- 46 -
第 45 屆國際數學奧林匹亞競賽
試題與參考解答（續）
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
第四題：試題委員會公布的參考答案：
參考解答（一）
：藉由對稱性
,只需證明
3
2
1
t
t
t
+
<
。經由計算可得
(
)
1
2
3
1
1
1
1
2
3
1
( , ) (1,2)(1,3)
1
1
1
1
n
n
j
i
i
i
i j n
i
i
i j n
i
j
j
i
i j
t
t
t
t
n
n t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
≤ ≤ ≤
=
=
≤ < ≤
≠
= +
= +
+
+
+
+
+
∑ ∑
∑
∑
。
根據
AM-GM 不等式,對所有 j
i,
2
,
2
,
2
1
1
3
2
3
2
3
2
3
2
≥
+
≥
≥
+
i
j
j
i
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
所以
,設
0
3
2
1
>
=
t
t
t
a
,利用假設,我們可得到
4
2
2
2
2
2
2
2
1
1
2
1
3
2
3
2
1
1
1
2
−
+
+
=
−
+
+
+
≥
>
+
∑
∑
=
=
n
a
a
n
t
t
t
t
t
t
n
t
t
n
n
i
i
n
i
i
。
因此
,
0
5
2
2
<
−
+
a
a
,可推得
2
2
1
3
2
1
<
=
<
t
t
t
a
。所以
,
3
2
1
2
t
t
t
<
,且再利用 AM-GM 不等
式可推得
3
2
3
2
1
2
t
t
t
t
t
+
≤
<
。
參考解答（二）
：考慮原不等式的左邊，經由計算可得
( ) ( ) ( )
{
}
∑
∉
<
+
+
+
+
+
+
>
+
3
,
1
,
2
,
1
,
3
1
2
1
1
3
1
2
2
1
j
i
j
i
i
j
j
i
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
n
n
第 45 屆國際數學奧林匹亞競賽試題與參考解答（續）
- 47 -
−
+
+
+
+
+
≥
2
2
2
3
1
2
1
1
3
1
2
n
t
t
t
t
t
t
t
t
n
+
+
+
+
−
=
3
1
2
1
1
3
1
2
2
4
t
t
t
t
t
t
t
t
n
所以
5
3
1
2
1
1
3
1
2
<
+
+
+
t
t
t
t
t
t
t
t
。
（1）
令
1
3
2
1
3
1
2
t
t
t
t
t
t
t
a
+
=
+
=
。
根據
AM-HM,可得到
2
2
3
1
2
1
a
t
t
t
t
≤
+
所以
a
t
t
t
t
4
3
1
2
1
≥
+
。
把上述兩式代入（
1）式,可得
5
4
<
+
a
a
,此式等價於
0
4
5
2
=
+
−
a
a
,也就是
(
)(
)
0
4
1
<
−
−
a
a
,給定
D
E
Q
a
.
.
,
1
>
。
王琨傑同學的解法：根據柯西恆等式
,有
(
)(
)
∑
∑
≠
=
+
=
+
+
+
+
+
+
j
i
j
i
n
i
i
i
n
n
b
a
b
a
b
b
b
a
a
a
2
2
1
2
2
2
2
2
2
1
2
2
2
2
1
K
K
Q
−
+
+
=
∑
∑
∑
∑
≤
<
≤
≤
<
≤
≠
=
n
j
i
n
j
i
j
i
j
i
j
i
j
i
j
i
j
i
n
i
i
i
b
b
a
a
b
b
a
a
b
a
b
a
1
1
2
2
1
2
2
2
2
(
)
∑
∑
∑
≤
<
≤
≤
<
≤
=
−
+
+
+
=
n
j
i
j
i
j
i
i
j
j
i
n
j
i
j
i
j
i
n
i
i
i
b
b
a
a
b
a
a
a
b
b
a
a
b
a
1
2
2
2
2
1
1
2
2
2
2
科學教育月刊 第 273 期 中華民國九十三年十月
- 48 -
(
)
∑
∑
≤
<
≤
=
−
+
=
n
j
i
j
i
j
i
n
i
i
i
b
a
b
a
b
a
1
2
2
1
故知
(
)
∑
≤
<
≤
−
+
=
+
+
+
+
+
+
n
j
i
i
j
j
i
n
n
t
t
t
t
n
t
t
t
t
t
t
1
2
2
2
1
2
1
1
1
1
K
K
用反證法
,設
n
k
j
i
≤
<
<
≤
∃
1
k
j
i
t
t
t
,
,
不為某一三角形之三邊長。
則不失一般性（
WLOG），不妨設
k
j
i
t
t
t
+
≥
又
2
1
−
x
x
Q
在
[
)
∞
,
1
是嚴格遞增（當
x 變大,
x
1
變小
,其差變大,故其值變大）
+
−
+
≥
−
=
−
∴
j
i
i
i
j
i
i
k
i
k
k
i
i
k
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
2
2
1
（
1
>
i
k
t
t
Q
）
同理
2
2
+
−
+
≥
−
j
i
j
j
j
i
k
j
j
k
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
此時有
(
)
+
+
+
+
+
+
>
+
n
n
t
t
t
t
t
t
n
1
1
1
1
2
1
2
1
2
K
K
∑
≤
<
≤
−
+
=
n
j
i
i
j
j
i
t
t
t
t
n
1
2
2
2
2
2
−
+
−
+
≥
k
j
j
k
k
i
i
k
t
t
t
t
t
t
t
t
n
第 45 屆國際數學奧林匹亞競賽試題與參考解答（續）
- 49 -
2
2
2
+
−
+
+
+
−
+
+
≥
j
i
j
j
j
i
j
i
i
i
j
i
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
n
−
+
+
+
+
−
+
+
+
+
=
2
2
2
j
i
j
j
j
i
j
i
i
i
j
i
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
t
n
4
1
1
−
+
+
+
+
+
+
+
=
j
i
j
i
j
i
i
j
2
t
t
t
t
t
t
t
t
n
1
2
−
+
+
=
j
i
i
j
t
t
t
t
n
1
−
+
≥
j
i
i
j
2
t
t
t
t
n
1
2
2
−
+
≥
n
1
2
+
=
n
故假設錯誤
,得知不存在
n
k
j
i
≤
<
<
≤
1
使得
k
j
i
t
t
t
,
,
不為某一三角形之三邊長。
n
k
j
i
≤
<
<
≤
∀
⇔
1
,
k
j
i
t
t
t
,
,
必為某一三角形之三邊長。
第五題：試題委員會公布的參考答案：
參考解答（一）
：因
P 在 ABCD 之內部
,可推得
DBC
DBA
∠
<
∠
若且為若
BDC
BDA
∠
<
∠
。所以
,不失一般性,我們可以假設 P 在三角形 ACD 和三角形 BCD
之內部。
假設
ABCD 是圓內接四邊形。令線段 BP 和 DP 與線段 AC 分別相交於 K 和 L 。由已
知條件可推得：
ADB
ACB
∠
=
∠
,
ACD
ABD
∠
=
∠
,所以三角形
DLC
DAB
,
和
CKB 是相
似的。即
PKL
PLK
∠
=
∠
,故
PL
PK
=
。
三角形
ADL 和 BDC 也相似
,因此,
BC
KC
BD
AD
BC
AL
=
=
,
由上式可得
KC
AL
=
。結合上述的結論
,可推得三角形 ALP 與 CKP 是全等三角形。
因此
,
CP
AP
=
。
反之
,假設
CP
AP
=
。令三角形
BCP 的外接圓分別與線段 CD 和 DP 相交於 X 和Y 。
因三角形
ADB 與 PDX 相似
,所以三角形 ADP 與 BDX 亦相似。因此
科學教育月刊 第 273 期 中華民國九十三年十月
- 50 -
PD
XD
AD
BD
AP
BX
=
=
。
（1）
此外
,三角形 DPC 與 DXY 相似,由此可得
PD
XD
CP
YX
=
。
（2）
因
CP
AP
=
,由（1）式和（2）式可得到
YX
BX
=
。因此
BAD
ADB
ADB
PXD
PDX
XPY
XBY
XYB
DCB
∠
−
°
=
∠
+
∠
=
∠
+
∠
=
∠
=
∠
=
∠
=
∠
180
根據上式可得：
ABCD 四點共圓。
參考解答（二）
：首先假設
D
C
B
A
,
,
,
四點共圓。令線段
BP 和 DP 與 ABCD 的外接圓
分別相交於
E 和 F 。由已知條件可得
︿
︿
CF
AB
=
和
︿
︿
CE
AD
=
,所以
AC
BF ||
及
AC
DE ||
。因此
BFED 是一個等腰梯形（或是一個矩形）
,其對角線相交
於
P 。所以
, P 落在外接圓的直徑上,且其垂足落於線段 AC 上。於是
CP
AP
=
。
接著假設
CP
AP
=
。不失一般性的情況下
,令 P 在三角形 ACD 和 BCD 的裡面,對於三
角形
BDP 而言
,點 A 和 C 為共軛等角,由此可得
CPL
APK
∠
=
∠
。因
CP
AP
=
。我們
推斷
,以 p 來說 E 為 D 的反射。則 E 在線段 BP 上,且三角形 APD 與三角形 CPE 全
等。因此
BEC
ADP
BDC
∠
=
∠
=
∠
,其意為
D
E
C
B
,
,
,
四點共圓。此外
,
D
E
C
A
,
,
,
也四
點共圓。所以
,
D
C
B
A
,
,
,
為圓內接四邊形。
第 45 屆國際數學奧林匹亞競賽試題與參考解答（續）
- 51 -
趙心宇同學的解法：因
BD 不平分
,
,
ADC
ABC
∠
∠
故
P 點僅有一個。且
D
P
B
P
≠
≠
,
。
先證充分性
設
ABCD 外接圓圓心為 O
過
O 作
AC 的中垂線交圓於
F
E, 。 BP 交圓另一點為 G
, DP 交圓另一點為 H 。
⇒
∠
=
∠
CBD
ABG
Q
AG CD
=
GE ED
⇒
=
BDA
HDC
AB HC
∠
= ∠
⇒
=
Q
BF
FH
⇒
=
故此時
BP
, DP 是以 OE 為對稱軸的兩條線,理當相交在 OE 上,因
此
P 落在 OE 之上
,而 OE 為 AC 的中垂線,故有
PC
AP
=
。
再證必要性
因為當
C
B
A ,
,
以及
BD 射線固定時, P 也固定了。由上述充分性知道 ABC 外接圓與
BD 的另一交點滿足題設,以下證明當
BD
C
A
P
,
,
,
固定時在
BC 上跑的動點 Q ,若滿足
CQB
AQP
∠
=
∠
,同時不與（1） ABCD 凸（2） P 在 ABCD 內這兩條件矛盾的，則只
有兩個點。
科學教育月刊 第 273 期 中華民國九十三年十月
- 52 -
x
b
a
e
+
+
=
1
tan
α
x
a
d
+
=
2
tan
α
x
c
=
3
tan
α
(
)
(
)
x
a
x
cd
x
c
x
a
d
+
+
−
+
=
−
1
tan
3
2
α
α
若
AQB
CQP
∠
=
∠
﹝（銳角）
,因為要求的四邊形為凸的﹞
則
(
)
3
2
1
tan
tan
α
α
α
−
=
x
a
d
x
c
x
c
x
a
d
x
b
a
e
+
⋅
+
−
+
=
+
+
⇔
1
(
)
(
)
(
)
0
2
2
2
=
−
−
+
−
−
+
+
+
−
+
⇔
abc
c
a
ecd
x
db
ad
bc
ac
ae
x
d
c
e
此時
x 至多有兩個解﹙※﹚
然而
(
)
3
2
1
tan
tan
α
α
α
−
−
=
也可能滿足題設
如圖
,T 為 A 到 BD 的垂足
U 為 AC
, BD 的交點,V 為 CP , BD 的交點。因為 P 在 ABCD 的內
部
,故V 點在 B , D 兩點之間。且U 點在 B , D 兩點之間,因為
ABCD 為凸四邊形。
第 45 屆國際數學奧林匹亞競賽試題與參考解答（續）
- 53 -
當且僅當
Q 點在TV 之間時
,會有銳角的
(
)
3
2
1
tan
tan
α
α
α
−
−
=
⇔
∠
=
∠
PQC
AQB
然而
Q 點若符合 B
, D 的條件時,又有
PQC
AQB
∠
=
∠
則
Q 必須落在TU 之間
,但
°
<
∠
180
CQA
AQB
CQP
AQB
CQV
CQA
∠
−
°
+
∠
>
∠
−
°
+
∠
=
∠
>
°
180
180
180
CQP
AQB
∠
>
∠
⇔
,不可能發生。
因此
,在TV 之間的點 Q ,若要滿足
PQC
AQB
∠
=
∠
而又能當作凸四邊形
ABCD 的 B 或者 D
,又使 P 在 ABCD 內。這種 Q 是不存在的。
故
(
)
3
2
1
tan
tan
α
α
α
−
−
=
的解不合。
而我們已經由充分性的證明知道
,這 B , D 是存在的,再由前面（※）
知道至多有兩個解。因此
D 要在三角形 ABC 的外接圓上面
,即證明 ABCD 四點共圓
的必要性。
這裡整理一下〝必要性〞證明的詳細思路
因為當
BD
C
B
A
,
,
,
固定時
,即 P 也固定了（因
PC
PA
=
CBP
ABD
∠
=
∠
）而由充份
性知道
ABC 外接圓交
BD 於
'
D 滿足題設。所以設
BD
C
A
B
,
,
,
固定時
,企圖證明僅有
兩個點會滿足題設
,如此便知
D
D
=
'
,即證完必要性。
由上述的方法
,知道
(
)
(
)
−
−
=
−
=
3
2
1
3
2
1
tan
tan
tan
tan
α
α
α
α
α
α
都可能滿足題設並且至多有四組解
,而
(
)
3
2
1
tan
tan
α
α
α
−
−
=
滿足題設是在取動點落於
TV 之間時。而滿足題設而跟V 在
AC 同側的那點必需在V 點以右（如下圖）
,方能使 P 落在 ABCD 之間。滿足題設而
跟
B 在 AC 同側的那點必需在U 點以左
,方能使 ABCD 為凸四邊形。
故只剩下
TU 這區間
,利用上述的證明即知不存在滿足題設的點。
故而
, B , D 恰是
(
)
3
2
1
tan
tan
α
α
α
−
=
的兩個解
,並滿足題設。
科學教育月刊 第 273 期 中華民國九十三年十月
- 54 -
（不妨設
P 在 CAD 的平面區中
,T 在
UV
外或外都由右邊討論可得出最後結論）
第六題試題委員會公布的參考答案：
參考解答：一正整數
n 必有一個交錯整數是其倍數若且唯若 n 不能被 20 整除。剩下
的
n 必有一個交錯整數是其倍數。
如果
n 可被 20 整除,那麼它最後兩位小數的數字是偶數,因此不存在一個交錯整數是
其倍數。
我們個別考慮
2 的次方以及
n
5
2
⋅
此種形式的數。而
a
u
k
|| 意指
k
u 為能整除
a 之 u 的
最高次方。
Lemma 1.每一個 2 的次方必有一個交錯整數是其倍數,其數字為偶數。
Lemma 1 之證明：只要構造一個數列
{ }
∞
=
1
n
n
a
使得：對每一個
n ,
1
+
≡
n
a
n
（
mod 2）；
1
1
2
1
2
||
2
a
a
n
n
K
−
−
；
_______
__________
1
1
2
2
1
2
||
2
a
a
a
n
n
n
L
−
+
。
令
2
1
=
a
, 7
2
=
a
。如果構造在
n
a
2
上
,則取
4
1
2
=
+
n
a
。那麼
1
2
+
n
a
為偶數且
________
__________
1
1
2
2
2
_______
__________
1
2
1
2
1
2
10
4
||
2
a
a
a
a
a
a
n
n
n
n
n
n
K
K
−
+
+
+
⋅
=
，
因
_______
__________
1
1
2
2
1
2
||
2
a
a
a
n
n
n
K
−
+
,利用數學歸法知
n
n
2
2
2
10
4
||
2
⋅
+
。令
A
a
a
n
n
1
2
___
__________
1
1
2
2
+
+
=
K
,其中 A
為奇數。今
,
2
2
+
n
a
必為奇數使得
當
4
5
2
2
≡
+
+
A
a
n
（
mod 8）
[
]
A
a
a
a
a
a
a
a
a
a
n
n
n
n
n
n
n
n
n
n
+
=
+
=
+
+
+
+
+
+
+
+
+
1
2
2
2
1
2
________
__________
1
2
1
2
1
2
2
2
__________
__________
1
2
2
2
2
3
2
5
2
10
||
L
K
成立。
因
A 為奇數
,所以最後的解為奇數。此外,解
2
2
+
n
a
可從
{
}
7
,...,
1
,
0
來選擇。故得證。
Lemma 2.對於
,...
2
,
1
=
n
,每個
n
5
2
⋅
型式的數必有一個交錯整數是其倍數且其數字為
偶數。
第 45 屆國際數學奧林匹亞競賽試題與參考解答（續）
- 55 -
Lemma 2.之證明：構造一個數列
{ }
∞
=
1
n
n
b
使得對每一個
n ,
1
+
≡
n
b
n
（
mod 2）且
n
5
2
⋅
整盡
__________
1
b
b
n
K 。
令
5
,
0
2
1
=
=
b
b
。假設
n
b
b
,
,
1
K
已被構造且令
B
b
b
l
n
5
__________
1
=
K
,其中
n
l
≥
且
B 不能被
5
整除。則下一個數字
1
+
n
b 必為
2
1
+
≡
+
n
b
n
（
mod 2）且
1
5
+
n
整除
[
]
B
b
b
b
b
b
b
b
n
l
n
n
n
n
n
n
n
n
−
+
+
+
+
=
+
=
5
2
5
10
1
__________
1
1
______
__________
1
1
K
K
。
當
B
b
n
n
+
+
2
1
被
5 整除時,上式為真。根據中國的餘數定理, 2
1
+
≡
+
n
b
n
（
mod 2）
,
0
2
1
≡
+
+
B
b
v
n
（
mod 5）,有解（因
n
2 和 5 互質）。且解
1
+
n
b 可從
{
}
9
,...,
1
,
0
來選取。
接著
,我們針對一般的
k
n
β
α
5
2
=
,其中 k 與 10 互質。如果 n 不能被 20 整除,那麼
β
α
5
2
為
2 的次方,5 的次方或是
β
5
2
⋅
之型式的數。根據
Lemmas 1 和 2,在所有
β
α
5
2
的情
況下
,必有一個偶數交錯整數是其倍數,其數字為偶數 m
2 。顯然地
,
所有具有
__
__________
...
M
MM
型式之整數也是
β
α
5
2
之交錯整數倍數。我們證明以上有一部分為
k
n
β
α
5
2
=
之倍數。考慮
)
1
(
2
2
10
10
1
−
+
+
+
=
l
m
m
l
C
K
,其中
1
,...,
2
,
1
+
=
k
l
，
根據鴿籠原理
,
1
l
C 和
2
l
C 為同餘模數 k ,其中
2
1
l
l
<
。因此
, k 能整除它們的差值
1
1
2
1
2
2
10
ml
l
l
l
l
C
C
C
⋅
=
−
−
。且因
k 與
10 互質,所以 k 能整除
1
2
l
l
C
−
。由此可得
M
C
l
l
×
−
1
2
是具有
__
__________
...
M
MM
之型式的數
,因此是 n 之交錯整數倍數。
科學教育月刊 第 273 期 中華民國九十三年十月
- 56 -
黃道生同學的解法：只要
20 不整除
n 即可
若
n
|
20
⇒ 十位個位必為偶數,不合
1
=
n
時
,顯然成立（1即可）
20 不整除
n 可分成如下四種 case,證明他的某個倍數為交錯整數。
(1)
k
k
P
P
n
α
α
K
1
1
=
,
i
P
i
∀
≠
5
,
2
(2)
k
k
P
P
n
α
α
α
.
2
1
1
K
=
,
i
P
i
∀
≠
5
,
2
(3)
k
k
P
P
n
α
α
α
K
1
1
5
=
,
i
P
i
∀
≠
5
,
2
(4)
k
k
P
P
n
α
α
K
1
1
10
=
,
i
P
i
∀
≠
2
先證下列幾個
Lemma
Lemma 1. 對任意
N
a
∈
,
1
>
a
及
case1 中的 n 存在 l 使
la
a
n
10
10
1
|
K
+
+
proof：
( )
1
10
1
10
10
10
1
1
−
−
=
+
+
+
a
a
l
la
a
K
,取
(
)
(
)
n
l
a
1
10
1
−
=
+
ϕ
Q
(
)
(
)
( )
( )
1
10
10
1
1
10
,
10
,
1
,
10
1
1
≡
=
∴
=
−
=
+
+
a
l
a
l
a
n
（
mod
(
)
1
10
−
a
n
）
（尤拉定理）
(
)
( )
( )
1
10
1
10
|
1
10
|
1
10
1
1
−
−
∴
−
−
∴
+
+
a
a
l
a
l
a
n
n
Lemma 2. 存在一個 k 位交錯整數
k
t 使
k
k
t
||
2
(表示
t
k
|
2
，
1
2
+
k
不整除 t) 當 k 為奇
數
,
k
k
t
||
2
1
+
當
t 為偶數且個位數是 2。（奇數位偶數,偶數位奇數）
proof：由歸納法,
1
=
k
取
2 即可
設
l
k
=
成立
,當
1
+
=
l
k
時
,
(1) l 為奇數
⇒
l
l
t
||
2
且第
1
+
l
位為奇數
考慮
l
l
t
x
+
×
=
10
1
,
1
10
3
+
+
×
=
l
l
t
y
第 45 屆國際數學奧林匹亞競賽試題與參考解答（續）
- 57 -
l
l
t
z
+
×
=
10
5
l
l
t
w
+
×
=
10
7
皆為
1
+
l
位交錯整數
有
y
x
l
,
|
2
1
+
（
l
l
t
2
=
Q
奇
,
l
10
,
l
10
3
×
也都為
l
2 ×奇數,
y
x, 為
l
2 ×偶）
而
y
x
y
x
l
l
≠
∴
⋅
=
−
+
10
2
||
2
1
（
mod
2
2
+
l
）但
,
0
,
≡
y
x
（
mod
1
2
+
l
）
&
0
,
≡
y
x
or
1
2
+
l
（
mod
2
2
+
l
）
y
x,
∴
其中之一有
x
l
|
2
2
+
or y
若為
x
l
|
2
2
+
考慮
l
l
t
z
+
×
=
10
5
⇒
0
≡
≡
z
x
（
mod
2
2
+
l
）但
z
x
≠
（
mod
3
2
+
l
）
∴
某個不被
3
2
+
l
整除
,即為所求,若
y
l
|
2
2
+
,
同理考慮
y 跟
l
l
t
w
+
×
=
10
7
即可。
Q
l
l
l
z
x
5
2
10
4
2
⋅
=
⋅
=
−
+
(2) l 為偶數
⇒
l
l
t
||
2
1
+
,第
1
+
l
位為偶數
l
l
10
4
|
2
2
×
+
∴
l
l
l
t
+
×
+
10
4
||
2
1
且
l
l
t
+
×
10
4
為
1
+
l
交錯整數
取
l
l
l
t
t
+
×
=
+
10
4
1
即可。
Lemma 3. 存在一個 k 位（最高位可為 0）交錯整數
k
t 使
k
k
t
|
5
proof：
1
=
k
時
5
1
=
t
即可
若
l
k
=
有
l
l
t
|
5
考慮（
l
l
l
l
l
l
l
l
l
l
t
t
t
t
t
+
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
10
9
,
10
7
,
10
5
,
10
3
,
10
1
）
這些都被
l
5 整除
,但
( )
1
5
10
10
+
+
⋅
≡
+
⋅
l
l
l
l
l
l
y
t
x
科學教育月刊 第 273 期 中華民國九十三年十月
- 58 -
(
)
0
10
≡
−
⇔
l
y
x
( )
1
5
+
l
0
≡
−
⇔
y
x
（
mod 5）但 1,3,5,7,9 任 2 數差不為 5
的倍數。
∴
都對
1
5
+
l
之模不同
,
但模
1
5
+
l
只有
l
l
l
l
5
4
,
5
3
,
5
2
,
5
,
0
⋅
⋅
⋅
,5 種可能,故其中一個為 0。
同理
(
)
l
l
l
l
l
l
l
l
l
l
t
t
t
t
t
+
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
+
⋅
10
6
,
10
8
,
10
4
,
10
2
,
10
0
中也有一者被
1
5
+
l
整除
,故不論第
1
+
l
位該奇
or 偶都可取到
1
+
l
t
主證明
:
case
0
1 由 Lemma1 取
2
=
a
即得
case
0
2 由 Lemma2 知可取一個 k
2 位數
k
t
2
使
k
t
2
|
2
α
為交錯數
,
個位是
2,第 k
2 位奇數
,當
α
>
k
。
設
k
l
a
a
a
t
2
2
1
K
=
10 進位
由
Lemma1,取
k
a 2
=
⇒ 存在l 使
l
k
k
n
2
4
2
10
10
10
1
|
2
+
+
+
+
K
α
(
)
k
kl
k
a
a
a
n
2
2
1
2
2
10
10
1
|
K
K
×
+
+
+
∴
(
)(
)
(
)
k
k
k
a
a
a
a
a
a
a
a
a
2
1
2
2
1
2
2
1
2
K
K
K
K
K
=
奇 偶 奇 偶 奇 偶
易知此為交錯整數
case
0
3
證明只要把 case
0
2 中的 Lemma2 改成 Lemma3,
α
2 改成
α
5
,個位改成 5,第 k
2 位改成偶數即可。
case
0
4 若
i
P
i
∀
≠
5
,case
0
1 中的個位數為 1,故把 case
0
1 的答案乘十倍即
可。若某個
5
=
i
P
,把 case
0
3 後面加個
0 即可,
因為
case
0
3 的個位是
5。