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教育部九十二學年度高級中學數學科能力競賽決賽試題與參考解答

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Academic year: 2021

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(1)

教育部九十二學年度高級中學數學科能力

競賽決賽試題與參考解答

國立臺灣師範大學 數學系

壹、試題

一、筆試(一)

【問題一】:設正實數數列

t t L

1

, ,

2 是一個公比為10 的等比數列. 試求所有可能的正整數

n

及所 有的

n

次多項式

f x

( )

=

a x

n n

+

a x

n1 n−1

+ +

L

a

0,滿足:最高次項係數

a

n是整數, 且

f

(log

10

t

k

)

=

93

,

∀ =

k

1, 2,

L

,

n

+

1

. 【問題二】:在某一個

ABC

中, 過頂點 B 作一直線與

C

的平分線垂直, 垂足為 D; 過頂點 C 作一直線與

B

的平分線垂直, 垂足為 E. 設點 D 在

ABC

的外部, 點 E 在

ABC

的內部且

ABC

的內切圓在邊ABCA 上的切點分別為點

P

Q . 試證:直線 DE 通過

P

、 Q 兩點. 【問題三】:正八邊形

A A A A A A A A

1 2 3 4 5 6 7 8的內部可被它的對角線分割成 80 個區域. 試求所有 可能的正整數

n

, 使得我們可將其中

n

個區域塗色後, 滿足: 每一個

A A A

i j k的 內部都恰有一個塗色的區域.

二、筆試(二)

【問題一】:在

ABC

中, D、E 及 F 分別在三邊BCCA 及AB上, 且使得ADBE

CF

三 線段交於一點. 過F 作平行於直線 ED 的直線交ADK, 並交

CB

的延長線於L. 試證:FK =FL. 【問題二】:設正實數

a b

,

滿足: 3 3 3 1 a + +b ab= . 試求 3 3

1

1

(

a

)

(

b

)

a

b

+

+ +

的最小值. 【問題三】:試求所有的正整數

n

, 使得 5 2 4 2 3 2 2 2 1 n + n + n + n + n+ 為一完全平方數.

三、獨立研究(一)

【問題一】:試求滿足 (x+93) (P x−93) (+ −x 93) (P x+93) 2= xP x( ) ... (1)

(2)

的實係數多項式

P x

( )

【問題二】: 設

x y z w

, , ,

都是正實數. 試證:

3

3 3 3

(1

+

x

)(1

+

y

)(1

+

z

)(1

+

w

) (1

≥ +

xyz

)(1

+

yzw

)(1

+

zwx

)(1

+

wxy

)

.

【問題三】:在

ABC

中,

B

是直角, 其內切圓與

BC

CA

AB

分別交於點

D

E

F

. 直 線

EF

與直線

BC

交於點

G

; 過

E

EF的垂線交BC 於點

H

. 設

GHE

的外接 圓與AB交於點

K

. 試證:

GK GD

=

.

四、獨立研究(二)

【問題一】:設多項式 f x( )= +x3 ax2+ +bx 1, 其中

a

0

,

b

0

, 且 f x( ) 0= 的三根都是實數. 試證: f(2) 27≥ . 【問題二】:試求所有的整數m,

n

, 滿足方程式3n3m2+18n6m30 0= . 【問題三】:每一個由正整數所形成的集合都有一個「交錯和」, 它的定義如下:「將此集合中 的數, 由大到小排列, 交錯的加、減得到一個結果, 稱為此集合的交錯和」. 例 如:集合{1, 2, 4, 6, 9}的交錯和為

9 6 4 2 1 6

− + − + =

; 集合{6}的交錯和為 6; 空 集合的交錯和視為0. 試求{1, 2,L , 2004}所有子集合交錯和的總和.

貳、參考解答

一、筆試(一)

【問題一:參考解答】:令

d

k

=

log

10

t

k, 則

<

d

k

>

為公差為 1 的等差數列. 注意:滿足條件 的

n

次多項式為 1 1 1 1 0 1 1 ( ) n n ( k) n n ( k) ( ) k k f x a x d a− − x d a x d a = = =

− +

− + +L − + , 其中a0= ±93. 當

n

=

1

時, ( ,a a0 1)=( 93, 186 ) , ( 93, 186 ) . 即有 2 個一次多項式 1 ( ) 186( ) 93 f x = − x d− + , 1 ( ) 186( ) 93 f x = x d− + . 當

n

=

2

時 , ( , ,a a a0 1 2)= (93, 0, 93)− , ( 93, 186, 93)− , ( 93, 186, 186 )− , ( 93, 0, 93)− , ( 93, 186, 93)− − , ( 93, 186, 186 )− − . 即有 6 個二次多項式 1 2 ( ) 93( )( ) 93 f x = x d x d− − − , 1 2 ( ) 93( )( ) 93 f x = − x d x d− − + ,

(3)

1 2 1 ( ) 93( )( ) 186( ) 93 f x = x d x d− − − x d− + , 1 2 1 ( ) 93( )( ) 186( ) 93 f x = − x d x d− − + x d− − , 1 2 1 ( ) 186( )( ) 186( ) 93 f x = x d x d− − − x d− + , 1 2 1 ( ) 186( )( ) 186( ) 93 f x = − x d x d− − + x d− − . 當

n

=

3

時, ( , , ,a a a a0 1 2 3)= (93, 0, 0, 31)− , ( 93, 0, 93, 62 )− , ( 93, 0, 93, 93)− , ( 93, 186, 93, 31)− − , ( 93, 186, 186, 93)− − , ( 93, 186, 186, 124 )− − , ( 93, 0, 0, 31)− , ( 93, 0, 93, 62 )− − , ( 93, 0, 93, 93)− − , ( 93, 186, 93, 31)− − , ( 93, 186, 186, 93)− − , ( 93, 186, 186, 124 )− − . 即有 12 個三次多項式 1 2 3 ( ) 31( )( )( ) 93 f x = − x d x d− − x d− + , 1 2 3 1 2 ( ) 62( )( )( ) 93( )( ) 93 f x = x d x d− − x d− − x d x d− − + , 1 2 3 1 2 ( ) 93( )( )( ) 93( )( ) 93 f x = x d x d− − x d− − x d x d− − + , 1 2 3 1 2 1 ( ) 31( )( )( ) 93( )( ) 186( ) 93 f x = − x d x d− − x d− + x d x d− − − x d− + , 1 2 3 1 2 1 ( ) 93( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93 f x = − x d x d− − x d− + x d x d− − − x d− + , 1 2 3 1 2 1 ( ) 124( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93 f x = − x d x d− − x d− + x d x d− − − x d− + , 1 2 3 ( ) 31( )( )( ) 93 f x = x d x d− − x d− − , 1 2 3 1 2 ( ) 62( )( )( ) 93( )( ) 93 f x = − x d x d− − x d− + x d x d− − − , 1 2 3 1 2 ( ) 93( )( )( ) 93( )( ) 93 f x = − x d x d− − x d− + x d x d− − − , 1 2 3 1 2 1 ( ) 31( )( )( ) 93( )( ) 186( ) 93 f x = x d x d− − x d− − x d x d− − + x d− − , 1 2 3 1 2 1 ( ) 93( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93 f x = x d x d− − x d− − x d x d− − + x d− − , 1 2 3 1 2 1 ( ) 124( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93 f x = x d x d− − x d− − x d x d− − + x d− − . 當

n

=

4

時, ( , , , ,a a a a a0 1 2 3 4)= (93, 0, 0, 31, 31)− , ( 93, 186, 186, 93, 31)− − , ( 93, 186, 186, 124, 62 )− − , ( 93, 0, 0, 31, 31)− − , ( 93, 186, 186, 93, 31)− − − , ( 93, 186, 186, 124, 62 )− − − , 即有 6 個四次多項式 1 2 3 4 1 2 3 ( ) 31( )( )( )( ) 31( )( )( ) 93 f x = x d x d− − x dx d− − x d x d− − x d− + , 1 2 3 4 1 2 3 1 2 1 ( ) 31( )( )( )( ) 93( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93, f x x d x d x d x d x d x d x d x d x d x d = − − − − − − − − + − − − − +

(4)

1 2 3 4 1 2 3 1 2 1 ( ) 62( )( )( )( ) 124( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93, f x x d x d x d x d x d x d x d x d x d x d = − − − − − − − − + − − − − + 1 2 3 4 1 2 3 ( ) 31( )( )( )( ) 31( )( )( ) 93 f x = − x d x d− − x dx d− + x d x d− − x d− − , 1 2 3 4 1 2 3 1 2 1 ( ) 31( )( )( )( ) 93( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93, f x x d x d x d x d x d x d x d x d x d x d = − − − − − + − − − − − − + − − 1 2 3 4 1 2 3 1 2 1 ( ) 62( )( )( )( ) 124( )( )( ) 186( )( ) 186( ) 93. f x x d x d x d x d x d x d x d x d x d x d = − − − − − + − − − − − − + − − 現在我們證明當

n

5

, 沒有滿足條件的 n 次多項式 f x( ). 假設存在, 則由已知 條件得 1 0 ( )2 93 a + =a f d = ± ... (1) 2 1 0 3 2a +2a + =a f d( )= ±93... (2) 3 2 1 0 4 6a +6a +3a + =a f d( )= ±93... (3) 4 3 2 1 0 5 24a +24a +12a +4a + =a f d( )= ±93... (4) 1 2 1 0 1 ! ! ! ! ( ) 93. 1! 2! ( 1)! n n n n n n n n a a a a a f d n − − + + + + + + = = ± − L ... (n) 由[ (n)式− × − 式C1n (n 1) 2 ( 2) n C n + × − 式 1 1 ( 1)n n n C − − − + −L ×(1)式 ]可得 1 0 1 2 1 ! ( 1)n ( 1 n n n ) 93. n n n a +a C C C − + − = ± ± ± ± ±L ⋅ 因此, 1 2 1

( 1

1)

93

!

n n n n n

C

C

C

a

n

± ±

±

± ±

±

=

L

故, 當

n

=

5

時, 5

1 5 10 10 5 1

31

40

a

=

± ± ± ± ± ±

因為

a

5是一整數,

± ± ± ± ± ±

1 5 10 10 5 1

必須是40 的倍數, 其唯一可能是

1 5 10 10 5 1 0

± ± ± ± ± ± =

, 即

a

5

=

0

, 不合. 當

n

=

6

時, 6

1 6 15 20 15 6 1

31

240

a

=

± ± ± ±

± ± ±

(5)

X Y E D P Q I A B C 因為

a

6是一整數,

± ± ± ±

1 6 15 20 15 6 1

± ± ±

必須是240 的倍數, 其唯一可能是

1 6 15 20 15 6 1 0

± ± ± ±

± ± ± =

; 即a6=0, 不合. 當

n

=

7

時, 7 1 7 21 35 35 21 7 1 31 1680 a = ± ± ± ± ± ± ± ± ⋅ 因為

a

7是一整數,

± ± ± ± ± ± ± ±

1 7 21 35 35 21 7 1

必須是1680 的倍數, 其唯一可 能是

1 7 21 35 35 21 7 1 0

± ± ± ± ± ± ± ± =

; 即a7 =0, 不合. 當

n

8

時, 1 2 1 (1 1) 93 2 93 1. ! ! n n n n n n C C C a n n − + + + + + ⋅ ⋅ ≤ L = < 因為an是一整數, 故an =0, 不合 【問題二:參考解答】: 設直線 DE 與AB交於X, 與

CA

交於 Y, 而 I 為

ABC

的內心. 我們僅需證明點 P 與點 X 重合, 且點 Q 與點 Y 重合. 因為

BDC

= ∠

CEB

= °

90

, 所以 D、E、C、B 四點共圓. 於是, 可 得 (1/ 2)

XDI EDC ABC XBI

∠ = ∠ = ∠ = ∠ .

由此可知, B、I、X、D 四點共圓. 因此,

IXB

= ∠

IDB

= °

90

, 即 IXAB, 亦即

ABC

的 內切圓與AB切於X 點, 因而點 P 與點 X 重合. 另一方面, 由 D、E、C、B 四點共圓, 可得

180 180 180 (1/ 2) 180

YEI DEB DCB ACB YCI

∠ = ° − ∠ = ° − ∠ = ° − ∠ = ° − ∠ .

由此可知C、I、Y、E 四點共圓. 因此,

IYC

= ∠

IEC

= °

90

, 即IYAC,亦即

ABC

的內

(6)

A8 A7 A6 A5 A4 A3 A1 A2 【問題三:參考解答】:考慮6 個互不重疊的三角形:

A A A

1 2 3,

A A A

1 3 4,

A A A

1 4 5,

A A A

1 5 6, 1 6 7

A A A

,

A A A

1 7 8. 因每一個三角形的內部都有一個塗色的區域, 故

n

6

. 另一 方面, 若

n

7

, 則由鴿籠原理可知上述的 6 個三角形中, 必有一個三角形有兩個 塗色的區域, 故

n

6

. 以下證明

n

=

6

是可能的. 令 1 2 2 1 2 3 p p p p p

S

= ∆

A A A

+

I

A A

+ +

A

+ , ∀ p=1, 2,

L

,

6; 則 將 S S1, 2,L ,S6塗 色 即 可 滿 足 所 求. 事 實 上 , 考 慮 任 一

A A A

i j k , 其 中 1≤ < < ≤i j k 8. (i) 當

i

=

1

時(

k

3

), 則

S

k2

A A A

i j k唯一的塗色區域. (ii )當

i

2

時( j≥3), 則

S

j2

A A A

i j k唯一的塗色區域. 下圖顯示可能的6 個塗色區域.

二、筆試(二)

【問題一:參考解答】:(1) 由西瓦定理: AE CD BF 1 EC × DB × FA = . (2) 延長EDAB延長線於M, 則由孟氏定理 1 AE CD BM EC × DB × MA = . (3) 由(1), (2)知

(7)

M K L E A B C F D BF BM FA = MA , 即 AF BF AM = BM ... (*) (4) 由

FL DM

//

AFK

~

AMD

,

BLF

~

BDM

; 故得 AF FK AM = MD , BF FL BM =MD... (**) (5) 由(*)(**)可得 FK FL MD =MD, 所以FK =FL. 【問題二:參考解答一】:因為a3+ +b3 3ab= , 1 可改寫為

a

3

+ + − −

b

3

( 1)

3

3 ( 1) 0

ab

− =

. 所以 2 2 2

(

a b

+ −

1)[ (

a b

)

+ +

(

a

1)

+ +

(

b

1) ] 0

=

. 因此,

a b

+ =

1

a b

=

a b

= = −

1

( ,a b為正實數, 不合). 由算幾不等式 2

1

(

)

2

4

a b

ab

+

. ... (1) 令

f a b

( , ) (

a

1

)

3

(

b

1

)

3

a

b

=

+

+ +

, 則由(1)可得

(8)

3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3 3

1

1

( , ) (

)

(

)

1

1

3

3

3(

)

1

3

(

) 3(

)

(

)

1

3

(1

)(

) 3

(1 4 )(

) 3 12

65(1 3 ) 15

f a b

a

b

a

b

a

b

a b

a

b

a

b

a

b

a

b

a b

a b

a b

ab

a

b

a b

ab

a

b

ab

=

+

+ +

= + +

+

+

+ +

+

= + +

+

+

+ +

+

= +

+

+ +

≥ +

+

+ +

=

+

3

65(1

) 15

4

125

.

4

+

=

等號成立的充要條件為

a b

= =

12 . 【問題二:參考解答二】:由不等式 3 3 3

3(

)

3

3

x y z

x

+

y

+ ≥

z

+ +

及參考解答一中所定義的 f a b( , ) 可得

(

1 1 5

) ( )

1 5

( )

5 2 2 2 3 1 3 3 1 4 3 3 3 3

5

375

( , ) (

)

3

3

3

2

8

a b ab a b

f a b

+

+ + + +

=

+ +

+ +

=

. 所以,

( , )

375

(

5

)

3

125

8

2

4

f a b

=

. 【問題二參考解答三】:設

g x

( ) (

x

1

)

3

x

=

+

, 則g x( )為( 0, 1)上的凸函數. 由

b

= −

1

a

可得 1 1 1 2 2 2

125

125

( , )

( )

(1

) 2

(

(1

) ) 2

( ) 2

8

4

f a b

=

g a

+

g

a

≥ ⋅

g

⋅ + ⋅ −

a

a

= ⋅

g

= ⋅

=

. 【 註 】 : 由 算 幾 不 等 式 可 得

1

=

a

3

+ +

b

3

3

ab ab a b

(

+ +

) 3

ab

2

ab ab

+

3

ab

; 若 令

0

x

=

ab

>

, 則前式等價於 3 2 2x +3x − ≤ 1 0

(2x1)(x+1)20

2

x

− ≤

1 0

1 2

x

. 因此, 2 1 4

ab x

=

. 所以既使不知道

a b

+ =

1

, 亦能證明

ab

14 . 【問題三:參考解答】:首先,我們可將n5+2n4+2n3+2n2+2n+1因式分解為

(9)

5

2

4

2

3

2

2

2

1 (

1)(

4 3 2

1)

n

+

n

+

n

+

n

+

n

+ = +

n

n

+ + + +

n

n

n

. 由於

n

+

1

n4+ +n3 n2+ +n 1互質, 所以n5+2n4+2n3+2n2+2n+1為一完全平方 數的充要條件為

n

+

1

n

4

+ +

n

3

n

2

+ +

n

1

均為完全平方數. 其次, 對於任意的正整數

n

, 2 2 4 3 2 2 2

(

)

1 (

1)

2

2

n

n

n

+

<

n

+ + + + <

n

n

n

n

+

+

. 由於當

n

為偶數時,

2

n

n

+

1

2

n

n

+

+

為連續正整數, 而n4+ +n3 n2+ +n 1為一完全 平方數. 所以, 只有當

n

為奇數時, 上式才有可能成立. 在此情形下, 4 3 2

1 (

2

1

1)

2

2

n

n

+ + + + =

n

n

n

n

+

+

, 由此可得,

n

= −

1

(不合),

n

=

3

. 故, 僅在

n

=

3

時, 可使得n4+ +n3 n2+ +n 1為一完 全平方數. 當

n

=

3

時, n+ = =1 4 22也是一個完全平方數.

三、獨立研究(一)

【問題一:參考解答】: 取

x

= −

93

代入(1)式可得 0⋅ −P( 186) 186− ⋅P(0)= −186⋅ −P( 93), 由此可得P(0)= −P( 93); 取

x

=

93

代入(1)式可得 186⋅P(0) 0+ ⋅P(186) 186= ⋅P(93), 由此可得P(0)=P(93); 所以P(0)=P(93)= −P( 93). 設P(0)=P(93)= −P( 93)= , cP x( )=c有三個根− , 0, 93, 93 因而存在實係數多項式Q x( )使得P x( )可以表示為 ( ) ( 93)( 93) ( ) P x =x xx+ Q x + ... (2) c 將此代入(1)式化簡, 除以x x( −93)(x+93)後可得 (x−186) (Q x−93) (+ +x 186) (Q x+93) 2= xQ x( )... (3) 因為(3)式對於所有的實數x≠ −93, 0, 93都成立, 且Q x( )為多項式, 所以(3)式對於所 有的實數

x

都成立. 若Q x( )≡a是一常數多項式函數, 則(3)式可表示為 ( 186) ( 186) 2 a x− +a x+ = ax; 此顯然成立; 因而

(10)

3

( )

(

93)(

93)

8649

P x

=

ax x

x

+

+ =

c ax

ax c

+

也滿足(1)式. 現 在 我 們 僅 需 證 明 :Q x( )≡a是 一 常 數 多 項 式. 記Q(186)=Q(93 2)× =a . 以

186 93 2

x

=

= ×

代入(3)式, 我們可得 0×Q(93) (93 4)+ × ×Q(93 3) (93 4)× = × ×Q(93 2)× , 由此可得 (93 3) (93 2) Q × =Q × =a. 以

x

=

279 93 3

= ×

代入(3)式, 我們可得 93×Q(186) (93 5)+ × ×Q(93 4) (93 6)× = × ×Q(93 3)× , 由此可得93× +a (93 5)× ×Q(93 4) (93 6)× = × ×a, 因而Q(93 4)× =a. 事實上, 由數 學歸納法可證:對於所有的正整數

n

2

, Q(93× =n) a. 所以Q x( )≡a, 因而 3

( )

8649

P x

=

ax

ax c

+

, 其中

a c

,

可以是任意的實數. 【問題二:參考解答】: 利用算幾不等式(

a b c

+ + ≥

3

3

abc

), 得 2 3 3 3 3

(1

)(1

)(1

) 1 (

) (

)

1 3

3 (

)

(1

) .

x

y

z

x y z

xy yz zx

xyz

xyz

xyz

xyz

xyz

+

+

+ = + + + +

+

+

+

≥ +

+

+

= +

同理可得, 3 3

(1

+

y

)(1

+

z

)(1

+

w

) (1

= +

yzw

)

, 3 3

(1

+

z

)(1

+

w

)(1

+ = +

x

) (1

zwx

)

, 3 3

(1

+

w

)(1

+

x

)(1

+ = +

y

) (1

wxy

)

. 將上面四個不等式相乘、化簡後可得 3 3 3 3

(1

+

x

)(1

+

y

)(1

+

z

)(1

+

w

) (1

≥ +

xyz

)(1

+

yzw

)(1

+

zwx

)(1

+

wxy

)

, 其中等號成立的充要條件為

x

= = =

y z w

.

(11)

K H G F E D A B C 【問題三:參考解答】: 如圖所示, 由切割線定理得GD2=GF GE⋅ . 又∠B與∠FEH 均為直角,

GHE

GFB

相 似 , 所 以

GE GB GH GF

:

=

:

, 即

GF GE GB GH

=

, 因 而 得 2 GD =GB GH⋅ . 另方面, 因GHEK四點共圓, 且

FEH

為直角, 得∠GKH為 直角. 故,

GKH

GKB

相似. 因此,

GH GK GK GB

:

=

:

, 即GK2=GB GH⋅ . 綜合以上結果可得

GK

2

=

GD

2. 故,

GK GD

=

.

四、獨立研究(二)

【問題一:參考解答】:因為

f x

( )

的係數都為非負, 所以

f x

( ) 0

=

的三根都是負實數, 設為 1

r

,

r

2,

r

3. 由根與係數的關係可知 1 2 3 1 2 2 3 3 1 1 2 3

;

;

1

.

a r r

r

b r r

r r

r r

r r r

= + +

 = + +

 =

由算幾不等式可得, 1 2 3 3 1 2 3

1

3

3

r

r

r

a

r r r

+ +

=

=

, 2 2 2 1 2 2 3 3 1 3 1 2 3

1

3

3

r r

r r

r r

b

r r r

+

+

=

=

, 因而,

a

3

b

3

. 由此可得

(12)

3 2 1 3 2 1 3 (2) 2 2 2 1 2 3 2 3 2 1 ( 2 1) 27. f = + ⋅ + ⋅ +a b ≥ + ⋅ + ⋅ + = + = 【問題二:參考解答】: 3 2 3nm +18n−6m−30 0= 有整數解

m

2

+

6

m

(3

n

3

+

18

n

30 ) 0

=

有整數解.

6 36 4(3 3 18 30) 2 n n m= − ± + + − 為整數,

36 4(3

+

n

3

+

18

n

30) 0

且 3

36 4(3

+

n

+

18

n

30 )

=

2 3 (

2

⋅ ⋅

n

3

+

6

n

7 )

為完全平方數.

n3+6n− ≥7 0n3+6n73 的倍數.

n3− ≥1 0n313 的倍數. 為此我們可設

n

=

3

k

+

1

, 其中

k

為整數. 由於 3 4 2 3n +18n−21 3 (= k k + +k 1), 所以

k k

(

2

+ +

k

1)

為一完全平方數. 若

k

0

, 則

k

k2+ +k 1互質. 因為k2+ +k 1 恆為正, 得

k

k2+ +k 1均為完全平方數. 令k2+ + =k 1 t2, 其中

t

為正整數, 則 2 2

1

2

(

1)

2

k

<

k

+ + = < +

k

t

k

, 而得

k t k

< < +

1

之矛盾結果. 故

k

=

0

, 即

n

=

1

. 當

1

n

=

時, 3n3+18n21 0= 為完全平方數. 此時,

m

= −

3

. 【問題三:參考解答】:將{1, 2,L , 2004}所有子集合分成22003組 SS U{2004}, 其中

S

為 {1, 2,L , 2003}的子集合, 則這兩個子集合交錯和的總和為 2004. 所以{1, 2,L , 2004} 所有子集合交錯和的總和為

2004 2

×

2003.

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