北區高中學生數學與科學跨領域研究人才培育計畫 一○四學年 上學期 期中評量 考題 考試時間:一○四年11月29日,計三小時 本試題共七題。 總分依據得分最高的四題。 題目若細分子題則加總子題分數。 試題若有疑問, 請於考試開始後的三十分鐘內, 舉手提交 「提問單」詢問;之後不再接受詢 問。A4白紙為答案紙與計算紙, 考試結束請將答案排序, 再由監考人員裝訂。 答案限用黑 色或藍色筆書寫, 僅作圖可使用鉛筆, 不得使用修正液(帶), 不得使用電子計算器。 答題的 “推演過程”為評分依據,簡答沒有分數。 每題分數標示在題號之後。 1. [5pt]試求下列之值 20154+ 4 × 20144 20142+ 40292 − 20134+ 4 × 20144 20142+ 40272 .
Calculate the value of
20154+ 4 × 20144 20142+ 40292 − 20134+ 4 × 20144 20142+ 40272 . 2. [6pt]對於n ≥ 1,令an為n的最大的奇因數,再令bn= a1 + a2+ · · · + an. 請證 明: bn ≥ n2+2 3 ,並找出: 哪些n使得等式成立?例如: a1 = 1, a2 = 1, a3 = 3, a4 = 1, a5 = 5, a6 = 3, thus b6 = 1 + 1 + 3 + 1 + 5 + 3 = 14 ≥ 62+ 2 3 = 12 2 3.
For n ≥ 1, let anbe the largest odd divisor of n, and let bn = a1 + a2+ · · · + an.
Prove that bn≥ n
2+2
3 , and determine for which n equality holds. For example,
a1 = 1, a2 = 1, a3 = 3, a4 = 1, a5 = 5, a6 = 3, thus b6 = 1 + 1 + 3 + 1 + 5 + 3 = 14 ≥ 62+ 2 3 = 12 2 3. 1
3. [6pt]已知x, y, z為正實數使得
|x − y| < 2, |y − z| < 2. |z − x| < 2.
試證
p
xy + 1 +pyz + 1 +√zx + 1 > x + y + z.
Let x, y, z be positive real numbers such that
|x − y| < 2, |y − z| < 2. |z − x| < 2. Prove that p xy + 1 +pyz + 1 +√zx + 1 > x + y + z. 4. [8pt]令ABC 為一銳角三角形其中AB > AC 且∠BAC = 60◦. 記O 與H 分 別為 ∆ABC 之外心與垂心且令 OH 分別交 AB 於點 P , 交 AC 於點 Q. 試證: P O = HQ.
Let ABC be an acute-angled triangle with AB > AC and∠BAC = 60◦. Denote the circumcenter by O and the orthocenter by H and let OH meet AB at P and AC at Q. Prove that P O = HQ.
5. [9pt]一種遊戲有兩人參加, 剛開始有銅板n 個形成一疊。 兩人輪流操作:選擇某一
疊,將其分成兩疊。 贏的人就是在操作之後導致所有疊都只有一個或兩個銅板。 假設
兩個人都很會玩這個遊戲,什麼樣的n會讓先手的人能夠贏?
A game is played with two players and an initial stack of n pennies (n ≥ 3). The players take turns choosing one of the stacks of pennies on the table and splitting it into two stakes. The winner is the player who makes a move that causes all stacks to be of height 1 or 2. For which starting value of n does the player who goes first win, assuming best play by both players?
6. [10pt]令n為任意正整數,且令f (n)為函數滿足於下面三個條件: (a) f (n)是正整數;
(b) f (n + 1) > f (n); (c) f (f (n)) = 3n. 求f (2001)與f (2015).
Let f (n) be a function satisfying the following three conditions for all positive integers n:
(a) f (n) is a positive integer; (b) f (n + 1) > f (n); (c) f (f (n)) = 3n. Find f (2001) and f (2015). 7. [10pt]試求滿足下列條件之兩兩相異之質數p, q, r, (i) p能整除q + r, (ii) q能整除r + 2p, (iii) r能整除p + 3q.
Find all triples of mutually distinct primes p, q, r satisfying the following conditions (i) p|(q + r),
(ii) q|(r + 2p), (iii) r|(p + 3q).
一○四學年 北區高中學生數學與科學跨領域研究人才培育計畫 上學期 期中評量 考題 參考解答 一○四年11月29日 1. [5pt]試求下列之值 20154+ 4 × 20144 20142+ 40292 − 20134+ 4 × 20144 20142+ 40272 .
Calculate the value of
20154+ 4 × 20144 20142+ 40292 − 20134+ 4 × 20144 20142+ 40272 . 解: 令a = 2014. 則題設可表示如下 (a + 1)4+ 4 × a4 a2+ (2a + 1)2 − (a − 1)4+ 4 × a4 a2+ (2a − 1)2 = a 4 + 4a3+ 6a2+ 4a + 1 + 4a4 a2+ 4a2+ 4a + 1 − a2 − 4a3 + 6a2− 4a + 1 + 4a2 a2+ 4a2− 4a + 1 = 5a 4+ 4a3+ 6a2+ 4a + 1 + 4a4 5a2+ 4a + 1 − 5a4− 4a3+ 6a2− 4a + 1 5a2− 4a + 1 = a 2(5a2+ 4a + 1) + 5a2+ 4a + 1 5a2+ 4a + 1 − a2(5a2− 4a + 1) + 5a2− 4a + 1 5a2− 4a + 1 = (a2 + 1) − (a2+ 1) = 0
2. [6pt]對於n ≥ 1,令an為n的最大的奇因數,再令bn= a1 + a2+ · · · + an. 請證 明: bn ≥ n 2+2 3 ,並找出: 哪些n使得等式成立?例如: a1 = 1, a2 = 1, a3 = 3, a4 = 1, a5 = 5, a6 = 3, thus b6 = 1 + 1 + 3 + 1 + 5 + 3 = 14 ≥ 62+ 2 3 = 12 2 3.
For n ≥ 1, let anbe the largest odd divisor of n, and let bn = a1 + a2+ · · · + an.
Prove that bn≥ n
2+2
3 , and determine for which n equality holds. For example,
a1 = 1, a2 = 1, a3 = 3, a4 = 1, a5 = 5, a6 = 3, thus b6 = 1 + 1 + 3 + 1 + 5 + 3 = 14 ≥ 62+ 2 3 = 12 2 3. 解: 等式發生在所有 n = 2k 對於所有k = 0, 1, 2, . . .. 以下使用歸納法,同時證明“不 等式的正確性”與“所有等式發生的時機”。 當n = 1 = 20時,有 b1 = a1 = 1 = 12+ 2 3 . 當n = 3時(第一個非2的指數),有 b3 = a1+ a2+ a3 = 5 > 32+ 2 3 = 3 2 3. (ps. 這一項n = 3的說明不能缺,否則無法講清楚n 6= 2k就一定是嚴格不等式。) 考慮 n > 1時,分成兩類(i) n = 2t與(ii) n = 2t + 1其中t為正整數。 (i): bn = (a1+ a3+ · · · + a2t−1) + (a2+ a4+ · · · + a2t) = (1 + 3 + · · · + (2t − 1)) + (a1+ a2 + · · · + at) = t2+ bt ≥ t2+t 2+ 2 3 (歸納法) = n 2+ 2 3 . 特別是當 n = 2t = 2k, 因為歸納法而有降階的 t = 2k−1 時等式發生, 所以此時 n = 2t = 2k也是等式發生了。 而n = 2t 6= 2k時,因為歸納法而有降階的t絕非2
的指數,也就有bt> t 2+2 3 為嚴格不等式, 所以此時n = 2t 6= 2 k也是出現嚴格不等 式。 (ii): bn = (a1+ a3 + · · · + a2t+1) + (a2+ a4+ · · · + a2t) = (1 + 3 + · · · + (2t + 1)) + (a1+ a2+ · · · + at) = (t + 1)2+ bt ≥ (t + 1)2+t 2+ 2 3 (歸納法) = (2k + 1) 2+ 2 3 + 2k + 2 3 > n 2+ 2 3 . (嚴格不等式) 以上證明完畢!
3. [6pt]已知x, y, z為正實數使得
|x − y| < 2, |y − z| < 2. |z − x| < 2.
試證
p
xy + 1 +pyz + 1 +√zx + 1 > x + y + z.
Let x, y, z be positive real numbers such that
|x − y| < 2, |y − z| < 2. |z − x| < 2. Prove that p xy + 1 +pyz + 1 +√zx + 1 > x + y + z. 解: 由題設之條件 |x − y| < 2 ⇒ x2− 2xy + y2 < 4 ⇒ x2+ 2xy + y2 < 4(1 + xy) ⇒ x + y < 2pxy + 1. (1) 同理可得: y + z < 2pyz + 1 (2) z + x < 2√zx + 1 (3) (1)+(2)+(3)得 2x + 2y + 2z < 2pxy + 1 + 2pyz + 1 + 2√zx + 1 x + y + z < pxy + 1 +pyz + 1 +√zx + 1
4. [8pt]令ABC 為一銳角三角形其中AB > AC 且∠BAC = 60◦. 記O 與H 分
別為 ∆ABC 之外心與垂心且令 OH 分別交 AB 於點 P , 交 AC 於點 Q. 試證:
P O = HQ.
Let ABC be an acute-angled triangle with AB > AC and∠BAC = 60◦. Denote the circumcenter by O and the orthocenter by H and let OH meet AB at P and AC at Q. Prove that P O = HQ. 解: ∆ABC 是銳角三角形,所以點O與H 皆在∆ABC 內部。 A B C O H P Q N E 令N 為由O至AB之垂足且令BH 與AC交於E 點。
今考慮 ∆EBA. ∠EAB = 60◦ 且EA = AB/2 = c/2,其中c = AB. 因O為
∆ABC之外心且ON 垂直於BA, ON 平分BA且N A = c/2. 故N A = EA. 又∠BOA = 2∠C 且∠NOA = ∠C. 所以
∠AHE = 90◦ − ∠HAE = 90◦− (90◦
− ∠BCA) = ∠C.
因N A = EA, ∠ANO = ∠AEH, ∆ON A u ∆HEA. 故 HA = OA = R,即
∆AOH 為等腰三角形。 又因
∠OAH = ∠CAB − ∠OAN − ∠HAE = 60◦− (90◦− ∠C) − (90◦− ∠C) = 2∠C − 120◦,
得
∠AOH = ∠AHO = 90◦− ∠OAH/2 = 150◦− ∠C. 故
∠NOP = 180◦− ∠C − (150◦− ∠) = 30◦,
同理,∠EHQ = 30◦. 因ON = HE, ∠ON P = ∠HEQ,得∆ON P u ∆HEQ. 故P O = HQ.
5. [9pt]一種遊戲有兩人參加, 剛開始有銅板n 個形成一疊。 兩人輪流操作:選擇某一
疊,將其分成兩疊。 贏的人就是在操作之後導致所有疊都只有一個或兩個銅板。 假設
兩個人都很會玩這個遊戲,什麼樣的n會讓先手的人能夠贏?
A game is played with two players and an initial stack of n pennies (n ≥ 3). The players take turns choosing one of the stacks of pennies on the table and splitting it into two stakes. The winner is the player who makes a move that causes all stacks to be of height 1 or 2. For which starting value of n does the player who goes first win, assuming best play by both players?
解: 先手能夠贏的充要條件是:當n = 3或n為偶數。 這說法也等同於n > 3為奇數時, 先手必輸,假設後手也很會玩這個遊戲。 以下使用歸納法證明。 (i): 當2 ≤ n ≤ 6時陳述都是正確的, 這裡同學們自行解釋, 我從略之 (同學們 考試時當然不能從略XD)。 (ii): 當n ≥ 8且為偶數時,先手只要取一個銅板變成第二疊,等同於留下n − 1 的奇數疊交給後手。 後手面對一個數量不少於7的奇數疊,依照歸納法是必輸之局。 所以先手能夠贏。 另外一種方法是: 分成數量一樣的兩疊A與B,接下來後手操作 某一疊, 先手必定找到相同數量的另一疊, 操我一樣的動作。 過程中, 先手做完之後 所有數量相同的銅板疊一定會是偶數疊。 最後先手能夠贏。 (iii): 當n ≥ 7 且為奇數時, 這裡要說明後手必贏的策略。 先手的第一步一定將 奇數疊變成一奇一偶(新的偶數疊),後手的回應是針對“先手製造了新的三數疊”或 是“先手製造了新的偶數疊”: 後手操作的大原則是(1)除了二數疊, 其他堆一定是奇數疊; (2) 保持有偶數堆的二 數疊; (3)三數疊則是: 要嘛沒有,要嘛兩堆以上(絕不能只有一堆)。 記住,一數疊是 無關緊要的。 操作的方法如下: (A) 若先手製造出桌面上的第一個三數疊, (A1) 若先手所製造的另一個是二數 疊, 則後手將三數疊分成二與一。 所以依然沒有三數疊, 也依然是偶數堆的二數疊; (A2)否則先手所製造的另一疊是大於二的偶數c疊, 則後手製造的一個三疊與c − 3疊。 所以三數疊有兩堆以上(有可能 c = 6,但無所謂)。 (PS.若已經有了三數疊,而先手再製造新的三數疊,就不重要了。) (B)若先手將第一個三數疊分成二與一,(B1)考慮現在桌面上只留下一個三數疊, 後手也將這個三數疊分成二與一。 (B2) 否則現在桌面上還有兩個或以上以的三數
疊,則後手將這個二數疊分成一、 一; (C)若先手將二數疊分成一、 一, 則後手也是將另一個二數疊分成一、 一。(PS.保 持二數疊是偶數堆。) (D)若先手都不是以上的狀況,先手將一個奇數堆分成了兩堆,一堆是奇數疊(三 數疊也無妨), 另一堆是偶數 c疊。 (D1)若c = 2或c = 4,則後手平分之; (D2)若 c ≥ 6,則後手分成1和c − 1. 這個操作的詳細驗證,留給同學。
6. [10pt]令n為任意正整數,且令f (n)為函數滿足於下面三個條件: (a) f (n)是正整數;
(b) f (n + 1) > f (n); (c) f (f (n)) = 3n. 求f (2001)與f (2015).
Let f (n) be a function satisfying the following three conditions for all positive integers n:
(a) f (n) is a positive integer; (b) f (n + 1) > f (n); (c) f (f (n)) = 3n. Find f (2001) and f (2015). 解: 將十進位為正整數 n 表示為三進位 [atat−1. . . a1a0]3, 也就是所有 ai ∈ {0, 1, 2}, at6= 0並且n = a030+ a131+ · · · + at3t. 函數的規則是: 若at= 1,則 f (n) = [2at−1. . . a1a0]3 若at= 2,則 f (n) = [1at−1. . . a1a00]3 接下來用歸納法證明: 這項規則符合題目的設定。(證明你們自己練習, 然後給寫作 班的建安學長檢查!) 另外,也可以利用下面的性質,在進一步推導。 Lemma 2 對於m = 0, 1, 2, . . .,我們有 f (3m) = 2 × 3m; f (2 × 3m) = 3m+1. 當然也要練習去證明它!
7. [10pt]試求滿足下列條件之兩兩相異之質數p, q, r, (i) p能整除q + r,
(ii) q能整除r + 2p, (iii) r能整除p + 3q.
Find all triples of mutually distinct primes p, q, r satisfying the following conditions (i) p|(q + r), (ii) q|(r + 2p), (iii) r|(p + 3q). 解: 答: (p, q, r) = (5, 3, 2), (2, 11, 7) (2, 3, 11). 我們依據p, q, r何者為最大值考慮下列三種情形: (i) p為最大時。 則由條件p|(q + r)且不等式q + r < 2p,得q + r = p. 再由條件二 q|(r + 2p) = (3r + 2q),所以q|3r. 因p, q, r為兩兩相異質數, q = 3. 則p = r + 3 且由第三個條件得r|(r + 12),或r|12,所以r = 2. 故p = 5. (ii) q 為最大時。 則由條件 q|(r + 2p) 且不等式 r + 2p < 3q, 得 r + 2p = q 或 r + 2p = 2q.若2q = r + p,則r為偶數。 因此r = 2且由2q = 2 + 2p得q = p + 1 此為不可能(因質數p, q 皆大於r = 2). 若 q = r + 2p, 則條件一得p|(2r + 2p) 或 p|2r, 所以 p = 2. 第三個條件得 r|(p + 3q) = (3r + 7p) = (3r + 14)或r|14,所以r = 7. 則q = r + 2p = 11. (iii) r為最大時。 在此情形下,我們比較r|(p + 3q)與p + 3q < 4r. 若p + 3q = 3r,則p = 3(r − q). 得p = 3, r − q = 1,因此r = 3, q = 2,沒有 滿足兩兩相異的質數。 若p + 3q = 2r,則由第一個條件得p|2(q + r) = (p + 5q),所以p|5q且p = 5. 第二個條件得q|2(r + 2p) = (2r + 20) = (3q + 25),所以q = 5. 沒有滿足兩兩相 異的質數。 最後,令p + 3q = r. 條件一得p|(p + 4q),所以p|4q 且p = 2. 第二個條件得 q|(r + 2p) = (3q + 6),所以q|6且q = 3,因q 6= p = 2.則r = p + 3q = 11. 綜合上述,得滿足題設之兩兩相異之質數為(5, 3, 2), (2, 11, 7), (2, 3, 11).
