國立新竹教育大學 一○二學年 北區高中學生數學與科學跨領域研究人才培育計畫 下學期 期末 考題 參考解答 2013年7月6日 1. 試證:只存在兩個實數滿足 (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4)(x − 5)(x − 6) = 720.
解: Suppose we increase x beyond 7. We increase all the factors on the LHS, so we get more than 720. Similarly, if we decrease x below 0. Let
f (x) = (x − 1)(x − 2)(x − 3)(x − 4)(x − 5)(x − 6).
f (6) = 0. From 7 to 6 all factors decrease, so f (x) decrease as x tends from 7 to 6. As x tends from 0 to 1, f (x) tends from 720 to 0. If 1 ≤ x ≤ 2, (x − 1) ≥ 0, but x − 2, x − 3, etc, are ≤ 0, so f (x) ≤ 0. Similarly, if 3 ≤ x ≤ 4 or 5 ≤ x ≤ 6. Now if 2 ≤ x ≤ 3, then |x − 1| ≤ 2, |x − 2| ≤ 1, |x − 3| ≤ 1, |x − 4| ≤ 2, |x − 5| ≤ 3, |x − 6| ≤ 4, so |f (x)| ≤ 48. Hence, f (x) 6= 720 when 2 ≤ x ≤ 3. If 4 ≤ x ≤ 5, |x − 1| ≤ 4, |x − 2| ≤ 3, |x − 3| ≤ 2, |x − 4| ≤ 1, |x − 5| ≤ 1, |x − 6| ≤ 2, so |f (x)| ≤ 48. Hence, f (x) 6= 720 when 4 ≤ x ≤ 5.
This complete the proof: f (0) = 720, f (7) = 720 and
2. 已知四邊形ABCD內接於圓O,其中AB是直徑,且AD = CD. 分別延長AB與 CD,交於點E. 取點F 在直線CE 上,使得BF ⊥CE. 若AE = AO且BC = 6, 試求CF 的長度。 解: 答CF = 3 √ 2 2 . 聯結 AC, BD, OD.由AB是圓O的直徑,知 ∠BCA = ∠BDA = 90◦. 由題設得∠BCF = ∠BAD. 故兩直角三角形BCF ∼ BAD,得 BC CF = BA AD. 因OD是圓O的半徑, AD = CD,所以, OD垂直平分AC, ODkBC. 於是 DE DC = OE OB = 2. 故DE = 2CD = 2AD, CE = 3AD. 由∆AED ∼ ∆CEB,得 DE · EC = AE · BE ⇒ 2AD · 3AD = BA 2 · 3 2BA ⇒ BA = 2 √ 2AD. 故 CF = AD BA · BC = BC 2√2 = 3√2 2 .
3. 是否有可能將整數集{. . . , −1, 0, 1, 2, . . .}完整分割成三個子集合(兩兩不相交,而 三個聯集是整數集),使得對於任意整數n,三個數n − 101, n,和n + 2014分別屬 於這三個子集合? 解: 不可能。 假設可以,而這三個子集合是A, B, C,而且令−101 ∈ A, 0 ∈ B, 2014 ∈ C. 注 意n − 101, n屬於不同的子集合,也就是數字相差101就屬於不同的子集合。 注意 n, n + 2014屬於不同的子集合,也就是數字相差2014就屬於不同的子集合。 現在考慮n = 101,則三個數是0, 101, 2115. 已知0 ∈ B所以101, 2115分別屬 於A, C. 然而2014與2115相差101,所以屬於不同的子集合,也就導致2115 ∈ A. 最後101 ∈ C. 考慮 n = 202, 則三個數是101, 202, 2216. 同理得101 ∈ C, 202 ∈ A, 2216 ∈ B. 以上不斷沿用可得: 3k × 101 ∈ B, (3k + 1) × 101 ∈ C, (3k + 2) × 101 ∈ A. 特別是2014 × 101 ∈ C. 改換n = −2014,則三個數是−2115, −2014, 0.已知0 ∈ B所以−2115, −2014 分別屬於A, C. 然而−101與−2115相差2014,所以屬於不同的子集合,也就導致 −2115 ∈ C. 最後−2014 ∈ A. 考慮 n = −4028,則三個數是−4129, −4028, −2014.同理得−4129 ∈ B, −4028 ∈ C, −2014 ∈ A. 以上不斷沿用可得: 3k × 2014 ∈ B, (3k + 1) × 2014 ∈ C, (3k + 2) × 101 ∈ A. 特別是2014 × 101 ∈ A. 矛盾出現,所以答案是不可能。
4. 給定正實數x1, x2, · · · , xn(n ≥ 3)使得x1· x2· · · xn= 1. 試證: x8 1 (x4 1+ x42)x2 + x 8 2 (x4 2+ x43)x3 + · · · + x 8 n (x4 n+ x41)x1 ≥ n 2. 解: 先證底下引理 對任意正實數a, b,底下不等式成立 (a3+ b3)2 ≥ 2ab(a4+ b4). 證明: 上述不等式等價於 a6 − 2a5b + 2a3b3− 2ab5+ b6 ≥ 0 ⇔ (a − b)2(a4− a2b2+ b4) ≥ 0. 由引理知 n X i=1 x8i (x4 i + x4i+1)xi+1 = n X i=1 x9i (x4 i + x4i+1)xixi+1 ≥ n X i=1 2x9i (x3 i + x3i+1)2 = 2 n X i=1 (x3i)3 (x3 i + x3i+1)2 ≥ 2 ( Pn i=1x 3 i)3 (2Pn i=1x3i)2
(by the H¨older inequality)
= 1 2 n X i=1 x3i ≥ 1 2n( n √ x1· · · xn)3 = n 2.
5. 設p是質數,數列{an}滿足a0 = 0, a1 = 1,且對任意非負整數n有 an+2 = 2an+1− pan. 若−1是數列{an}中的一項,試求p的所有可能值。 解: 滿足題設的p只有p = 5. 易知,當p = 5時, a3 = −1. 底下證明上述是滿足題意的唯一解。 假設am = −1,對某個正整數m. 顯然, p 6= 2,否則,由an+2 = 2an+1− 2an, 知當 n ≥ 2時, an均為偶數。 從而,數列各項中不能包含−1.於是, (2, p) = 1.再由 an+2 ≡ 2an+1− pan(mod p) ⇒ an+2≡ 2an+1 (mod p), 即數列{an}在模p的意義下是等比數列,有 an+1 ≡ 2na1 (mod p). 特別地,有 −1 ≡ am ≡ 2m−1a1 ≡ 2m−1 (mod p) (1) 而對an+2 = 2an+1− pan兩邊模p − 1得 an+2≡ 2an+1− an(mod (p − 1)) ⇒ an+2− an+1 ≡ an+1− an(mod (p − 1)), 即數列在{an}在模p − 1的意義下是等差數列,有 an+1≡ (n + 1)(a1− a0) + a0 ≡ n + 1 (mod (p − 1)) 特別地,有 −1 ≡ am ≡ m (mod (p − 1)), 即m + 1 ≡ 0 (mod (p − 1)). 由(2, p) = 1與費馬小定理得 2p−1≡ 1 (mod p).
結合(1)式得
1 ≡ 2p−1 ≡ 2m+1 ≡ 4 × 2m−1 ≡ −4 (mod p). 由此, 5 ≡ 0 (mod p).
