101 學年度高級中學數學科能力競賽決賽

101 學年度高級中學數學科能力競賽決賽

獨立研究（二）【參考解答】

一、【參考解答】

設  表示 ABC 的面積，則有

1 1 1

2 ^a 2 ^b 2 ^c 4 a d b d c d abc

        R 因此得到

2 2

a b c

a d b d c d abc

        R ………（*）

現將 d_a  d_b d_c 寫成

1 1 1

a b c a b c

d d d a d b d c d

a b c

          

利用柯西不等式及（*）式，可推得

 

 

1/ 2 1/ 2

1/ 2 1/ 2

1/ 2

1 1 1

1 1 1

2 1 2

a b c

a b c

a b c

d d d

a d b d c d

a b c

a d b d c d

a b c abc ab bc ca

R abc

ab bc ca R

 

        

 

         

 

   

     

  

再應用一次柯西不等式得



^{ab bc ca }



^1/2_



^a2b2c2

 

^{1/2 b2 c2 a2}



^1/2_^1/2

結合上述兩個不等式，則有

 

   

 

1 / 2

1 / 2

1 / 2 1 / 2

2 2 2 2 2 2

2 2 2

1 / 2

2 2 2

1 2 1 2 1

2 2

a b c

d d d

ab bc ca R

a b c b c a

R

a b c a b c

R R

 

  

 

      

 

   

故得證。當兩個不等式等號成立時有

2 2 2

1 1 1

= = = =

a b c a b c

a d b d c d a d b d c d

a b c

a b c

a b c

b c a

           



 



所以等號成立時有

a b c

a b c

d d d





 

 

即 ABC ^{為正三角且} P 為內心。

二、【參考解答】

當 p2時， ^{2 2} ₀^{2 2} ₀² ₀² ₁² ₁³ ₂² ₂⁴

0

(2 1) 13

k k

k k

C C ^{ } C C C C C C



    



^{，除以2 的餘數為3}

5 。

當 p 為奇質數時，以下證明

0

( 1)

p

p p k p k

k k k

C C ^ p ^





 ^{除以 p 的餘數都是3 1 。} 由二項式定理，可知：C_k^{p k} 是 (1x)^{p k} 的展開式中 x 項的係數，故 ^p

0

( 1 )

p

p p k p k

k k k

C C ^ p ^





 ^是

0

( 1) (1 )

p

p p k p k

k k

C p ^ x ^



 



^{的展開式中x 項的係數。又 p}

0 0

( 1) (1 ) (1 ) (1 ) ( 1)

p p

p p k p k p p k p k

k k

k k

C p ^ x ^ x C x p ^

 

     

 

^{( 1x )p}



^{( 1x ) p( }



^{p1 )  ( 1xp p) (xp )}

0 0

p p

p i p j p j

i j

i j

C x C p x ^

 









^。

上式的展開式中x 項的係數為 ^p

^{2 1 2}

0 1

( ) 1 ( )

p p

p k p p k

k k

k k

C p p C p



 

  

 

^。

於是可得

^{1 2}

0 1

( 1) 1 ( )

p p

p p k p k p p k

k k k

k k

C C p p C p

  

 

   

 

^。

當k1, 2, 3, , p1時，C 都_k^p p 是的倍數；因此，

1 2 1

( )

p

p k

k k

C p





 ^{的各項都是}

p 的倍數，得知3 1

2 1

( )

p

p k

k k

C p





 ^{是 p 的倍數。又3 p 也是p} p 的倍數，由此可知 ³

0

( 1)

p

p p k p k

k k k

C C ^ p ^





 ^{除以 p 的餘數為3 1 。} 由以上的討論可得：

0

( 1)

p

p p k p k

k k k

C C ^ p ^





 ^{除以 p 的所有可能餘數為3 1 或 5 。}

三、【參考解答】

觀察 a_n  的前幾項：1, 2, 8, 16, 20, 32, 62, 80, 100，在第 1, 4, 10 項 出現 1 , 4 , 10^{2 2 2，令} a_n  在第 b_n項出現第 n 個完全平方數，以下將證明：

1 1, _n 1 2 _n 2

b  b_  b  且

   

1

2 2 2

, , 1 2 2 , 2 k 1

n n n

b n b n n b k n n n n

a b a _ b b a _ b  b k b  k   b 。 顯然 b₁ =1 且

  

1 1

2 2 2

1 =1 , _b 1 2 2 1 1, _b 2 3 8 1 1 2 1 2 1 2 2 , 4 16 a a _ a    a _ a         a  ，得

2 4 2 1 2

b   b  ， 因此對於 n1，上述關係式成立。假設 nm 時上述關係式成立，

則

   

²

 

²

2

2 1 1 3 3 2 1 1 2 1

m m m

b b b m m m m m m

a _ a _{ } b b b b   b    b  ， 因此，

   

²

2 2 2 1 2 2 1 2 2 2

m m

b b m m

a _ a _  b    b 

因而得知 b_m12b_m 2 且

1

2

1 1

bm m

a _ b _ ，進而有

 

1

2 2

1 1 1 1 1 1 1

m m

b b m m m m

a _ a _ b _ b _ b _  b _ 

再由此知

 

  

1 2 1 1 1

2

1 1 1

2 1 2

= 2 1 2 2 2

m m

b b m

m m m

a a b

b b b

  

  

   

    

假設對於某個 k,2 k b_m11，

   

1

2

1 1 1 2 1 2

bm k m m m

a _{ } b _ b _  k b _  k 此時，



1



² ₁



1



² 1² 1

  

1



1

1 2 2

2 0

m bm k m m m m

m

b k a b k b b k b k

b k

     



         

   

因此，

 

  

1 1 1 1

2

1 1 1

2 2

1 1 2 2

m m

b k b k m

m m m

a a b k

b b k b k

   

  

   

      

由數學歸納法得證！

因為 b₁1 , b_n1 2b_n 2，因此

 

²

   

1 2 2 2 2 1 2 2ⁿ 1 2 3 2ⁿ

n n n

b_   b   b_     b   

因此，b_n1 3 2ⁿ 2。

所以 94 b₆ 100 b₇ 190，事實上 10094 6  b₆ 6， 因此

   

 

100 6 6

2

6 6 6

2

6 1 2 6 2

94 94 5 2 94 8

9910 a ab

b b b

 

     

    

