2001TRML個人賽之解法

一、引言

今年暑假 8 月 18 、 19 日由九九文教基金 會主辦的 TRML 競賽在台灣大學、國立台灣 科技大學、國立台北商業技術學院及市立金 華國民中學熱鬧展開，當時吸引全台灣多所 高中學生參加，本人當時帶領學生參加此競 賽，回來後，為了增進學生對於數學競賽的 興趣，針對個人賽的部分進行解法研討，發 現當時每兩個題目只能做 10 分鐘，和之後研 討後的解法有多處不同，思考方式也更加嚴 密 ， 也 發 現 一 個 問 題 有 時 不 會 只 有 一 種 解 法，在學生與老師的互相激勵下，往往衍生 出多種解釋，學生也因此擁有腦力激盪的機 會，利用這次個人賽的題目，討論出問題的 解答。

二、題目

第一題．如圖所示，_{AB=AC=6、 BP=} 4 CQ CP BQ= = = = 。求AP⋅AQ之值。 (解一) 連接 AP 、 PQ 、 BC 因為 B Q C P 為菱 形，所以對角線互相垂直平分， PQ 、 BC 相

2001TRML 個人賽之解法

楊明雯

國立宜蘭高級中學

交 於 M ， 假 設 AP = x ， PM = MQ = y ， BM = MC =h 可得 (x+y)2_+h2_=36...(1) y2_+h2₌₄2_=16...(2) (1)-(2)　x2_+2xy=20 而AP⋅AQ=x(x+2y)=20 (解二) 假 設 AM = x ， PM = MQ = y ， BM = MC =h 得到 x2_+h2_=36...(1) y2_+h2_=16...(2) (1)-(2)　x2_-y2₌₂₀ AQ AP⋅ = (x+y)(x-y)=x2_-y2₌₂₀ 分析：解一和解二其實為同一種類型，但是 屬於觀察直角三角形各股長與 AP 和 AQ 的關係，才能看出結果，多數同 學了解此題可設未知數，也能了解菱 形對角線會互相垂直平分的性質。 (解三)利用解析幾何做法 假設 PQ 、 BC 的交點 M 座標為(0 ， 0)設 P(-x ， 0)， Q(x ， 0)， A(-y ， 0)， B(0 ， h) 得到 (-x)2_+h2₌₄2...(1)

(-y)2_+h2₌₆2...(2) (2)-(1)　y2_-x2₌₂₀ AQ AP⋅ =(-x+y)(x+y)=y2_-x2₌₂₀ 分析：以上三種做法，但是我也發現如果對 於分析不佳的學生，會試著使用第三 種解法( 解析幾何) 設立坐標軸，一樣 能解出答案。 第 二 題 ．設數列< a_n>∞n₌1滿足：a1= 2 ， a₂=500 ， a₃= 2 0 0 0 ，並設 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 2 n a a a a a a − + − + + + ₌ + + ， n=2 ， 3 ， 4...。求 2000 1999 2001 a a a ⋅ 之值。 (解一) 將 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 2 n a a a a a a − + − + + + ₌ + + 交 叉 相 乘 ， 得 到 ( a_{n +2}+ a_{n +1}) • a_{n - 1}= ( a_{n +1}+ a_{n - 1}) • a_{n +1}可以得到 a_n+2• a_n-1=a_n+1• a_n+1(其中 a_n+1• a_n-1相消)列 出一連串漸進式　　 a₂₀₀₁• a₁₉₉₈=a₂₀₀₀• a₂₀₀₀ a₂₀₀₀• a₁₉₉₇=a₁₉₉₉• a₁₉₉₉　 a₁₉₉₉• a₁₉₉₆=a₁₉₉₈• a₁₉₉₈ 　　　 ... 　　　 ... 　　a₅• a_2=a4• a₄ 　　a₄• a₁=a3• a3 等式兩邊連乘，相同的消去，得到 a₂₀₀₁• a₁• a₂=a3• a1999• a2000 所以 2000 1999 2001 a a a ⋅ = 2 500 2 2000 a a a 2 1 3 ₌ ⋅ = ⋅ (解二) 先算出 a₄=2000000 ，再從 2 1 3 a a a × =2= 2 3 4 a a a × ，依此類推答案可能為 2 ，進而證明 正確性，從解一中將 1 n 1 n 1 n 1 n 1 n 2 n a a a a a a − + − + + + ₌ + + 交叉相 乘，可以得到 a_n+2• a_n-1=a_n+1• a_n+1(其中 a_n+1 • a_n-1相消) 等 號 兩 邊 同 乘 a_n得 到 a_{n - 1}• a_n• a_{n + 2} =a_n• a_n+1• a_n+1 n 1 n 2 n 1 n n 1 n a a a a a a ⋅ = ⋅ ⇒ + + − + 類推　　　 a a a a a a a a a .... a a a 1 n 2 n 3 n n 1 n 2 n 1 n n 1 n 2 1 3 ⋅ = ⋅ = ⋅ = = ⋅ + + + + + − + 2 a a a ... 1998 1999 2000 ₌ ⋅ = = 分析：這一部分是第一冊中遞迴式的部分， 但是學生所學的過程中並沒有看過連 續四項的關係式，所以看到分式，習 慣將它交叉相乘化簡，從中看出遞迴 關係式，此題就是以此種方法起步。 第 三 題 ．設 x > 1 ， y > 1 ，且( l o g_{1 0}x )2₊ (log₁₀y)2_=log 10x 2_+log 10y 2_{，求 x 的最大值。} (解一) 求 x 的最大值，相當於先求 l o g_{1 0}x • l o g_{1 0}y 的最大值方便起見，令 l o g_{1 0}x = a ， log₁₀y=b ，得到 a2_+b2_=2a+2b

2 ) 1 b ( ) 1 a ( ₋ 2_{+ −} 2 ₌ ⇒ 利用圓的參數式 (a ， b)=(_{1+ 2cosθ}，_{1+ 2sinθ}) ab=1+ 2(cosθ+sinθ)+2sinθcosθ 令t=cosθ sin+ θ ，_{− 2≤t≤ 2}( 由三角 函數的疊合得知) t 2 t 1 t t 2 1 ab_{= + +} 2_{− =} 2₊ 2 1 ) 2 2 t ( ₊ 2₋ = 得到_{t= 2}時有最大值 ab=4 所以 x 的最大值為 104_{=10000 。} (解二) 利用算數平均數大於等於幾何平均數 ) y (log ) x (log 2 ) y (log ) x (log 2 10 2 10 2 10 2 10 + _≥ y log x log10 ⋅ 10 = ...(1) 因為(log₁₀ x)2_+(log 10 y) 2_=log 10 x 2_{• log} 10 y 2 (1)可改成 log x log y 2 y log x log 10 10 2 10 2 10 + _{≥ ⋅} y log x log y log x log₁₀ + ₁₀ ≥ ₁₀ ⋅ ₁₀

等號成立發生在 log₁₀ x=log₁₀ y(x>1 ， y>1) 得到 x=y ，代回原式(log₁₀ x)2_+(log

10 y) 2_=log

10 x 2

+log₁₀ y2_{得到 x=y=100 ，所以 log}

10 x • log10 y 的最大值為 4 ， x 的最大值為 104_{=10000 。} (解三) 利用柯西不等式 2 2 2 10 2 10x) (log y) ](2 2 ) [(log + + ≥ 2 10 10x 2log y) log 2 ( + 因為(log₁₀ x)2_+(log 10 y) 2_=log 10 x 2_+log 10 y 2 2 10 10 2 10 2

10x log y ) 4(log x log y)

(log

8 + ≥ + 　 　

令 log₁₀ x+log₁₀ y=t t>0

2 t 4 t 16 ≥ 0 t 4 t2_{− ≤} 0 ) 4 t ( t − ≤ 4 t 0≤ ≤ 且_{t>0 ⇒0<t≤4} 又t 2log10xlog10y 2t 2_{− =} 2 1 ) 1 ( 2 1 log log10x 10y= t− 2− 所以當 t=4 時， log₁₀ x log₁₀ y 有最大值 4 x 的最大值為 104_{=10000 。} 分析：這個題目所能用到的方法很多，有算 幾不等式甚至三角函數，或是柯西不 等式( 向量上) ，也可以利用幾何學來 解釋，起因於算極大與極小值的方法 本來就有很多，學生可以比較不同的 解法，了解其中的差異。 問 題 四 ．如右圖所示的立方架，利用 1 單位長的鐵桿焊接而成， 1 × 1 × 1 立方架需 要 12 根鐵條， 2 × 2 × 2 立方架需要 54 根， 試問 10 × 10 × 10 的立方架需要多少根這種 鐵條焊接？ (解一) 分 別 從 長 、 寬 、 高 來 討 論 所 需 要 的 根 數，發現 n × n × n 立方架需要 n ×(n+1)× (n+1)根構成所有長，同理也需要 n ×(n+1)× (n+1)根構成寬與高，因此 n × n × n 的立方 架共需要 n ×(n+1)×(n+1)× 3 根，所以 10 × 10×10的立方架共需要10×11×11×3=3630 根鐵條。 分析：此題為數學遊戲中的一種，利用分析 長、寬、高的規律就可以得出共需要 多少鐵條，此題對於學生而言，是屬 於容易的一題。 (解二) 有 些 學 生 是 觀 察 a₁= 1 2 ， a₂= 5 4 ， a₃=144 ， a₄=300 ， a₅=540 則 a₂-a₁=b₁=42 ， a₃-a₂=b₂=90 ， a₄-a₃=b₃=156 ， a₅-a₄=b₄=240 ， b₂-b₁=c₁=48 ， b₃-b₂=c₂=66 ， b₄-b₃=c₃=84 ， b₂ -c₂- c₁= 1 8 ， c₃- c₂= 1 8 所以依此類推出 c₄ -c₃=18 ， b₅-b₄=102 ， a₆-a₅=542 ，所以 a₆=1082 得到 a₁₀=3630 (解三) 從 解 二 中 ， 可 以 觀 察 出 遞 迴 式 ， 得 到 a_n+3-3a_n+2+3a_n+1-a_n=18 ，其中 a₁=12 ， a₂=54 ， a₃=144 ，(a_n+3-a_n+2)-2(a_n+2-a_n+1)+(a_n+1-a_n)=18 令b_n=a_n+₁−a_n⇒bn+2−2bn+1+bn =18

其中b₁=42，b₂ =90 令c_n=b_n+₁−b_n⇒c_n+₁−c_n=18 其中 c1=b2−b1=48

所以c_n=c₁+18(n−1)=18n+30 12 n 21 n 9 ) 1 n ( 30 ) 2 n ) 1 n ( ( 18 b b 2 1 n= + − ⋅ + − = + + ) 6 ) 1 n 2 ( n ) 1 n ( ( 9 a an 1 + − ⋅ ⋅ − + = ) 1 n ( 12 ) 2 n ) 1 n ( ( 21 − ⋅ + − = 3 n3_{+ 6 n}2_{+ 3 n 所以} 3630 a10= 分析：這三種方法嚴謹度不同，多數學生可 能先想到的是解二，但是較難找出其 關係式，只能依次類推，所以短時間 競賽中，解一不失為一種好方法。 問 題 五 ．設 P ( x ) 為非負的實係數多項 式，若 P(1)=4 ， P(2)=5 ， P(3)=6 ，求 P(90)。 (解) 因為此題針對 P(x)為非負的實係數多項 式 ， 所 以 討 論 如 此 的 P ( x ) 是 否 有 可 能 2 ) x ( P deg ≥ ，一般而言，看到 P(1)=4 ， P(2) =5 ， P(3)=6 ，我們會假設 P(x)= (x-1)(x-2)(x-3)Q(x)+x+3 ，如此一來， P(90)成為未定數， 所以我們證明 deg P(x)<2 ，令 p(x)=(x-1)(x-2) (x-3)Q(x)+x+3= n 1 _{1 0} 1 n n nx a x ... a x a a + − + + + − ， 又 P ( x ) 為 非 負 的 實 係 數 多 項 式 ， 所 以 a ... a a，_{n n−}，₁ ，，₂ a，₁ a₀≥0再令 F(x)=P(x)-x-3=(x-1)(x-2)(x-3)Q(x)=a x a x ... (a1 1)x 1 n 1 n n n + − − + + − ) 3 a ( 0− + F(1)=0 0 ) 3 a ( ) 1 a ( a ... a a_n+ _n1+ + ₂+ ₁− + ₀− = ⇒ − ... F(2)=0 2 ) 1 a ( 2 a ... 2 a 2 a 1 2 2 1 n 1 n n n + + ⋅ + − ⋅ + ⇒ − − 0 ) 3 a ( 0− = ... F(3)=0 ( 3 ) 1 a ( 3 a ... 3 a 3 a 1 2 2 1 n 1 n n n + + + + − ⋅ + ⇒ − − 0 ) 3 a ( 0− = ... 所以 -) 1 2 ( a ... ) 1 2 ( a ) 1 2 ( a 2 2 1 n 1 n n n − + − − − + + − + 0 ) 1 a ( 1− = ... -( ) 1 3 ( a .... ) 1 3 ( a ) 1 3 ( a 2 2 1 n 1 n n n − + − − − + + − + 0 ) 1 a ( 1− = + ... -0 ) 2 3 ( a .... ) 2 3 ( a ) 2 3 ( a 2 1 n 1 n 1 n n n n − + − − − − + + − = 因為a，_n a_n−，₁...a，₂ a，₁ a₀≥0，所以an = 0 a ... a_{n 1}= = ₂= = − 因此 P(x)只能為一次式， P (x)=a₁x+a₀又 P(1)=4 ， P(2)=5 ， P(3)=6 ，所 以 P(x)=x+3 ， P(90)=93 分 析 ： 當 初 很 多 學 生 馬 上 就 能 看 出 答 案 為 93 ，但是並不知道理論為何，而現階 段第一冊所學的若 f(x)為大於或等於 n 次多項式，而 f(a₁)=f(a₂)=f(a₃)=...= f(a_n+1)=0 ，即可得到 f(x)=0 ，但是此 題並沒有說明為幾次式，問題著重在 P(x)為非負的實係數多項式，所以證 明為何 P ( x ) 不可能為二次以上的式 子。 問 題 六 ．對任意一正整數 n ，定義多項 式 f_n(x)如下： f₁( x ) = 1 + x3_{， f} 2( x ) = 1 + 4 x 9_{，. . . ，} n 3 2 n(x) 1 n x f = + 設 1 k2 2 k 1 9 2 1(x)f (x) f (x) 1 a x a x f ⋅⋅ ⋅⋅ = + + + m k mx a ...+ 。其中每個 a_i與 k_i都是正整數，且 k₁<k₂<...<k_m，試求 a₃₀之值。 (解) 將 f₁( x ) f₂( x ) . . . f₉( x ) 相乘，因為 n 3 2 n(x) 1 n x f = + ， 對 所 有 k x3 _{項 中 ， 前 面} 1 2 1 3 3 3 _{x ... x}k− x， ， 項相乘並不會影響x3k的係數

所以 f₁(x)f₂(x)...f₉(x)中並不會有係數進 位的情況產生，求 a₃₀相當於第 31 項的係數， (第一項為常數項) 利用二進位法， 31=1+2+4+8+16 所 以 相 當 於_x3_⋅x9_⋅x27_⋅x81_⋅x243 _相乘後的 係數，即為12_⋅22_⋅32_⋅42_⋅52₌(1_⋅2_⋅3_⋅4_⋅5)2 ₌ 14400 120 ) 5 (_！2₌ 2₌ 分析：此題下手的重點即在於認清 f₁( x ) f₂ (x)...f₉(x)相乘後係數並不會進位造成 困擾，而 2 3n n(x) 1 n x f = + 皆為兩項，所 以每一個數字皆可以用二進位表示法表 示，得到係數為₁2_⋅22_⋅32_⋅42_⋅52_。 第七題．從五個不同的正整數中，任意 選出四個數，並計算其乘積，結果發現這樣 的乘積分別為：x ， y ， z ， 140 及 210 。試 求 xyz 之最小值。 (解一) 先分解 140=140=22_{× 5 × 7}

_{， 210=2}

_{× 3} × 5 × 7 ，觀察數字，發現這五位正整數中， 必有兩個數字有 2 ， 由 140=22_{×....觀察出，代表從兩個正整} 數中分別抓出 2 。 同理其餘數字由 3 ， 5 ， 7 所組成，所以 xyz × 140 × 210=28_{× 3}4_{× 5}4_{× 7}4 xyz=25_{× 3}3_{× 5}2_{× 7}2_=1058400 (解二) 設此五數 a,b,c,d,e,則 140 × 210 中間必有 三數重複，假設為 a,b,c_⇒(abc)2de₌140_×210 又 140=22_{× 5 × 7 ， 210=2 × 3 × 5 × 7 ，} ⇒ 140 × 210=23_{× 3 × 5}2_{× 7}2 所以(abc)2=(2⋅5⋅7)2=702 則 de=₍140_2⋅5⋅210₇₎2 =6 × 又 140 × 210 × xyz= (abcde)4 所以 xyz 之積最小應為 70 ) de ( ) abc ( 2 3₌ 2_⋅63_=1058400 分析：此兩種解法皆由觀察四個數乘積應有 的 規 律 出 發 ， 學 生 多 能 看 出 此 種 關 係。 第八題．已知有 1 、 2 1 、 3 1 、 4 1 、...、 2001 1 共 2001 個數，規定 " 操作 " 一次如下： 拿掉其中任兩數 a ， b 後，其餘不動，再加入 一數 a+b+ab 。經過 2000 次這樣的操作之後只 剩下一數，求此數。 (解) 先考慮 p 1 、 q 1 、 r 1 三數，先證明其分配 律成立，即先操作 p1 、 q1，再操作 r 1 或先操 作 q 1 、 r 1 ，再操作 p 1 ，所得的結果是一樣 的，才可知先操作任何數結果相同。 先操作 p 1 、 q 1 ，剩下 pq 1 q 1 p 1_{+ +} 和 r 1 得 到1_p+1_q+_r1+ _pq1 + _pr1 +_qr1 + _pqr1 或先操作 q 1 、 r 1 ，剩下 qr 1 r 1 q 1 + + 和 p 1 得 到1_p+1_q+_r1+ _pq1 + _pr1 +_qr1 + _pqr1 同理類推至操作四數時，任兩數先操作 其結果相同，類推至有限個( 2 0 0 1 個) 代表 1 、 2 1 、 3 1 、 4 1 、...、 2001 1 這 2001 個數中， 先操作哪一個結果相同。 而且觀察到1_p+1_q+1_r+_pq1 + _pr1 +_qr1 + _pqr1 即為(x- p1 )(x- q1 )(x-r 1 )-1 而 x=1 帶入 所以操作 1 、 2 1 、 3 1 、 4 1 、...、 2001 1 這 2 0 0 1 個 數 ， 即 為 ( 1 + 1 1 ) ( 1 + 2 1 ) ( 1 + 3 1 )

(1+ 4 1 )...(1+ 2001 1 )-1 = 1 2001 2001 2002 ... 2 4 2 3 1 2 = − ⋅ ⋅ ⋅ 。 分析：此題多數同學利用前三個數字推出結 果為 3 ，所以依次類推這 2001 個數也 會得到結果為 2001 ，但並不知道其理 論支持，但是在短時間競賽中，此種 能以小類推大數字的方法，不失為解 題法之一。

三、結語

從數學競賽中，學生可以藉此得到腦力 激盪的機會，也可以測驗數學知識整合的程 度，有時候老師的工作必須評量學生想法的 邏輯性，從旁協助，因為光是學生的想法就 千變萬化。以上可能只為解法的其中之一， 想藉此拋磚引玉引起學生更多的解題想法， 也希望先進多多指教。

(上承第 15 頁)

結語

紐約及華府遭受的的恐怖攻擊凸顯了情 報蒐集的重要，雖然蒐集情報所涉及的領域 比密碼學要廣得多，但是密碼學在其中扮演 著關鍵的角色；據報載，美國鎖定的頭號主 嫌賓拉登平素對先進加密技術即抱持著高度 的興趣；雙方的開打可以想見在密碼學領域 將有一番較勁。 英 文 裡 ， 研 究 加 密 的 方 法 的 學 問 稱 為 Cryptography ，研究如何破解密文的學問稱 為 Cryptanalysis ，這兩個領域合起來則稱為 Cryptology 。 本文限於篇幅，只介紹了代換加密法的 四種類型中的兩種，另外兩種有機會筆者將 另文介紹。

參考資料

1.許介彥(2001), 密碼學初步, 科學教育月刊, 第 239 期.

2.Dorothy E. R. Denning, Cryptography and Data Security, Addison-Wesley, 1982. 3.Martin Gardner, Codes, Ciphers, and Secret

Writing, Dover, 1972.

4.William Stallings, Cryptography and Network Security, 2nd edition, Prentice Hall, 1999. 作者信箱：chsu@mail.dyu.edu.tw