DOC 中學生通訊解題第五期題目 - tp.edu.tw

(1)

中學生通訊解題第五期解答及評析

問題編號 89501

n

為比1大的正整數，試證明2ⁿ 1不是完全平方數，也不是完全立方數。

參考解答：

（1）設2ⁿ 1為完全平方數，則存在一個整數

a

，使2ⁿ 1a²

因為a²為奇數，所以

a

為奇數

設a2k1，其中k為整數 a² 4k² 4k1

所以2ⁿ 14k² 4k1 2ⁿ 4k²4k2 2ⁿ^¹ 2k² 2k1 偶數 = 奇數，不成立

所以假設2ⁿ 1為完全平方數不成立

故得證2ⁿ 1不是完全平方數

（2）設2ⁿ 1為完全立方數，則存在一個正整數

a

，使2ⁿ 1a³

因為a³為奇數，所以

a

為奇數，_a² __a_₁為奇數

因為2ⁿ a³1(a1)(a² a1)，_a² __a_₁為2ⁿ的因數

得到2ⁿ有奇數因數，不成立

所以假設2ⁿ 1為完全立方數不成立

故得證2ⁿ 1也不是完全立方數

評析：（1）此題首先要看學生是否會用反證法，再利用完全平方及立方和等基本乘法公式，做簡單的判別奇偶。

（2）參答者中，北市永吉國中黃紹倫同學達題清楚嚴謹，值得鼓勵。

（3）本題參達人數共有251人，平均得分為5.54分，得分率為78%。

問題編號 89502

有一個數列共有

n

項，此數列中任何7個連續項之和都是負數，任何11個

連續項之和都是正數。試求滿足上述條件的

n

值中最大為多少？

參考解答：

解一：

設此數列為a₁ ,a₂ ,a₃ ,,an

∵ a_k a_k_1a_k_2 a_k_6 ⁰ ，^k ^¹^,²^,³ ……(1) a_k a_k_1a_k_2a_k_10 ⁰ ，^k ^¹^,²^,³ ……(2) 由(1),(2) a_k_7 a_k_8a_k_9 a_k_10 ⁰

即由第8項起，任意連續4項和皆為正數……(a)

 a₈a₉a₁₀ a₁₁ 0……(3)  a11a12a13a14 ⁰……(4) 由(3)+(4)

 a8a9a102a11a12 a13a14 0

(2)

又因a8a9a10a11a12a13 a14 ⁰

∴ a₁₁ 0 ，如此類推a₁₂ 0，a13 0

 a11a12a13 ⁰

又當n17時，a11a12a13a14a15a16a17 ⁰

a14a15a16a17 ⁰

由推論(a)矛盾

∴故n17，即最多為16

解二：

5,5,-13,5,5,5,-13,5,5,-13,5,5,-13,5,5,5,-13,5,5為滿足問題條件之數列其長度為16項

令Sn表示具有上述性質的

n

項實數列

僅需證S17不合，於是本題答案就是16項

如果S17滿足要求，令a1 ~ a17表示S17的各項

0 0 0

17 16 15 14 13 12 11

8 7 6 5 4 3 2

7 6 5 4 3 2 1













a a a a a a a



上表中所有橫排的和為負，所有的直排的和為正，矛盾

故所有具有17項或以上的都不合，n16即為所求

評析：1.本題為數列組合問題，難度較高，如果依照題意的假設及嘗試組合驗證，相信必能掌握解題關鍵。

2.參答中以北市永吉國中黃紹倫同學表達完整，值得嘉許，此外答題優良者有彰化員林國中羅元隆、台北縣新莊國中吳之堯、福和國中劉胤廷、高雄市陽明國小六年級蔡政江同學。

3.本題參答人數共有14人，平均得分為5.35分，得分率為76%。

問題編號 89503

設有四個數¹^,^a^,^b^,^c ⁽¹^^a^^b^^c⁾，現在將這四個數兩兩相加構成六個不同

的數，若將此六個數由小到大順序排列會形成一個等差數列，且和為201。試求^a^,^b^,^c之值。

參考解答：

由條件知其兩兩之和為六個數，有如下之關係式：

 



 































c a c

b a b

c b c a b a

c b a

1 1

1 1 1

根據1c和ab的大小關係可分為兩種情況：

（1）1a1b1cabacbc 由等差數列性值得知：

⁽^b^^c⁾^⁽â^^c⁾^⁽â^^c⁾^⁽â^^b⁾^⁽â^^b⁾^⁽¹^^c⁾^^k(公差)

(3)

即bacbabc1k

bak，^c^^b^^k ^⁽â^^k⁾^^k^â^²^k â^⁽â^^k⁾^⁽â^²^k⁾^¹^^k

於是a2k1，b 3k 1，c 4k 1

又六個數之和為201

∴³⁽^a^^b^^c^¹⁾^²⁰¹ abc66

⁽²^k^¹⁾^⁽³^k^¹⁾^⁽⁴^k^¹⁾^⁶⁶  k 7 故a15，b22，c29

（2）1a1bab1cacbc 類似地，可得a 10，b19，c 37 解題重點：

1.本題的解題重點根據1+c與a+b的大小分成1+a<1+b<a+b<1+c<a+c<b+c與 1+a<1+b<1+c a+b<a+c<b+c兩個情形。

2.根據以上兩種形，再利用等差數列的定義即可解出a,b,c的值。

評析：

1.有一半的答題者(約51%)考慮到根據1+c與a+b的大小來分成兩種情形去討

論，因此幾乎都能解出a,b,c。可是也有接近一半的答題者(48%)只考慮了一種情形，而解得一組a,b,c的答案。另一方面，答題者都能利用等差數列的定義去解a,b,c的值，雖然國中教材中只學二元一次聯立方程組，但答題者都能推廣解法去解a,b,c的值。

2.本題的參答人數共有97人，答對的有47人，平均得分為4.12分，得分率

為59%。

問題編號 89504

有三個正數它們的乘積為1，且此三數的和大於它們的倒數和。試證明：這三

個正數中恰有一數大於1。參考解答：

設此三正數為^a^,^b^, ^c 因為abc 1且

c b c a

b

a 1 1 1







⁽â^¹⁾⁽^b^¹⁾⁽^c^¹⁾^âbc^⁽âb^^bc^^ca⁾^⁽â^^b^^c⁾^¹

0 1) 1 (1 ) (

) (













 













c b c a

b a

abc ca bc c ab

b a

ca bc ab c b a

這表示^a^¹^,^b^¹^,^c^¹三數中有一個正數或三個都為正數

如果三個都是正數，則^a^,^b^, ^c都比1大與abc1不合

所以三個都是正數不成立

故得證^a^¹^,^b^¹^,^c^¹三數中恰有一個正數

即^a^,^b^, ^c三數中恰有一數大於1

評析：

(4)

1. 本題分數的給法為：5分或以上者基本上被認為答對，但可由其答題的品質，再細分為5、6、7分三等而4分或以下者則為部分對（論證過程中有明顯瑕疵者）或答錯卷。

2. 參答者中以北市師大附中莫立平，北縣秀峰國中林榮章，北市敦化國中劉峻豪，永吉國中黃紹倫，仁愛國中翁書鈞，北縣福營國中洪偉翔，

新莊國中吳之堯，永和國中周朠，中正國中謝卓叡、羅卓吾，基隆二信國中黃園心。北縣江翠國中張源平，秀峰國中葉昱麟，北市金華國中賴昭宇林建勳，再興中學高業航，北縣竹林中學馮孝琳，土城中正國中吳致宏，

東海中學林聖智，北市民生國中黃志偉、曾怡嘉、劉瑋琪、簡嘉宏、洪偉傑，

北市南門國中李舒平，北投國中黃愛茹，高市陽明國小蔡政江，基市銘傳國中江政融。

3. 本題參達人數共有131人，平均得分為4.88分，得分率為70%。

問題編號 89505

對於自然數

n

，如果能找到另外兩個相異的自然數^a^,^b使得nabab，

則稱

n

為一個"δ數"，試問由1到50的自然數中"δ數"有多少個？

參考解答：

因為nabab

所以ⁿ^¹^âb^â^^b^¹^⁽â^¹⁾⁽^b^¹⁾

只要n1不是質數，就能找到^a^,^b兩個自然數滿足上式

因為1n50 , 2n151

由2到51，質數個數有15個

又n1為完全平方數，4 , 9 , 25 , 49時

找不到相異的^a^,^b兩個自然數滿足n1(a1)(b1)

所以由1到50自然數中，〝 數〞有31個

評析：

1. 本題為一個簡單的數論題，學生只要會因式分解的概念大多能解出此題。

2. 答題優良學生計有：北市民生國中黃志偉、鍾佳琦、簡嘉宏，師大附中陳義軒，金華國中趙心宇，敦化國中周鼎智，大直中學陳俊曄，基隆銘傳國中江政融，二信中學黃園心，北縣福和國中劉胤廷、江翠國中黃明山彰化員林國中羅元隆，高雄市陽明國小蔡政江。

3. 參答人數有351人，平均得分數為5.02分，得分率為72%。

說明：通訊解題第八、九期題目，將於89年9、10月份在台師大科教月刊與建中通訊網路上公布，到時歡迎同學再行參加。