臺北市立建國高級中學第 116 期通訊解題題目解答與評析
11601
已知a、b都是整數，a+b = 103，若方程式x2+5ax+2b = 0的兩個解都是自然數，
試求整數a、b之值。
【簡答】a = –69，b = 172
【詳解】設α、β是方程式x2+5ax+2b = 0的兩個解，α、β都是自然數，
則由α+β = –5a，αβ = 2b 且a+b = 103，
可知 5αβ–2α–2β = 10(a+b) = 1030。
整理得 (5α–2)(5β–2) = 5154 = 2×3 ×859 =3 ×1718，
而知5α–2 = 3，5β–2 = 1718，即α = 1，β=344。
故1+344 = –5a，1×344 = 2b，解得a = –69，b = 172。
【另解】方程式x2+5ax+2b = 0之解為
2
8 25
5a a2 b
，
其中a、b都是整數，a+b = 103。
∵ 這兩個解都是自然數 ∴a為負整數，25a2–8b是完全平方數。
令25a2–8b = k2，k為正整數或0，a與 k同為奇數或同為偶數，
則25a2+8a–824 = k2
25 ) 16 5 5 4
( a 2 –824 = k2 (25a+4)2–20616 = 25k2 (25a+4)2–(5k)2=20616 (25a+4–5k)(25a+4+5k) = 23×3×859，
而知25a+4–5k與 25a+4+5k同為負偶數。
又 (25a+4–5k)–(25a+4+5k) = –10k 是10的倍數，
故(25a+4–5k, 25a+4+5k) = (–5154,–4)或(–3436,–6)， 檢驗之，解得(a,k) = (–69,343)，故a = –69，b = 172。
【評析】「每個大於1的自然數，皆可分解成有限個質數的乘積」，如果問題之求 解有關於整數、因數、倍數，此一被稱為「算術基本定理」的性質常可派 上用場。譬如：不定方程式uv = a之求整數解，只要因數分解整數a，
便可找到所有可能的數對(u,v)。
本題可依題意先轉化得型如uv = a之不定方程式，再參照「算術基本定 理」解題，如上述【詳解】與【另解】。此二解法中，前者從根與係數的關 係切入，利用韋達定理推演得兩根之關係式：(5α–2)(5β–2) = 5154；
至此，可以一一檢視5154 = 2×3×859之所有因數，尋找自然數(α,β) 之解；也可以抓緊α,β 之關係，考慮如下：uv = 2×3 ×859中，數對 (u,v)之正整數解共有8組，此8組中u＜v者有4組：(1,5154)、
(2,2577)、(3,1718)、(6,859)，其中u+2為5的倍數者只有1組，即(5α– 2, 5β–2) = (3,1718)，而得α= 1，β=344。
後者由二次方程式之求根公式切入，易知判別式應為完全平方數，解 題不難設想。主要難點：一是25a2+8a–824 = k2之配方分解，二是最 後如果一一檢視20616 = 23×3×859之所有因數，不免繁鉅。為求減省 此事，在討論過程中最好能夠掌握a、k兩數的關係：25a+4–5k與
25a+4+5k皆小於0且同為偶數，如此，只要如下思考：uv =
23×3×859中(u,v)之負整數解共有16組，這16組中之偶數解有8組，
這8組中u＜v者有4組，這4組中u–v為10的倍數者有2組，即(–
5154,–4)、(–3436,–6)，而知(a,k) = (–69,343)，(a,b) = (–69,172)。 本題共有11位同學應徵答題，其中8位同學應用韋達定理解題，其餘 3位同學分別以公式法、因式分解法、判別式入算，整體表現可稱卓越。
滿分7分，成績如下：
得7分者8人：
臺北市麗山國中江子新同學；臺北市石牌國中公 奕同學；
新竹市光華國中張原嘉同學；新北市江翠國中李可非同學；
新北市江翠國中蕭 明同學；桃園市復旦國中傅彥綱同學；
臺北市敦化國中葉峻豪同學；臺北市延平中學郭軒語同學。
得6分者2人：
臺北市敦化國中鄧宇恆同學；新北市江翠國中劉建亨同學。
11602
已知a、b、c、d四個數中，ab，c d，且a2ac7，b2 bc7，c2 ac9，
2ad9
d ，試求4a3b2cd 之值。
【簡答】 2
9
【詳解】(a2 ac)(b2 bc)(ab)(ab)c(ab)(ab)(abc)0，
0 ) )(
( ) ( ) )(
( ) (
)
(c2 ac d2 ad cd cd a cd cd acd ， 因ab，cd，所以abc0，acd 0，得bd (ac)， 又(a2ac)(c2ac)16(ac)2 16，
(a2 ac)(c2 ac)2(ac)(ac)2， 當ac4時，
2
1
c
a ，得
4
7
a ，
4
9
c ，bd 4， 當ac4時，
2
1
c
a ，得
4
7
a ，
4
9
c ，bd 4，
所以 2
2 9 3
4a b cd 。
由a2 ac7、c2 ac9得(ac)2 16，故ac4
因 )
4 ,9 4 (7 ) , ( 7 )
2 aca(ac a c
a 或 )
4 , 9 4 (7
(a)若 )
4 ,9 4 (7 ) ,
(a c ，則 7
4
2 9b
b ， 9
4
2 7b d
得b 4或 4
7 (不合，因a b)，d 4或 4
9 (不合，因c d)
故 2
2 9 3
4a b cd
(b)若 )
4 , 9 4 ( 7 ) ,
(a c ，則 7
4
2 9b
b ， 9
4
2 7b d
得b4或 4
7 (不合，因a b)，d 4或 4
9 (不合，因c d)
故 2
2 9 3
4a b cd
由(a)(b)知，
2 2 9
3
4a b cd
【評析】本題參與徵答者共16人，平均得分6.625分。因本題較為平易近人，參 與的同學答題狀況皆不錯，部份同學計算錯誤或是條件沒有考慮完整。
滿分7分，成績如下：
得7分者12人：
臺北市石牌國中公 奕同學、臺北市敦化國中鄧宇恆同學、
臺北市麗山國中陳厚禕同學、臺北市靜心國中馮佑瑋同學、
新北市江翠國中劉建亨同學、新北市江翠國中李可非同學、
新北市江翠國中高瑋伯同學、新北市江翠國中蕭 明同學、
新北市光華國中張原嘉同學、臺北市延平國中郭軒語同學。
得6分者2人：
臺北市敦化國中葉峻豪同學、新北市永和國中蔣矩任同學。
得5分者2人：
臺北市麗山國中江子新同學、新北市文山國中許崇淵同學。
11603
如圖，已知ABC的外接圓上三點P Q R, , 分別是圓弧
B C
,A C
,A B
的中點，設PR交AB於D點、PQ交AC於E點，試證：DE BC// 且D I E, , 三點 共線（其中I 為ABC的內心）。
【詳解】連接AP BQ CR, ,
∵ P Q R, , 分別是圓弧
B C
,A C
,B
A 的中點
∴ AP BQ CR, ,
三直線交於ABC的內心I
∵ 1( )
AIR 2 A C ADR
∴ A I D R, , , 四點共圓 180 AID ARD
，同理 AIE AQE180
∵ A R P Q, , , 四點共圓，ARD AQE180
∴ AID AIE180 D I E, , 三點共線 ADI ARC ABC
（同位角相等），故DE BC// 。
【評析】本題希望同學學習到的幾何觀念主要有：
1. 利用圓周上等弧對等角的性質決定內心I的位置。
2. 熟知判斷四點共圓的二個觀點，並能互相推導，如：
∵ 1
( )
AIR 2 A C ADR
……（觀點1）
∴ A I D R, , , 四點共圓 180 AID ARD
……（觀點2）
3. 知曉說明三點共線的重點：
180 AID AIE
D I E, , 三點共線
4. 由同位角相等或內錯角相等，判斷兩線段平行。
雖然有些同學在作答的過程中做了太多無謂的論述，致使證明的過程 看起來龐雜、中心思想不夠明確，但最終幾乎所有投稿的同學都能完整 的證明出此題談到的性質。
最後得到滿分7分的同學有下列三位同學：
臺北市石牌國中公奕、臺北市敦化國中鄧宇恆、桃園市復旦國中傅彥綱
其中尤以公奕、鄧宇恆兩位同學論證清晰明確、略有巧思，值得讚許。
其餘投稿的同學尚有下列二位同學：
臺北市麗山國中江子新、新北市永和國中蔣矩任。
11604
(1)如圖一，將圓等分成6個小扇形區域A1,A2,A3,A4,A5,A6，今用四種顏色 將它們染色，每個小扇形區域恰染一種顏色，並且有公共邊的兩個扇形區域 不同色，試問有多少種不同的染色方法？
(2)如圖二，將圓等分成8個小扇形區域A1,A2,A3,A4,A5,A6,A7,A8，今用六 種顏色將它們染色，每個小扇形區域恰染一種顏色，並且有公共邊的兩個扇 形區域不同色，試問有多少種不同的染色方法？
圖一 圖二
【簡答】(1)732，(2)390630
【詳解】(1) (a)當 A1,A3,A5染1色時，有4(333)108種方法。
(b)當A1,A3,A5染2色時，有三類情形：
可能( A1,A3同)或(A3,A5同)或(A5,A1同)，
有3(43322)432種方法。
(c)當A1,A3,A5染3色時，有(432)(222)192種方法。
綜上，共有108432192732種方法。
(2)(a)當A1,A3,A5,A7染1色時，有6(5555)3750種染色方 法。
(b)當 A1,A3,A5,A7染2色時，分三類情形：
(i)(A1,A3同且 A5,A7同)或( A1,A7同且A3,A7同)，
有2(65)(5454)24000種方法。
(ii)(A1,A5同且 A3,A7同)，有(65)(4444)7680種方 法。
(iii)(A1,A3,A5同)或(A1,A3,A7同)或(A1,A5,A7同)或(
7 5 3,A ,A
A 同)，
有4(65)(5544)48000種方法。
(c)當 A1,A3,A5,A7染3色時，分兩類情形：
(i)(A1,A3同色)或( A3,A5同色)或(A5,A7同色)或(A7,A1同色)， 有4(654)(5444)153600種方法。
(ii)(A1,A5同色)或( A3,A7同色)，
有2(654)(4444)61440種方法。
(d)當 A1,A3,A5,A7染4色時，有 92160 )
4 4 4 4 ( ) 3 4 5 6
( 種方法。
綜上，共有
390630 92160
61440 153600
48000 7680
24000
3750
種方法。
【評析】1.本題徵答者有11人，平均得分4分。徵答同學成績及名單如下：
作答完整獲得滿分7分的同學有4人，特別值得嘉許，分別是：
台北市石牌國中814班公奕、台北市敦化國中921班鄧宇恆、
新北市江翠國中827班劉建亨、新竹市光華國中820班張原嘉。
獲得5分同學有2人：
台北市麗山國中701班江子新、新北市江翠國中820班高瑋伯。
獲得3分同學有2人：
新北市江翠國中82班李可非、台北市延平國中701班郭軒語。
2.本題主要討論塗色問題，但是要注意是否有同色的情形，有幾位同 學一些細節沒有注意到，答案差一些，非常可惜。
完全答對的同學中，有些使用取捨原理，也可以非常快的求出答案。 也有同學使用樹形圖很有耐心的討論，值得嘉許。
11605
任給n1個不同的自然數，且它們都小於2n，試證：必可從中選出三個數，使 其中兩個之和等於第三個。
【詳解】《方法一：反證法》
設這n1個不同的自然數按大小順序排列為：
0 1 2 ... n 1 n
a a a a a (2n) …… (1)
令bk ak a0(k 1, 2,...,n)，這樣，又得到了n個自然數
1 2 ... n
b b b (an 2n) ……… (2)
(1)和(2)中共有2n1個自然數，它們都小於2n，但小於2n的自然數只 有2n1個，故這2n1個自然數中必有兩個相等，由(1)，(2)中的不等 號可見，這兩個數只能是一個在(1)中，另一個在(2)中，設為ak及bj(
k j。因若k j，則ak bk aka0，這不可能)，即ak aja0，所 以aj a0ak。
《方法二：數學歸納法》
依題意n2，
1. 當n2時，任給3個數皆小於4，此3數為1，2，3。其中1 2 3 ， 故原命題成立。
2. (1)假設n k 時，任給k1個數皆小於2k，可選出三數使兩數和等 於第三數之和，命題成立，即1，2，…，2k1中，任給k1個數，
可選出三數使兩數和等於第三數之和。
(2)當n k 1時，任給k2個數皆小於2k2，此時給定的數字可 能為1，2，…，2k1，2k，2k1等。
i. 若從1 ~ 2k1中選出k1個數或k2個數，由n k 的假設知 原命題成立。
ii. 若從1 ~ 2k1中選出k個數，則2k與2k1皆需選取，
如果1也選取，則1 2 k2k1，原命題成立。
考慮1不被選取，將2至2k1分組，令i j 2k1，其中 ,
i j為2 ~ 2k1之間的數。故2至2k1可分成k1組，此k1 組中需選出k個數，故必有1組數中兩數皆被選取，此兩數之 和皆為2k1，故原命題成立。
3. 由數學歸納法知n2，原命題成立。
【評析】本題徵答人數共12人，平均得4.92分。
全部答對得7分者有5人，特別值得嘉許，分別是：
臺北市石牌國中公 奕、臺北市敦化國中鄧宇恒、
臺北市敦化國中葉峻豪、新北市江翠國中劉建亨、
新竹市光華國中張原嘉。
獲得6分同學有1人：新北市江翠國中李可非。
獲得4分同學有3人：
臺北市南門國中梁晉嘉、新北市文山國中石博允、
新北市江翠國中高瑋伯。
本題目有一個主要的重點，n1個自然數是小於2n且是任意給定的，
有同學利用奇數偶數的方式或等差數列的特性，選定一組數，再指出 其中有三個數有符合a b c 的關係，這是對題目的說明不夠理解所致
