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(1)

臺北市立建國高級中學第 131 期通訊解題題目解答與評析

13101

依序將正整數1, 2, 3, 4, … 的平方數排成一列：149162536496481100121…，排在第一個位置的數字是1，排在第七個位置的數字是5，排在第十個位置的數字

是4，則排在第2016個位置的數字是多少？

【簡答】7

【詳解】平方數為1位數的有 3 個、

平方數為2位數的有 6 個、

平方數為5位數的有 217個、

平方數為6位數的有 683個。

1 3 2 6 3 22 4 68 5 217 1438          , 2016 1438 578  , 578 6 96  2，故所求為第97個6位數的第二個數字，

3 6 22 68 217 97 413      , ₄₁₃² _₁₇₀₅₆₉，故所求為7。

【評析】本題屬於較容易的數論題，只要能做有效率的分類加上細心的計算，大多數同學都能算出最後答案，但部分同學們的計算有失嚴謹，被扣了一些分數實屬可惜。希望同學們以後不論遇到什麼樣的題目，都要抱著耐心謹慎的態度。才不會走了冤枉路又沒算對。

本題共19人參與徵答，有12人獲得滿分。

13102

有一遞增的等差級數，以S_n表示其中前n項之和，若S₁₂₃ S₃₂₁，問：此等差級數裡共有幾項為負數？

【簡答】0或222

【詳解】設等差級數Sn = a1 + a2 +…+ an 遞增，公差為d，則d0。由S123 = S321，得 2 ¹ 122

123 ( )

2 a  d

 = 2 ¹ 320

321 ( )

2 a  d

  d = 2 ₁

443 a

。 (1) d= 0時，a1 = 0，此一情況下，

等差級數a1 + a2 +…+ an 每一項皆為0，其中沒有負數項。

(2) d＞0時，a1＜0，此一情況下，

設ap＜0，p是正整數，則因ap = a1 + (p–1)d，得

1 1

( 1)( 2 )

a  p 443 a ＜0，而知443–2(p–1)＞0 ^ p＜443

2 1，得p

= 1, 2, 3, … , 222，

故此等差級數a1 + a2 +…+ an 裡共有222項為負數。

【另解】等差級數Sn = a1 + a2 +…+ an，

若S123 = S321，則S321–S123 = 0  a124 + a125 +…+ a321= 0，

 a124 + a321 = a125 + a320 = …= a222 + a223 = 0，

又，此等差級數遞增，設其公差為d，則d 0，

(1) d= 0時，等差級數a1 + a2 +…+ an 每一項皆為0，其中沒有負數項。

(2) d0時，由a222 + a223 = 0，可知a222＜0且a223＞0，

故a1, a２,…, a222皆為負數，而a223, a224, a225,…皆為正數，

(2)

而知此等差級數a1 + a2 +…+ an裡共有222項為負數。

【評析】等差級數a1 + a2 +…+ an，其一般項an = a1 + (n–1)d與首n項和 ( 1 )

2

n n

n a a

S 

 ，應是同學所熟知的公式，本題相當簡易，引用此二公式即足以輕鬆解題，如以上【詳解】；當然，如果對於等差級數的性質有更深入的理解，也可以置公式於度外而靈活化解題過程，如【另解】

利用公式解題，當數據較大而計算不易時，有時採取符號操作來代替數值計算，可有減少計算量之功，譬如以上【詳解】，可改寫如下：

等差級數a1 + a2 +…+ an，若Sp = Sq，p,q是相異正整數，p+q是偶數，

則 2

] ) 1 ( 2

[ a₁ p d

p  

= 2

] ) 1 ( 2

[ a₁ q d

q  

 ²^a₁^p⁽^p²^p⁾^d²^a₁^q⁽^q²^q⁾^d，

 2a₁(pq)[(p²q²)(pq)]d，p–q≠0

 ²^a1⁽^p^q¹⁾^d

 2 q

ap_

=^a ^p ^q ¹⁾^d ( 2

1   = p q d

q d

p 1)

( 2 2

) 1

(     

 =

2

d ，

因此，若d0，則

2 q

ap_

＜0， 1 2 

q

ap

=^^d ^^d

2 =

2

d ＞0，

而知等差級數a1 + a2 +…+ an嚴格遞增且S₁₂₃ S₃₂₁時，

其中有 2 321 123

= 222項為負數。

本題共有11位同學應徵答題，答題表現值得嘉許。題目設定所予之等差級數為遞增級數，而未設定此級數嚴格遞增，公差為0之等差級數同學大多未加考慮，雖然這只是微小的疏失，但是就題論題，在既有的定義之下，各項皆為0之等差級數也是題設條件下的一種可能情形，

在答題過程中還是應該呈現為好。

滿分7分，成績如下：

6分：台北市中正國中黃元顥同學；台北市興雅國中陳泓碩同學；

台北市麗山國中江子新同學；基隆市銘傳國中盧彥丞同學；

新竹市實驗高中鄭百里同學；新北市文山國中宋宜潔同學；

新北市文山國中沈執中同學；新北市貢寮國中吳尚昱同學；

新北市中山國中王勻同學。

3分：台北市興雅國中陳思穎同學。

2分：台北市興雅國中周聖哲同學。

13103

△ABC中，_AB__AC，已知P為△ABC的內部一點滿足__ABP_₃₀^且 2

PBC PCB

   ，證明CAP 3 BAP。

【證明】作點P對_AB的對稱點Q，得^^BPQ為正三角形，

作點P對_BC之中垂線的對稱點R，得△△BAP CAR且_{PR BC}_// ，所以四邊形PRCB為等腰梯形，得 1

RBC PRB PCB 2 PBC

       ，

所以PR PB PQ  ，得△△APQ APR。

故CAP CAR RAP BAP PAQ BAP 2 BAP 3 BAP。

(3)

R Q

P

A

B C

【證明2】設PCB ，則PBC2，

過點A作_BC的垂線交_BC於H，得_CAH  _BAH ₆₀^₂ ，延長_BP交_AH 於D，得DCP ，

作△ABD外接圓圓心O，得__AOD_{ }₂ _ABD_₆₀^，

所以△AOD為正三角形，得OAB OBA2 且_AO__AD，所以△△AOB~ CDB，得_{AB AD}_:  AB AO CB CD_:  _: ，又_CP為DCB的角平分線，所以CB CD BP DP_:  _: ，得AB AD BP DP_:  _: ，所以_AP為BAD的角平分線，

所以CAP CAD DAP 2 BAP BAP 3 BAP。

O

P D

B H C

A

【評析】本題給定__ABP_₃₀^，可作對稱或外接圓得出正三角形，再運用全等

或相似的性質來證明。

本題徵答人數3人，新北市文山國中吳志強同學證明過程嚴謹獲得

滿分7分。台北市興雅國中周聖哲同學、台北市麗山國中江子新同學得到部分分數。最後提醒一下，在證明的過程中，必須將已知的條件和要證的部份弄清楚，不可以倒因為果。

13104

從1到200的自然數中，任意取出29個相異的數，證明：在這29個數中一定存在四個數，其中有兩個數的和等於另外兩個數的和。

(4)

【證明】在1到200的自然數中，任二個數的和只能是3, 4, 5, …, 399，共397種可能，在任取29個自然數中，其中任意兩個數的和至多有種可能，而，

由鴿籠原理知這406種可能的和至少有兩組相同，所以一定存在四個數，其中有兩個數的和等於另外兩個數的和。

【評析】此題屬於鴿籠原理（或稱抽屜原理）問題，雖然沒有列入中學教材內

可能一般同學比較少接觸；不過參與答題的同學大多能掌握此原理的內在精髓，甚至有些同學還把題目作延伸推廣，考慮更多種情形，相當不錯！當初設立通訊解題的用意，除了讓同學接觸一些較有深度、廣度的題目外，更重要的是啟發同學們對於科學研究的探索精神。

此題多數參與作答的同學都有把關鍵「1到200的自然數中任兩數的和共有397種可能，但任取29個數的和至多有406種」寫出，江子新同學、黃元顥同學、吳尚昱同學、王勻同學、鄭百里同學都獲得7分的滿分；可惜周聖哲同學在討論時不夠嚴謹，獲得5分。

本題徵答人數共有6人，

獲得7分的同學共有5人，名單如下：

台北市麗山國中江子新同學、台北市中正國中黃元顥同學新北市貢寮國中吳尚昱同學、新北市中山國中王勻同學、

新竹市實驗高中鄭百里同學

獲得5分的同學共有1人，名單如下：

台北市興雅國中周聖哲同學 13105

如圖，R₁表示_{2 2 1 1}_{  } 的磁磚，R_n表示2n2n n n  的地板，其中n為正整數

(1) 試說明2 3n 的地板，都可以用R₁不重疊舖滿（n為正整數）。

(2) 試用R₁不重疊舖滿R₂,R₃及R₄。

(3) 試用R₁不重疊舖滿R₅,R₆及R₇（可考慮從(2)出發）。

(4) 試說明不論n為任何正整數，都可以用R₁不重疊舖滿R_n。

【詳解】(1)

(2)

(5)

R₂ R₁

R₁ R₁

R₁

R₂

R₃

R₂ R₂

R₂

R₄ R₂

(3)(4)

已知23k^及R₂可完成，

再由下圖，就ⁿ^³^k, 3k1, 3k2討論，可知只要R_n2可完成，則R_n可完成。

因此，由R₂及R₃可完成，可推得R₄及R₅可完成，可再推得 R₆及R₇可完成，

以此類推，則不論n為任何正整數，都可以完成用R₁不重疊舖滿R_n。

下圖中，n，n-2，n-4分別表示2n，2(n-2)，2(n-4)

2(n-3)

R₂ n

n R_n-2

2(n-3)

(n-4)

2(n-4) 2(n-4)

(n-4)

R₂ R₂

R₂

R_n-2

(6)

(n-2) (n-2)

2(n-2) 2(n-2)

R₂

R_n-2

【評析】1. 本題作答者有八人，平均得4.25分，其中台北市麗山國中的江子新同學及新北市貢寮國中的吳尚昱同學作答完整，得7分，值得嘉許。

2. 這樣的題目主要是透過歸納的手法解決問題，處理這種問題的重點有兩個，一個是透過數字小時的操作，找尋脈絡，另一個是利用找到的脈略，再進一步找到解決數字大的策略及解決一般性的問題。這個題目的解決方法並不唯一，台北市麗山國中的江子新同學及新北市貢寮國中的吳尚昱同學的方法都很有創意，值得嘉許。

大部分的同學在數字小時的操作都很有自己的想法，每個人的作法都不盡相同，但在因應到一般性的數字時，大部分的同學就比較無法嚴謹的思考清楚或表達清楚，希望各位同學可以從這個題目學會由歸納的方法解決問題，以後看到類似的問題，也可以自己用歸納法解決，並找相關的問題練習，試著用自己的語言完整的表達清楚。