九十五學年度全國高中數學科能力競賽決賽

九十五學年度全國高中數學科能力競賽決賽

筆試試題（一） 【參考解答】

一、【解】首先證明﹕若 p, q, r 及 p q r 為有理數，則 p 、 q 、 r 亦為 有理數。理由﹕



 



其中 s p q r(可假設為正) 及 M s²   r p q 0。故 r 為有理數，同

理 p 、 q 亦為有理數。

x, y, z 為正整數  2006 2006 2006

, ,

xy xz yz 均為有理數。

設 ^{2006 a} x y  b

 ，其中 a, b 為正整數，且(a, b) = 1，則

2 2 2

2006b  (x y a) a 2006  2 17 59， 得a1, x y 2006b²。

同理﹕存在正整數 c, d，使得x z 2006c², y z 2006d²。 由於 b, c, d 及 ^{1 1 1}

b c d 均為正整數，^{1 1 1} 3

b  c d ，我們分三種情形討論﹕

(a) 若^{1 1 1} 3

b  c d ，則b  c d 1，即x y 2006, x z 2006, y z 2006。故 有正整數解 x  y z 1003。

(b) 若^{1 1 1} 2

b  c d ，則 b, c, d 中有一個為 1，二個為 2，即 , ,

xy yz zx中有一個為 2006，二個為 4 2006 。故有正整數解 x, y, z 三數中 有一個為7 1003 ，二個為 1003。

(c) 若^{1 1 1} 1

b  c d 且b c d，則d 1且^{3 1 1 1} 1

d    b c d ，故d 2或d 3。 若d 2，則b c 3。故有正整數解 x   y z 9 1003。

若d 3，則b c 4或b3,c6。由檢驗知當b3,c6時，x, y, z 無正整數解。

而當b c 4時，x 14 2006, y  z 2 2006。 因此，(x, y, z)有下列正整數解﹕

(1)x  y z 1003；

A

E

C F

B D

(2)x   y z 9 1003；

(3) x, y, z 三數中有一個為7 1003 ，二個為 1003；

(4) x, y, z 三數中有一個為14 2006 ，二個為2 2006 。

二、【解】令 ( )f x  p xⁿ( )，其中n1003。因 f x( )為整係數多項式，故由因式定理知，

對任意正整數x₁  x₂，恆有 x₁x₂ ( )f x₁  f x( )₂ 。因此，

( ) ( )

a b f a  f b 且 f a( ) f b( ) ( ( ))f f a  f f b( ( )) a b。

由此可得 a b  f a( ) f b( ) ---(1) 另一方面，由

( ) ( ) ( ( )) ( )

a f b f a  f f b  f a b 且 f a( )b f f a( ( )) f b( ) a f b( )

可得 a f b( )  f a( )b ---(2) 假設命題不真，則存在整數 a, b, ab, 且

( ( )) , ( ( )) , ( ) , ( )

f f a a f f b b f a a f b b，

使得 f a( ) f b( )。由(1)得 b a  f b( ) f a( )---(3) 情況 I﹕a f b( )，則b f a( )  a f b( ) ，與(2)矛盾。

情況 II﹕b f a( )，則b f a( )  a f b( )，與(2)矛盾。

情況 III﹕a f b( ), b f a( )，則由(2)得 f b( )  a b f a( )，即a b f a( )f b( ) ， 再由(3)可知﹕a f a( ), b f b( )，矛盾﹗

三、【解】設 BC a, AC b, AB c   。 依題意假設

AExc, AFxb, BDyc, BFya, CDzb, CEza

，其中 0x y z, , 1。 於是可列出以下的等式﹕

f (b)

a b

f (a)

(*)

yc zb a

xc za b

xb ya c

 

  

  



。

將視為的一次方程組，由克拉瑪公式

0 c b

c 0 a 2 a b c 0 b a 0

   ,

2 2 3 2 2 2

x

a c b

b 0 a ab ac a a(b c a ) c a 0

        ,

2 2 3 2 2 2

y

0 a b

c b a bc ba b b(c a b ) b c 0

        ,

2 2 3 2 2 2

z

0 c a

c 0 b ca cb c c(a b c ) b a c

        ,

得

2 2 2 2 2 2 2 2 2

b c a c a b a b c

x , y , z

2bc 2ca 2ab

     

   。當ABC為銳角時，上面的

xcos A, ycos B, zcosC 的確介於 0 與 1 之間，故 D, E, F 唯一存在。

註﹕D, E, F 恰為三高的垂足。