第45 屆國際數學奧林匹亞競賽試題與參考解答 - 國立臺灣師範大學 ...

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 t
1
< t2
+ t3
。 經 由 計 算 可 得
n
n
1 ⎛ t ⎞ ⎛ 1 1⎞
1
⎛ t t ⎞
t ⎜t ⎟ t t t ⎜t t ⎟
⎝ ⎠ ⎝ ⎠
⎝ ⎠
∑∑
i
i j
ti
= n+ ∑ ⎜ ⎟= n+ t1⎜
+ ⎟+ ( t2 + t3)
+ ∑ ⎜ + ⎟ 。
i= 1 i= 1 i 1≤ i< j≤n
j 2 3 1
1≤≤ i j≤n
j i
(, i j) ≠(1,2)(1,3)
根 據 AM-GM 不 等 式 , 對 所 有 i, j
1
t
2
1
+
t
3
≥
t
2
2
t
3
, t
2
t
3
≥ 2
t
2
t
3
t
,
t
i
j
t
+
t
j
i
≥ 2
t1
所 以 , 設 a = > 0 , 利 用 假 設 , 我 們 可 得 到
t t
2 3
n
2
n n
1 t t2t3
⎡
1
⎛n⎞
⎤ 2 2
+ 1 > ∑ti ∑ ≥ n + 2 + 2 + 2⎢⎜
⎟ − 2⎥
= 2a
+ + n − 4 。
i=
1 i=
1 ti
t t1
2
2t3
⎣⎝
⎠ ⎦ a
2a
+ 2
1 t1
因 此 , < 0 , 可 推 得 < a = < 2 。 所 以 , t
1
< 2 t2t3
a − 5
2 t t
2
3
, 且 再 利 用 AM-GM 不 等
式 可 推 得 t
1
< 2 t2t3
≤ t2
+ t3
。
參 考 解 答 ( 二 ): 考 慮 原 不 等 式 的 左 邊 , 經 由 計 算 可 得
n
2
⎛ t
+ 1 > n +
⎜
⎝ t
2
1
t
+
t
3
1
⎞ ⎛
+ t
⎟
⎜
⎠ ⎝ t
1
2
t
+
t
1
3
⎞
⎟ +
⎠
⎛
⎟ ⎞
⎜
t t
i j
+
< j
⎝ t
j
ti
⎠
∑
i
( i,
j ) ∉{ ( 1,2) ,( 1,3)
}
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第 45 屆 國 際 數 學 奧 林 匹 亞 競 賽 試 題 與 參 考 解 答 ( 續 )
⎛ t ⎛ ⎞ ⎛ ⎞
2
t3
⎞ t1
t ⎛n
1
⎞
≥ n +
⎜ +
⎟ + + ⎜ ⎟
⎜ +
⎟ 2
⎜ ⎟ − 2
⎝ t1
t1
⎠ ⎝ t2
t3
⎠ ⎝⎝2⎠
⎠
= n
2
所 以
⎛ t
− 4 +
⎜
⎝ t
2
1
t
+
t
3
1
⎞ ⎛ t
⎟ +
⎜
⎠ ⎝ t
1
2
t
+
t
1
3
⎞
⎟
⎠
⎛ t
⎜
⎝ t
2
1
t
+
t
3
1
⎞ ⎛
+ t
⎟
⎜
⎠ ⎝ t
1
2
t
+
t
1
3
⎞
⎟ < 5 。 (1)
⎠
令
t2
t3
t2
+ t3
a = + = 。
t t t
1
根 據 AM-HM, 可 得 到
所 以
t
t
1
2
2
t
+
t
1
3
1
a
≤
2
t1
t1
4
+ ≥ 。
t t a
2
3
1
4
把 上 述 兩 式 代 入 (1) 式 , 可 得 + <
2
a 5 , 此 式 等 價 於 a − 5a + 4 = 0, 也 就 是
a
( −1 )( a − 4) < 0
a , 給 定 a > 1, Q.
E.
D 。
王 琨 傑 同 學 的 解 法 : 根 據 柯 西 恆 等 式 , 有
Q
n
2 2
2 2 2
2
2 2
( a1 + a2
+ K+
an
)( b1
+ b2
+ K+
bn
) = ∑ ai
bi
+ ∑
i=
1
i≠
j
n
= ⎛
2 2 2 2
∑ a + ∑ + ⎜
∑ − ∑
i
bi
ai
b
j
2 aia
jbib
j
2 aia
i= 1
i≠
j ⎝ 1≤i<
j≤n
1≤i<
j≤n
=
n
∑
i=
1
a
2
i
b
2
i
+ 2
∑
a a
i
1≤i<
j≤n
j
b b
i
j
+
a
2
i
j
b
2
j
⎞
b ⎟
ib
j
⎠
2 2 2 2
∑( ai
a
j
+ a
j
bi
− 2aia
jbib
j
)
1≤i<
j≤n
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科 學 教 育 月 刊 第 273 期 中 華 民 國 九 十 三 年 十 月
⎛
= ⎜
⎝
n
∑
i=
1
a b
i
⎞
⎟
⎠
i
2
+
∑( aib
j
− aib
j
)
1≤i<
j≤n
2
⎛ 1
⎜
⎝ t1
1 ⎞
t ⎟
n ⎠
2
故 知 ( t
) ⎜
⎟
1
+ t2
+ K + tn
+ + K+
= n + ∑
1
t
2
1≤i<
j≤n
⎛
⎜
⎜
⎝
t
t
i
j
−
t
t
j
i
⎞
⎟ ⎟ ⎠
2
用 反 證 法 , 設 ∃1 ≤ i <
j < k ≤ n t , t , t 不 為 某 一 三 角 形 之 三 邊 長 。
i
j
k
則 不 失 一 般 性 (WLOG), 不 妨 設
t ≥ t + t
i
j
k
又
⎛ 1 ⎞
⎜ x − ⎟⎠
⎝ x
Q 在 [ ,∞)
2
1 是 嚴 格 遞 增 ( 當 x 變 大 , x
1
變 小 , 其 差 變 大 , 故 其 值 變 大 )
⎛
∴⎜
⎝
t
t
k
i
−
t
t
i
k
⎞
⎟
⎠
2
⎛
⎜
⎜
= ⎜
⎜
⎜
⎝
t
t
k
i
−
1
t
t
k
i
2
⎞
⎟
⎟
⎟
⎟
⎟
⎠
⎛
≥ ⎜
⎜
⎝
t
i
+ t
t
i
j
−
t
i
t
i
+ t
j
⎞
⎟
⎟
⎠
tk
( Q > 1)
t
i
同 理
⎛
⎜
⎜
⎝
t
t
k
j
−
t
t
j
k
⎞
⎟
⎟
⎠
2
⎛
≥ ⎜
⎜
⎝
t
i
+ t
t
j
j
−
t
i
t
j
+ t
j
⎞
⎟
⎟
⎠
2
n + 1 > t
+ t
+ K + t
⎛ 1 1
⎜ +
⎝
1 ⎞
+ K+
2
此 時 有 ( )
⎜
⎟ 1 2
n
t1
t2
tn
⎠
= n
2
+
∑
1≤i<
j≤n
⎛
⎜
⎜
⎝
t
t
i
j
−
t
t
j
i
⎞
⎟ ⎟ ⎠
2
≥ n
2
⎛
+ ⎜
⎝
t
t
k
i
−
t
t
i
k
⎞
⎟
⎠
2
⎛
+ ⎜
⎜
⎝
t
t
k
j
−
t
t
j
k
⎞
⎟
⎟
⎠
2
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第 45 屆 國 際 數 學 奧 林 匹 亞 競 賽 試 題 與 參 考 解 答 ( 續 )
≥ n
2
⎛
+ ⎜
⎜
⎝
t
i
+ t
t
i
j
−
t
i
t
i
+ t
j
⎞
⎟
⎟
⎠
2
⎛
+ ⎜
⎜
⎝
t
i
+ t
t
j
j
−
t
i
t
j
+ t
j
⎞
⎟
⎟
⎠
2
⎛ t +
⎞ ⎛ +
⎞
2 i
t
j
⎜
t ti
t
j
t
i
j
= n + + − 2⎟
+ ⎜ + − 2⎟
⎝ ti
ti
+ t
j ⎠ ⎝ t
j
t
i+
t
j ⎠
n
⎛ t
j ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ + ⎞
1 ⎜
t ti
t
+ 1 ⎟ + ⎜ ⎟
⎜ +
⎟ + +
i
j
− 4
⎝ ti
⎠ ⎝ t
j ⎠ ⎝ ti
+ t ⎠
=
2
j
2
⎛ t
j ⎞ ⎛ ⎞
⎜
t
⎛ t ⎛ ⎞
i
+ ⎟
2 j ⎞
= n +
⎜
⎟ −1
⎜
ti
⎟
2
≥ n + −1
⎝ ti
⎠ ⎝ t
⎜
⎟ ≥ n + 2 −1
j ⎠ ⎝ ti
⎠⎝
t
j ⎠
= n
2 +1
故 假 設 錯 誤 , 得 知 不 存 在 1 ≤ i < j < k ≤ n 使 得 t
i
, t
j
, tk
不 為 某 一 三 角 形 之 三 邊 長 。
⇔ ∀1 ≤ i < j < k ≤ n , t
i
, t
j
, tk
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 ∠ DBA < ∠DBC
若 且 為 若
∠ BDA < ∠BDC
之 內 部 。
。 所 以 , 不 失 一 般 性 , 我 們 可 以 假 設 P 在 三 角 形 ACD 和 三 角 形 BCD
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 : ∠ ACB = ∠ADB
, ∠ ABD = ∠ACD
, 所 以 三 角 形 DAB, DLC 和 CKB 是 相
似 的 。 即 ∠ PLK = ∠PKL
, 故 PK = PL 。
三 角 形 ADL 和 BDC 也 相 似 , 因 此 ,
AL
BC
AD KC
= = ,
BD BC
由 上 式 可 得
因 此 ,
AP = CP 。
AL = KC 。 結 合 上 述 的 結 論 , 可 推 得 三 角 形 ALP 與 CKP 是 全 等 三 角 形 。
反 之 , 假 設 AP = CP 。 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
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科 學 教 育 月 刊 第 273 期 中 華 民 國 九 十 三 年 十 月
BX
AP
BD XD
= = 。 (1)
AD PD
此 外 , 三 角 形 DPC 與 DXY 相 似 , 由 此 可 得
YX XD = 。 (2)
CP PD
因 AP = CP , 由 (1) 式 和 (2) 式 可 得 到 BX = YX 。 因 此
∠DCB
= ∠XYB
= ∠XBY
= ∠XPY
= ∠PDX
+ ∠PXD
= ∠ADB
+ ∠ADB
= 180° − ∠BAD
根 據 上 式 可 得 : ABCD 四 點 共 圓 。
參 考 解 答 ( 二 ): 首 先 假 設 A , B,
C,
D 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 AB = CF 和 AD = CE , 所 以
〈
BF || AC 及 DE || AC 。 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 AP = CP 。
接 著 假 設 AP = CP。 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 ∠ APK = ∠CPL
。 因 AP = CP 。 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 ∠ BDC = ∠ADP
= ∠BEC
, 其 意 為 B , C,
E,
D 四 點 共 圓 。 此 外 , A , C,
E,
D 也 四
點 共 圓 。 所 以 , A , B,
C,
D 為 圓 內 接 四 邊 形 。
〈
〈
〈
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第 45 屆 國 際 數 學 奧 林 匹 亞 競 賽 試 題 與 參 考 解 答 ( 續 )
趙 心 宇 同 學 的 解 法 : 因 BD 不 平 分 ∠ ABC, ∠ADC,
故 P 點 僅 有 一 個 。 且 P ≠ B, P ≠ D。
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 E, F 。 BP 交 圓 另 一 點 為 G , DP 交 圓 另 一 點 為 H 。
Q∠ABG
= ∠CBD
⇒ AG
= CD
⇒ GE = ED
Q ∠ BDA =∠HDC ⇒ AB = HC
⇒ 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
AP = PC 。
再 證 必 要 性
因 為 當 A , B,
C 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 P , A,
C,
BD 固 定 時 在 BC 上 跑 的 動 點 Q , 若 滿 足
∠ AQP = ∠CQB , 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 。
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科 學 教 育 月 刊 第 273 期 中 華 民 國 九 十 三 年 十 月
e
tanα
1
=
a + b + x
3
c
=
x
tanα
2
=
d
a +
tanα ( α − )
tan
2
α
3
x
d
−
=
a + x
cd
1+
x
c
x
( a + x)
若 ∠ CQP = ∠AQB
〔( 銳 角 ), 因 為 要 求 的 四 邊 形 為 凸 的 〕
則 tanα
= ( α −α
)
1
tan
d c
−
e
⇔ =
a + x x
a + b + x c d
1+
⋅
x a + x
⇔
2
3
2
2
( e + c − d ) x + ( ae + 2ac
+ bc − ad − db) x + ( ecd − a c − abc) = 0
此 時 x 至 多 有 兩 個 解 (※)
然 而 tanα
− ( α −α
)
1
= tan
2 3
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 。
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第 45 屆 國 際 數 學 奧 林 匹 亞 競 賽 試 題 與 參 考 解 答 ( 續 )
當 且 僅 當 Q 點 在 TV 之 間 時 , 會 有 銳 角 的
( α −α
)
∠AQB
= ∠PQC
⇔ tanα1 = − tan
2 3
然 而 Q 點 若 符 合 B , D 的 條 件 時 , 又 有 ∠ AQB = ∠PQC
則 Q 必 須 落 在 TU 之 間 , 但 ∠CQA
< 180°
180 ° > ∠CQA
= ∠CQV
+ 180° − ∠AQB
> ∠CQP
+ 180° − ∠AQB
⇔ ∠AQB > ∠CQP , 不 可 能 發 生 。
因 此 , 在 TV 之 間 的 點 Q , 若 要 滿 足 ∠ AQB = ∠PQC
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 tanα
− ( α −α
)
1
= tan
2 3
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 A , B,
C,
BD 固 定 時 , 即 P 也 固 定 了 ( 因 PA = PC ∠ ABD = ∠CBP
) 而 由 充 份
'
性 知 道 ABC 外 接 圓 交 BD 於 D 滿 足 題 設 。 所 以 設 B , A,
C,
BD 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 。
( )
( )
⎧tanα1
= tan α
2
−α
3
由 上 述 的 方 法 , 知 道 ⎨
⎩tanα1
= − tan α
2
−α
3
( α −α
)
都 可 能 滿 足 題 設 並 且 至 多 有 四 組 解 , 而
tanα1 = − tan
2 3
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 tanα
( α −α
)
1
= tan
2 3
的 兩 個 解 , 並 滿 足 題 設 。
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科 學 教 育 月 刊 第 273 期 中 華 民 國 九 十 三 年 十 月
( 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 。
n
我 們 個 別 考 慮 2 的 次 方 以 及 2 ⋅ 5 此 種 形 式 的 數 。 而 u k k
|| a 意 指 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 { } ∞ n n=1
a 使 得 : 對 每 一 個 n ,
_________________
2 2 1 1
2n−1
2n+
1
a n
≡ n +1(mod 2); 2 || a2
n −1
Ka1
; 2 || a
na
n−
La
。
令 a
1
= 2 , a
2
= 7 。 如 果 構 造 在 a 2 n
上 , 則 取 a
2 n+ 1
= 4 。 那 麼 a
2 n+
1
為 偶 數 且
_________________
__________________
2n+
1
2n
2 || a2n+
1a2n
Ka1
4 ⋅10
+ a2na2n−
1
Ka1
= ,
_________________
2n
2n−1
1
2n+
1
2 + 2
因 2 || a a Ka
, 利 用 數 學 歸 法 知 2 || 4 ⋅10
為 奇 數 。 今 , a
2 n+
2
必 為 奇 數 使 得
當 a n
+ 4 (mod 8)
a
5
2 + 2
A ≡
n 2n
_____________
2n
1 1
2 +
+
=
2n
1
。 令 a K a A , 其 中 A
2n+
[ a 5 + A]
____________________
__________________
2n+ 3
1
2n+
2 2n+
2 1 2n+
2
2n+
1 2n
1
2n+
2
2n+
1
2n+
1
|| a a K a = a 10 + a a La
= 2
成 立 。
因 A 為 奇 數 , 所 以 最 後 的 解 為 奇 數 。 此 外 , 解
2 n+
2
0 ,1,...,7 來 選 擇 。 故 得 證 。
n
Lemma 2. 對 於 n = 1,2,...
, 每 個 2 ⋅ 5 型 式 的 數 必 有 一 個 交 錯 整 數 是 其 倍 數 且 其 數 字 為
偶 數 。
a 可 從 { }
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第 45 屆 國 際 數 學 奧 林 匹 亞 競 賽 試 題 與 參 考 解 答 ( 續 )
Lemma 2. 之 證 明 : 構 造 一 個 數 列 { } ∞ n n=1
b 使 得 對 每 一 個 n ,
b n
__________
n
≡ n +1(mod 2) 且 2 ⋅ 5 整 盡 b n
K b 1
。
__________
= 1
令 b
1
= 0,
b2
= 5 。 假 設 b
1,
K ,bn
已 被 構 造 且 令 b K l
n
b 5 B , 其 中 l ≥ n 且 B 不 能 被 5
整 除 。 則 下 一 個 數 字 b
n+ 1
必 為 b n + 1
≡ n + 2
________________
__________
(mod 2) 且
n l−n
[ b 2 B]
n
n
bn+ 1bn
K b1
= bn+
110 + bn
Kb1
= 5
n+
1
+ 5 。
當 b
5 n+1
整 除
n
1
B 被 5 整 除 時 , 上 式 為 真 。 根 據 中 國 的 餘 數 定 理 , b n + 1
≡ n + 2 (mod 2)
2 n +
+
v
n
, b
+ 12
+ B ≡ 0(mod 5), 有 解 ( 因 2 和 5 互 質 )。 且 解
n+ 1
n
b 可 從 { ,1,...,9}
0 來 選 取 。
接 著 , 我 們 針 對 一 般 的 n = 2
α 5 β k , 其 中 k 與 10 互 質 。 如 果 n 不 能 被 20 整 除 , 那 麼 2
α 5 β
β
為 2 的 次 方 ,5 的 次 方 或 是 2 ⋅ 5 之 型 式 的 數 。 根 據 Lemmas 1 和 2, 在 所 有 2 α 5 β 的 情
況 下 , 必 有 一 個 偶 數 交 錯 整 數 是 其 倍 數 , 其 數 字 為 偶 數 2 m 。 顯 然 地 ,
____________
...M
所 有 具 有 MM
n = 2
α 5 β k 之 倍 數 。 考 慮
型 式 之 整 數 也 是 2 α 5 β 之 交 錯 整 數 倍 數 。 我 們 證 明 以 上 有 一 部 分 為
2m
2m(
l−1)
Cl
= 1+
10 + K + 10 , 其 中 = 1 ,2,..., k + 1
l ,
根 據 鴿 籠 原 理 , C
l 1
和 C 為 同 餘 模 數 k , 其 中 l
1
< l2
。 因 此 , k 能 整 除 它 們 的 差 值
l 2
C
l 2
l1
l 2 l 1
2 1
10 ml
− C = C
−
⋅ 。 且 因 k 與 10 互 質 , 所 以 k 能 整 除
Cl 2 − l 1
。 由 此 可 得
____________
...M
C l 2 − l 1
× M 是 具 有 MM 之 型 式 的 數 , 因 此 是 n 之 交 錯 整 數 倍 數 。
- 55 -

科 學 教 育 月 刊 第 273 期 中 華 民 國 九 十 三 年 十 月
黃 道 生 同 學 的 解 法 : 只 要 20 不 整 除 n 即 可
若 20 | n ⇒ 十 位 個 位 必 為 偶 數 , 不 合
n = 1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 。
α k
(1) n = P
α1
K , ≠ 2 , 5∀i
1
P k
P i
α α1
α k
(2) n = 2 P . , ≠ 2 , 5∀i
1
K P k
P i
α α1
α k
(3) n = 5 P K , ≠ 2 , 5∀i
1
P k
P i
α k
(4) n = 10P
α1
K , ≠ 2 ∀i
1
P k
P i
先 證 下 列 幾 個 Lemma
Lemma 1. 對 任 意 a ∈ N , a > 1及 case1 中 的 n 存 在 l 使
a
la
n 1+
10 + 10
| K
proof:
1+
10
a
( l+
1)
( )
a
la 10 −1
a
+ K 10 = , 取 l + 1 = ϕ ( 10 −1)
n
a
10 −1
a
( l 1) a l+
1
Q ( 10, n ) = 1, ( 10,10 −1) = 1∴10
= ( 10 ) ≡ 1
(mod n ( 10 a −1)
)( 尤 拉 定 理 )
∴n
a
( l+
1)
( 10 −1) | 10
a
+ a
( l+
1)
10
−1∴
n |
10
a
a
−1
−1
k
Lemma 2. 存 在 一 個 k 位 交 錯 整 數 t
k
使 2 || tk
( 表 示 2 k | t , 2 k + 1
不 整 除 t) 當 k 為 奇
數 ,
k
2 + 1
|| t
k
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 , k = 1取 2 即 可
設 k = l 成 立 , 當 k = l + 1時 ,
l
(1) l 為 奇 數 ⇒ 2 || tl
且 第 l + 1位 為 奇 數
l
l
考 慮 x = 1 × 10 + tl
, y = 3 × 10 + tl+
1
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第 45 屆 國 際 數 學 奧 林 匹 亞 競 賽 試 題 與 參 考 解 答 ( 續 )
l
z = 5 × 10 + tl
l
w = 7 × 10 + tl
皆 為 l + 1位 交 錯 整 數
有
l
2 + 1 | x,
y (
l l
Q tl
= 2 奇 , 10 ,
l+
l
而 2 1 || x − y = 2 ⋅10
∴ x ≠ y (mod
(mod
2 +1
l )& x, y ≡ 0
or
∴ x, y 其 中 之 一 有 2 l+
2 | x or y
若 為
l
2 + 2
| x
考 慮
l
3× 10 也 都 為
2 +2
2 l +1 (mod
l
2× 奇 數 , y
l ) 但 , x , y ≡ 0
2 +2 l )
l
x, 為 2× 偶 )
l
z = × 10 + tl
5 ⇒ x ≡ z ≡ 0
(mod 2 l +2 ) 但 x ≠ z (mod
2 +3 l )
∴ 某 個 不 被
2 l+3
整 除 , 即 為 所 求 , 若
l
2 2
l
同 理 考 慮 y 跟 w = 7 × 10 + t 即 可 。
l l+
Q x − z = 4 ⋅10
= 2
2 ⋅ 5
l
l
+ | y ,
l
(2) l 為 偶 數 ⇒ 2 + 1 || t , l
第 l + 1 位 為 偶 數
l+
2 2 | 4×
10
l
∴
l+
2 1
|| 4 × 10
l
+ t
l
且
l
4 ×10
l
為 + 1
+ t
l
交 錯 整 數
取
t +
l
l+ 1
= 4×
10 tl
即 可 。
Lemma 3. 存 在 一 個 k 位 ( 最 高 位 可 為 0) 交 錯 整 數 t
k
使 5
proof:
k = 1時 t 5 即 可
1
=
l
若 k = l 有 5 | tl
k
| t
k
l
l
l
l
l
考 慮 ( 1 ⋅10
+ t , 3⋅10
+ t , 5 ⋅10
+ t , 7 ⋅10
+ t , 9 ⋅10
+ t )
這 些 都 被
l
l
l
l
l l+
1
5 整 除 , 但 x ⋅10
+ tl
≡ y ⋅10
+ ll
( 5 )
l
l
l
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科 學 教 育 月 刊 第 273 期 中 華 民 國 九 十 三 年 十 月
⇔
l
( − y) 10 ≡ 0
x ( 5 +1 )
的 倍 數 。
∴ 都 對
但 模
5 l+1
5 l+1
之 模 不 同 ,
x y (mod 5) 但 1,3,5,7,9 任 2 數 差 不 為 5
l ⇔ − ≡ 0
l l l l
只 有 0,
5 , 2 ⋅ 5 ,3 ⋅ 5 ,4 ⋅5
,5 種 可 能 , 故 其 中 一 個 為 0。
l
l
l
l
l
同 理 ( ⋅10
+ t ,2 ⋅10
+ t ,4 ⋅10
+ t ,8 ⋅10
+ t ,6 ⋅10
+ t )
0 中 也 有 一 者 被
l
整 除 , 故 不 論 第 l + 1位 該 奇 or 偶 都 可 取 到 t
l+ 1
主 證 明 :
case1 0 由 Lemma1 取 a = 2 即 得
l
case 2 0 由 Lemma2 知 可 取 一 個 2 k 位 數 t 2 k
使 2 α | t 2 k
個 位 是 2, 第 2 k 位 奇 數 , 當 k > α 。
設
tl
a1a2Ka
2k
= 10 進 位
由 Lemma1, 取 a = 2k
⇒ 存 在 l 使
n 2k
4k
2l
| 1+ 10 + 10 + K + 10
α
2
∴
2k
2kl
( 1+
10 + K + 10 ) × a1a2
a
k
n | K
2
=
( a K a )( a a K a ) KK ( a a a )
a K
1 2 2k
1 2 2k
1 2 2k
l
l
l
為 交 錯 數 ,
奇 偶 奇 偶 奇 偶
易 知 此 為 交 錯 整 數
case 3 0 證 明 只 要 把 case 2 0
α
中 的 Lemma2 改 成 Lemma3, 2 改 成
α
5 , 個 位 改 成 5, 第 2 k 位 改 成 偶 數 即 可 。
case 4 0 若 ≠ 5 ∀i
,case1 0 中 的 個 位 數 為 1, 故 把 case1 0 的 答 案 乘 十 倍 即
P i
5 l+1
可 。 若 某 個 P = 5 , 把 case 3 0 後 面 加 個 0 即 可 ,
因 為 case 3 0 的 個 位 是 5。
i
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