是 S 中和 r 相異的點。若 p 與 q 有

相同的顏色，則

N(r, p)與 N(r, q)有相同的奇偶

性，因此

N(p, q)是奇數(因 N(r, p)+N(p, q)+N(q,

r)是奇數)。反之，若 N(p, q)是奇數則 N(r,

p)+N(r, q)是偶數，且 N(r, p)與 N(r, q)有相同

的奇偶性，其意為

p 與 q 有相同的顏色，故本

題得證。

第二種解法：

首先假設此

2004 點形成一個凸 2004 邊形 P。

將其頂點以黑白兩色交替著色，如果我們去掉

多邊形的兩個頂點

v 和 w，則此多邊形的其餘

部分落在兩部分頂點

i 和 j，此處 i+j 等於

2002，所以 i 和 j 有相同的奇偶性(I 和 j 其中

2004 年第 16 屆亞太數學奧林匹亞競賽試題及參考解答

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有一個可能為

0)。在 L 中能夠分開 v 與 w 的

直線個數是

ij，若 v 與 w 的顏色不同則 ij 是偶

數；若

v 與 w 的顏色相同則 ij 是奇數。因此，

我們有一個好的著色，即滿足題意的條件。

今給定

S 的任一形狀，我們由 P 開始且依序

的移動

P 中的每一個點到 S，注意此移動的點

需穿過

L 中的一條直線。當 2004 個點移動完

成之後，即

S 將有一個好的著色，只要在移動

的過程中我們維持著上述的移動方式。

為了完成上述，當被移動的點

A 穿過由 B 和

C 所決定的直線則替換 A, B, C 的顏色。我們

將證明此方式維持好的著色。注意

A 落在直

線

BC 的對面，當 A 被移動之後 BC 可分開 A

與

P(≠A, B 或 C)的充要條件為 BC 無法分開

A 與 P 在 A 被移動之前。因為我們已經改變 A

的顏色而不是

P 的顏色，A 與 P 仍然有正確

的著色只要直線

BC 是被關注的。同理可得：

點

B 和直線 AC 的關係與點 C 和直線 AB 的關

係。

A 點的移動不會影響其他點或直線的相對

位置。因此，心的著色仍然是好的。故本題得

證。

第四題：

第一種解法：

令

(n 1)!

n(n 1)

−

如果

n=1, 2, 3, 4,則直接計算可得[N]=0.令 n>4.

將

N 改寫如下

(n 1)!

n 1

−

− −

(1)

其中

(n-1)!永遠是偶數。

(1)式右邊的前兩項之形式皆為

(m 1)!

−

，

m>5.

如果

m 不是質數或者質數的平方，則 m=ab,

少一個額外的偶數因子。因此

(m-1)!/m 是一個

偶數。如果

m=p

，其中

p 是一個奇質數，則

令 m 是一個質數。由 Wilson 定理可得：(m-1)!

≡-1modm，因此

(m 1)! 1

− +

是一個整數，且此

數與其分子(m-1)!+1 必是奇數。所以

(m 1)! (m 1)! 1

−

− +

−

的整數部分是偶數。因為 n 與 n+1 不可能為質

數，所以我們以證得：(1)式的右邊至少有兩項

是偶數且其餘的整數部分是偶數，故本題得

證。

第二種解法：

如果

n=1, 2, 3, 4,則直接計算可得[N]=0. 底下

我們分三種情形討論

n>4.

(i)：n 與 n+1 是合成數。可推得 n≧8，欲證在

此情形下，

(n 1)!

n(n 1)

−

是偶數。首先，因

(n,

n+1)=1，所以我們只能證明 n 與 n+1 分別能除

盡

(n-1)!即可。若 n 或者 n+1 可寫成 ab 的形式，

其中

1＜a≦b，則 ab 可除盡(n-1)!當 a

a=b 時，則 a≧3，而且我們可用(n-1)!的兩個

因子

a 與 2a 去消掉 a 與 b(=a)(因 a<2a

注意在做上述的消去因子過程中，我們會從

(n-1)!的至多兩個因子中消去一個偶數(只有 n

與

n+1 其中一個是偶數)，又因 n≧8 所以至少

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有一個偶數因子留下。因此

(n 1)!

n(n 1)

−

是偶數，

故得證。

(ii)：n 是質數且 n≧5，所以 n+1 是偶數。則

2<(n+1)/2≦n-1，所以

(n 1)! (n 1)!

a mod

n 1

−

≡

其中

0≦a≦n-1，則(n-1)!≡a(n+1)≡a mod n.

但是由

wilson 定理，a=n-1 所以 (n 1)!

(n 1)

−

是偶

數。因此 (n 1)! =2kn+n-1

(n 1)

−

對於某個整數

k. 故

(n 1)!

2k 1

n(n 1)

−

+ −

，

即 (n 1)!

n(n 1)

−

的整數部分是偶數。

(iii)：n+1 是質數且 n≧6，n 是偶數。則 2

≦n-1，此時

(n 1)!

−

是一個偶數

(n 1)!

−

≡

a mod

(n+1) ，其中 0 ≦ a≦ n. 則 n! ≡ an

≡

a mod

(n+1) ，且由 wilson 定理， a=n. 因此

(n 1)!

2k(n 1) n

(n 1)

−

− +

對於某個整數

k，故

(n 1)!

2k 1

n(n 1)

n 1

−

+ −

，

即 (n 1)!

n(n 1)

−

的整數部分是偶數。

第五題：

第一種解法：

考慮向量

(a, 2, 0),

(b, 1/ 2, 3 / 2),

(C, 1/ 2,

3/ 2)

−

上述三個向量的長度分別為

因此由此三個向量所決定的平行六面體的體

積至多為

2)(b

2)(c

2).

另一方面，此平行六面體的體積為

A (B C)

⋅ ×

(a, 2,0)

⋅

1/ 2

3/ 2

1/ 2

3/ 2

 −



−



3/ 2 b

1/ 2

3/ 2 c

1/ 2



−



−



−



(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

(

)

a, 2, 0

3, b c

3 / 2, c b / 2

a 3

b c

a b c

⋅

−

+ +

= + +

或者

(

)

(

)

(

)

A B C

1/ 2

3/ 2

1/ 2

3/ 2

a 3

b c

3 / 2

a b c

⋅ ×

−
−

−

− −

= + +

因此

(

)(

)

(

)

(

)

(

)

2 b

2 c

3 a b c

3 a

6 ab bc ca .

+ ≥

+ +

從

(a b)

(b c)

(c a)

−

+ −

≥

，我們可知

ab bc ca

+ + ≥ + +

所以

(

)(

)

(

) (

)

(

)

2 b

2 c

3 ab bc ca

6 ab bc ca

9 ab bc ca .

≥

+ +

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第二種解法：

選取

A, B, C

∈

(0,π/2)使得

2 tan A,

2 tan B,

2 tan C.

=
=

利用恆等式

tan

cos

+ =

我們可將題意之不等式改寫為

4(tan A 1)(tan B 1)(tan C 1)

9(tan A tan B tan B tan C tan C tan A)

≥

或者

cos A cos B cos C

sin A sin B

sin Bsin C

sin A sin C

cos A cos B cos Bcos C cos A cos C





≥









或者

(cos cos cos)(sin A sin Bcos C

cos A sin Bsin C sin A cos Bsin C)

≥

其次，我們可得

0 (sin A sin Bcos C
cos A sin Bsin C sin A cos Bsin C).

≤

[

]

[

]

sin Bsin(A C) cos Bcos(A C)

(cos B) sin A sin C cos(A C)

cos(A B C) cos A cos Bcos C

−

⋅

= −

+ +

所以題意之不等式可改寫為

[

]

(cos A cos Bcos C)

cos A cos Bcos C cos(A B C) .

≥

⋅

−

+ +

令θ

=(A+B+C)/3<π/2。利用 AM-GM 不等式

與

Jensen 不等式，我們可得

cos A cos Bcos C

cos A cos B cos C

cos

≤

或者

cos A cos Bcos C cos .

≤

因此，只需證明

cos

(cos

cos3 ).

≥

−

注意

cos3

cos 2 cos

sin 2 sin

(2cos

1) cos

2sin

cos

4cos

3cos

−

或者

cos

cos3

3cos

3cos .

−

所以此不等式等價於

cos

(1 cos

≥

−

利用

AM-GM 不等式，我們可得

(

)

(

)

cos

(

1 cos

)

1 cos

cos

(

1 cos

)

⋅

⋅ −

≤

⋅

⋅ −

或者

(

)

cos

1 cos

⋅

⋅ −

≤

或者

(

)

cos

1 cos

−

≤

故得證。顯而易見，等號成立的充要條件為

tan A tan B tan C

即，充要條件為

a=b=c=1。

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第三種解法：

令

x a b c
y ab bc ca
z abc

= + +
=

+ +

則

2 2

2 2 2

a b

b c

c a

2xz

a b c

+ + =

−

所以題意之不等式可改寫為

2(y

2xz) 4(x

2y) 8 9y

−

+ ≥

或者

4xz 4x

17y 8 0.

−

+ ≥

根據

ab ac bc y

+ + ≥

+ +

我們可得

2y 3y

= + + +

≥

而且

2 2

a b

b c

c a

(ab)

(ac)

(bc)

ab ac ac bc bc ab
(a b c)abc xz

≥ ⋅ + ⋅ + ⋅
= + +

與

2 2

a b

b c

c a

2xz 3xz

≥

因此

4xz 4x

17y 8

)

(y 3)

3xz)

3y) 0.

−

= −

−

≥

故得證。