雄中科學班數學｜40 題詳解講義

題目 01 / 40

根式方程與線性組合

110 學年度 · 一、填充題第 1 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

若 $x$ 為實數滿足 $\sqrt{x+2560}-\sqrt{2344-x}=68$ ，試求 $28\sqrt{x+2560}+27\sqrt{2344-x}$ 的值為何？

110學年度原卷一、填充題第1題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

擬答： $2014$ 。

解題切入點

把兩個根式分別設為非負數 $A,B$ 。除了題給的差 $A-B=68$ ，兩個被開方數相加還會給出固定的 $A^2+B^2=4904$ 。

完整推導

令

$A=\sqrt{x+2560},\qquad B=\sqrt{2344-x}.$

因為平方根取非負值，所以 $A,B\ge0$ 。題設給出 $A-B=68$ ，而

$A^2+B^2=(x+2560)+(2344-x)=4904.$

因此

$(A-B)^2=A^2+B^2-2AB$

給出

$68^2=4904-2AB,\qquad AB=140.$

再算

$(A+B)^2=A^2+B^2+2AB=4904+280=5184=72^2.$

由 $A+B\ge0$ 得 $A+B=72$ 。聯立 $A+B=72$ 與 $A-B=68$ ，可得

$A=70,\qquad B=2.$

所求為

$28A+27B=28\cdot70+27\cdot2=1960+54=\boxed{2014}.$

另一種驗算

直接只解其中一個根式也可驗算。由 $A=B+68$ 代入 $A^2+B^2=4904$ ，得到

$2B^2+136B+4624=4904,$

即

$B^2+68B-140=(B-2)(B+70)=0.$

因 $B\ge0$ ，只能取 $B=2$ ，故 $A=70$ 。再由 $B^2=2344-x$ 得 $x=2340$ ；代回兩個被開方數分別是 $4900$ 與 $4$ ，原式確為 $70-2=68$ ，目標值也確為 $2014$ 。

容易出錯的地方

平方根 $A,B$ 都是非負數，因此 $A+B=72$ 不能取負號。
兩個被開方數相加時， $x$ 會消去；不要分別展開成繁複的含 $x$ 方程。
若用平方解方程，最後必須代回原式排除增根。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 02 / 40

實數方程組

110 學年度 · 一、填充題第 2 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

求解方程組

$\begin{cases}x+y+\dfrac9x+\dfrac4y=10,\\(x^2+9)(y^2+4)=24xy,\end{cases}$

其中 $x,y$ 為實數。

110學年度原卷一、填充題第2題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

擬答： $(x,y)=(3,2)$ 。

解題切入點

把第二式移到同一邊，可恰好拆成兩個平方和；平方和為零時，每一平方都必須為零。

完整推導

由第一式含有 $9/x$ 與 $4/y$ ，可知 $x,y\ne0$ 。將第二式展開並移項：

$x^2y^2+4x^2+9y^2+36-24xy=0.$

左邊可分解成

$(xy-6)^2+(2x-3y)^2=0.$

兩項都是實數的平方，因此必須同時為零：

$xy=6,\qquad 2x=3y.$

由 $x=3y/2$ 代入 $xy=6$ ，得 $3y^2/2=6$ ，所以 $y=\pm2$ ，相應的 $x=\pm3$ 。第二式因此只留下兩個候選：

$(3,2),\qquad(-3,-2).$

逐一代入第一式：

$(3,2):\quad3+2+3+2=10;$

$(-3,-2):\quad-3-2-3-2=-10\ne10.$

故唯一解是

$\boxed{(x,y)=(3,2)}.$

另一種驗算

用等號條件獨立檢查第二式。因 $x^2+9\ge6|x|$ 、 $y^2+4\ge4|y|$ ，所以

$(x^2+9)(y^2+4)\ge24|xy|.$

題設右邊是 $24xy$ ，而左邊為正，先知 $xy>0$ ，故 $|xy|=xy$ 。題設恰達到下界，兩個不等式都必須取等號，因此 $x^2=9$ 、 $y^2=4$ 。配合 $xy>0$ ，仍只有 $(3,2)$ 與 $(-3,-2)$ ；第一式再次只保留 $(3,2)$ 。

容易出錯的地方

只從第二式得到兩個候選後就停止；第一式還會排除負數候選。
使用 AM-GM 時忘記先處理 $xy$ 的正負；本題由第二式可知 $xy>0$ 。
平方和為零是因 $x,y$ 為實數；複數情形不能直接套用。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 03 / 40

二次方程式根與參數範圍

110 學年度 · 一、填充題第 3 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

設 $x$ 的實係數二次方程式 $ax^2-14x-7=0$ 有實根 $\alpha,\beta$ ，而 $y$ 的實係數二次方程式 $y^2-2(b-1)y+b^2-2b=0$ 有實根 $\gamma,\delta$ ，且 $-2\le\gamma<\delta\le4$ ，又已知

$\frac{2}{\alpha+\beta}-\frac{6}{\alpha\beta}+2(2\gamma-\delta^2)+14=0,$

求實數 $a$ 的範圍為何？

110學年度原卷一、填充題第3題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

擬答：

$\boxed{[-7,0)\cup(0,10]}.$

解題切入點

第二個二次式可直接看成根為 $b-2,b$ ；第一個二次式用韋達定理後，題給的兩個分式合併得恰好是 $a$ 。最後同時套用根的區間限制與判別式條件。

完整推導

先處理 $y$ 的方程式：

$y^2-2(b-1)y+b^2-2b=(y-b)(y-b+2).$

兩根相差 2，且題設指定 $\gamma<\delta$ ，所以

$\gamma=b-2,\qquad\delta=b.$

由 $-2\le\gamma<\delta\le4$ 得

$-2\le b-2,\qquad b\le4,$

即

$0\le b\le4.\tag{1}$

對 $x$ 的二次方程式用韋達定理：

$\alpha+\beta=\frac{14}{a},\qquad\alpha\beta=-\frac7a.$

因題目稱它為二次方程式，故 $a\ne0$ 。於是

$\frac2{\alpha+\beta}-\frac6{\alpha\beta}=\frac{2a}{14}+\frac{6a}{7}=a.$

題給末式化為

$a+2\{2(b-2)-b^2\}+14=0,$

所以

$a=2b^2-4b-6=2(b-1)^2-8.\tag{2}$

當 $b\in[0,4]$ 時，式 (2) 的值域原為 $[-8,10]$ 。但是第一個二次方程式還必須有實根，其判別式為

$(-14)^2-4a(-7)=196+28a=28(a+7),$

故還要 $a\ge-7$ 。此外 $a=0$ 不能形成二次方程式，也會使韋達式無意義，因此排除。綜合得到候選範圍

$[-7,0)\cup(0,10].$

完整性方面，任給其中一個 $a$ ，取

$b=1+\sqrt{\frac{a+8}{2}}.$

因 $a\in[-7,10]$ ，可得 $b\in[1+1/\sqrt2,4]\subset[0,4]$ ，且式 (2) 成立； $a\ne0$ 又確保第一式是二次方程式。因此範圍內每個值都能達成，沒有空缺。

另一種驗算

反向核對各限制：第二式的判別式恆為 $4$ ，故兩根必為 $b-2,b$ ，不會發生重根；區間條件等價於 $0\le b\le4$ 。再由 $a=2(b-1)^2-8$ 可見拋物線最低點在 $b=1$ ，值為 $-8$ ，而右端 $b=4$ 給 $10$ 。第一式有實根把下界截到 $-7$ ； $a=-7$ 時判別式為 0，仍有實根，故左端要保留。 $a=10$ 對應 $b=4$ ，根為 $2,4$ ，也要保留。只有 $a=0$ 使首式降為一次式，必須挖掉。這些端點與開閉情形和主解一致。

容易出錯的地方

只求出 $a=2(b-1)^2-8$ 的值域而漏掉第一個方程式的實根判別式，會錯把下界寫成 $-8$ 。
忘記『二次方程式』要求 $a\ne0$ ，因此 $0$ 不在答案中。
根已按 $\gamma<\delta$ 排序，所以必須取 $\gamma=b-2$ 、 $\delta=b$ ，不能任意交換。
只得到必要範圍而未證明範圍內每個 $a$ 都能由某個 $b$ 達成。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 04 / 40

三角形截比與面積

110 學年度 · 一、填充題第 5 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

如右圖所示，任意給定一個三角形 $\triangle ABC$ ，已知 $P,Q,R$ 分別為 $\overline{AB},\overline{BC},\overline{CA}$ 三邊上的三點，且

$\overline{AP}:\overline{PB}=\overline{BQ}:\overline{QC}=\overline{CR}:\overline{RA}=2:1.$

若 $\overline{CP},\overline{AQ},\overline{BR}$ 兩兩交於 $A',B',C'$ ，且 $\triangle ABC$ 的面積為 $15$ ，試求 $\triangle A'B'C'$ 的面積為何？點與交線的位置請參考原題圖。

110學年度原卷一、填充題第5題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$\displaystyle \frac{15}{7}$ 。這是依題目條件推導的擬答，不是官方答案。

解題切入點

邊上固定比例與直線交點在仿射變換下都保持不變，因此可把三角形方便地設成直角座標，再用交點座標與行列式算出內三角形面積比。

完整推導

依原圖，三個交點依序為 $A'=CP\cap AQ$ 、 $B'=AQ\cap BR$ 、 $C'=BR\cap CP$ 。我們先求內外三角形的面積比。任何非退化三角形都可想成把一張方格紙作「平行拉伸與斜推」後，由一個直角三角形變成的；這種變形會把直線仍變成直線，也會保留一條線段上的分點比例。因此 $2:1$ 分點及三線交點不會改變。所有小面積與大面積同時乘上同一固定倍數，所以面積比也不變。故可選最容易計算的直角三角形代表原圖。
取 $A=(0,0),B=(3,0),C=(0,3)$ 。由三個 $2:1$ 分點條件，

$P=(2,0),\qquad Q=(1,2),\qquad R=(0,1).$

三條線的方程式為

$CP:y=3-\frac32x,\qquad AQ:y=2x,\qquad BR:y=1-\frac13x.$

兩兩聯立可得

$A'=\left(\frac67,\frac{12}{7}\right),\quad B'=\left(\frac37,\frac67\right),\quad C'=\left(\frac{12}{7},\frac37\right).$

例如 $A'$ 由 $2x=3-\frac32x$ 得到，其餘同理。 5. 以 $A'$ 為共同起點，

$\overrightarrow{A'B'}=\left(-\frac37,-\frac67\right),\qquad \overrightarrow{A'C'}=\left(\frac67,-\frac97\right).$

若兩個向量是 $(p,q)$ 、 $(r,s)$ ，它們張成的平行四邊形面積是 $|ps-qr|$ ；可由外接長方形扣掉四個直角三角形得到。三角形面積是其一半。因此

$[A'B'C']=\frac12\left|\left(-\frac37\right)\left(-\frac97\right)-\left(-\frac67\right)\left(\frac67\right)\right|=\frac{9}{14}.$

此代表圖形的外三角形面積是

$[ABC]=\frac12\cdot3\cdot3=\frac92,$

所以

$\frac{[A'B'C']}{[ABC]}=\frac{9/14}{9/2}=\frac17.$

原題的大三角形面積為 $15$ ，故

$[A'B'C']=15\cdot\frac17=\frac{15}{7}.$

另一種驗算

改用純幾何截比與同底同高面積比，不設座標。為簡化符號，令 $X=A'$ 、 $Y=B'$ 、 $Z=C'$ 。

在 $\triangle AQC$ 中，直線 $B-Y-R$ 分別交 $CQ$ 的延長線、 $AQ$ 、 $AC$ 。由 Menelaus 定理，

$\frac{AR}{RC}\cdot\frac{CB}{BQ}\cdot\frac{QY}{YA}=1.$

題設給 $AR:RC=1:2$ 、 $BQ:QC=2:1$ ，所以 $CB:BQ=3:2$ ，代入得

$\frac12\cdot\frac32\cdot\frac{QY}{YA}=1,$

因此 $AY:YQ=3:4$ ，即 $AY=\frac37AQ$ 。

在 $\triangle ABQ$ 中，直線 $P-X-C$ 分別交 $AB$ 、 $AQ$ 、 $BQ$ 的延長線。再次用 Menelaus 定理，

$\frac{AP}{PB}\cdot\frac{BC}{CQ}\cdot\frac{QX}{XA}=1.$

因 $AP:PB=2:1$ 、 $BC:CQ=3:1$ ，可得

$2\cdot3\cdot\frac{QX}{XA}=1,$

所以 $AX:XQ=6:1$ ，即 $AX=\frac67AQ$ 。因此點的順序是 $A-Y-X-Q$ ，且

$XY=AX-AY=\frac37AQ.$

題目的三組 $2:1$ 條件完全循環對稱。把 $A,B,C$ 依序換成 $B,C,A$ ，上面兩個結論分別變成

$BZ:ZR=3:4,\qquad BY:YR=6:1.$

故在同一直線 $BR$ 上， $BZ=\frac37BR$ 、 $BY=\frac67BR$ ，所以 $BZ=ZY$ ；也就是 $Z$ 是 $\overline{BY}$ 的中點。

比較 $\triangle XYZ$ 與 $\triangle AQB$ 。它們的底 $XY$ 、 $AQ$ 在同一直線上，且 $XY/AQ=3/7$ 。又因 $Z$ 是 $BY$ 的中點、 $Y$ 在直線 $AQ$ 上， $Z$ 到 $AQ$ 的高正好是 $B$ 到 $AQ$ 的高的一半。因此

$\frac{[XYZ]}{[AQB]}=\frac{XY}{AQ}\cdot\frac12=\frac37\cdot\frac12=\frac3{14}.$

$\triangle AQB$ 與 $\triangle ACB$ 對同一直線 $BC$ 有相同的高，且 $BQ:BC=2:3$ ，所以

$\frac{[AQB]}{[ABC]}=\frac23.$

合併兩式，

$\frac{[A'B'C']}{[ABC]}=\frac3{14}\cdot\frac23=\frac17,$

仍得 $[A'B'C']=15/7$ 。這一驗算只使用截比、Menelaus 定理及同底同高面積比，沒有使用座標或行列式。

容易出錯的地方

三個 $2:1$ 的方向不同： $AP:PB$ 、 $BQ:QC$ 、 $CR:RA$ 都要照題目從前一個端點讀到後一個端點。
只算出內外面積比 $1/7$ 還沒有作答；題目給外三角形面積 $15$ ，最後需乘上 $15$ 。
原圖中的 $A',B',C'$ 是三條線的兩兩交點，不是邊上的 $P,Q,R$ 。

覆核紀錄

已對照官方原卷條件，完成來源獨立盲解、作者推導及逐題找錯覆核。程式檢查僅作輔助，不取代上方證明；本頁不是校方官方解答。

題目 05 / 40

區間上的二次多項式界限

110 學年度 · 一、填充題第 6 題 · PDF 第 3 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

已知 $f(x)=ax^2+bx+c$ ，若對所有 $x\in[0,1]$ ，恆有 $|f(x)|\le 1$ ，求 $|a|+|b|+|c|$ 的最大值為何？

110學年度原卷一、填充題第6題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$17$ 。這是依題目條件推導的擬答，不是官方答案。

解題切入點

把二次式的三個係數改由 $f(0),f(1/2),f(1)$ 表示；題設直接限制這三個值都在 $[-1,1]$ ，三角不等式便給出全域上界，再找一個在整段區間都符合限制且達到上界的二次式。

完整推導

設

$u=f(0),\qquad v=f\left(\frac12\right),\qquad w=f(1).$

題設對每個 $x\in[0,1]$ 都成立，所以 $|u|,|v|,|w|\le1$ 。 2. 由

$u=c,\qquad v=\frac a4+\frac b2+c,\qquad w=a+b+c$

聯立解出

$a=2u-4v+2w,\qquad b=-3u+4v-w,\qquad c=u.$

由三角不等式，

$|a|\le2|u|+4|v|+2|w|\le8,$

$|b|\le3|u|+4|v|+|w|\le8,$

且 $|c|=|u|\le1$ 。所以對每個合乎題意的二次式，都有

$|a|+|b|+|c|\le8+8+1=17.$

這是適用於整個區間條件的普遍上界。 4. 還要證明 $17$ 真的能達到。取

$f(x)=8x^2-8x+1=8\left(x-\frac12\right)^2-1.$

當 $0\le x\le1$ 時， $0\le(x-1/2)^2\le1/4$ ，故 $-1\le f(x)\le1$ ，確實符合題設。 5. 此例的 $(a,b,c)=(8,-8,1)$ ，所以

$|a|+|b|+|c|=8+8+1=17.$

上界可達，因此最大值就是 $17$ 。

另一種驗算

改用配方與頂點位置分情形，不使用主解的三點插值。把 $f$ 換成 $-f$ 不會改變 $|a|+|b|+|c|$ 或條件 $|f(x)|\le1$ ，所以當 $a\ne0$ 時可令新的首項係數 $a>0$ 。寫成

$f(x)=a(x-h)^2+k,\qquad b=-2ah.$

若 $a=0$ ，則 $f$ 是一次式或常數。由 $|f(0)|,|f(1)|\le1$ ，

$|b|=|f(1)-f(0)|\le2,\qquad |c|=|f(0)|\le1,$

故總和至多 $3$ 。

設 $a>0$ 且頂點 $h\in[0,1]$ 。拋物線開口向上，區間內最小值在頂點，最大值在端點。由 $f(h)=k\ge-1$ ，令 $A=1-k$ ，則 $0\le A\le2$ 。兩端不超過 $1$ 給出

$ah^2\le A,\qquad a(1-h)^2\le A,$

所以

$a\le\frac{2}{\max\{h^2,(1-h)^2\}}.$

又 $|c|=|f(0)|\le1$ ，且 $|b|=2ah$ ，故

$|a|+|b|+|c|\le a(1+2h)+1.$

當 $0\le h\le1/2$ 時，上式至多

$\frac{2(1+2h)}{(1-h)^2}+1\le\frac{2(1+1)}{(1/2)^2}+1=17;$

其中左邊隨 $h$ 增加。當 $1/2\le h\le1$ 時，上式至多

$\frac{2(1+2h)}{h^2}+1\le\frac{2(1+1)}{(1/2)^2}+1=17;$

因為 $(1+2h)/h^2$ 在 $h>0$ 遞減，所以此段最大值在 $h=1/2$ 。兩段都不超過 $17$ 。

若 $h<0$ ，則 $f$ 在 $[0,1]$ 上遞增，且 $a>0,b=-2ah>0$ 。因此

$|a|+|b|=a+b=f(1)-f(0)\le2,$

再加 $|c|\le1$ ，總和至多 $3$ 。

若 $h>1$ ，則 $f$ 在 $[0,1]$ 上遞減。由

$f(0)-f(1)=a(2h-1)\le2$

及 $h>1$ 時 $(2h+1)/(2h-1)\le3$ ，得到

$|a|+|b|=a+2ah=a(2h+1)\le6.$

再加 $|c|\le1$ ，總和至多 $7$ 。

所有情形都不超過 $17$ 。主解給出的 $f(x)=8(x-1/2)^2-1$ 正好屬於第 2 種，且達到 $17$ ，所以此配方分支法獨立確認最大值為 $17$ 。

容易出錯的地方

只檢查 $x=0,1/2,1$ 不能反過來證明任意二次式在整段 $[0,1]$ 都滿足 $|f(x)|\le1$ ；這三點在主解只用來建立必要上界。
提出數值 $17$ 後，必須另給一個在整個區間都合格的達界例，才能證明是最大值而不是只有上界。
驗證達界式時，應利用 $0\le(x-1/2)^2\le1/4$ ，不能只代端點。

覆核紀錄

已對照官方原卷條件，完成來源獨立盲解、作者推導及逐題找錯覆核。程式檢查僅作輔助，不取代上方證明；本頁不是校方官方解答。

題目 06 / 40

平行四邊形與垂線角度

110 學年度 · 一、填充題第 7 題 · PDF 第 3 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

如右圖，平行四邊形 $ABCD$ ，若 $\angle BAD=72^\circ$ ， $DF$ 垂直 $AB$ 交 $AC$ 於 $E$ 點，且 $CE=2AD$ ，試求 $\angle CED$ 的度數為何？

110學年度原卷一、填充題第7題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

擬答： $\boxed{66^\circ}$ 。

解題切入點

令對角線 $AC$ 與底邊 $AB$ 的夾角為 $\varphi$ 。利用 $D,E,F$ 共線且垂直底邊，把 $AE$ 與 $AD$ 的水平投影相等；再用 $C,D$ 等高，把垂直投影相等，便得到 $\sin(72^\circ-\varphi)=\sin2\varphi$ 。

完整推導

依圖， $A,F,B$ 共線， $D,E,F$ 共線且 $DF\perp AB$ ，並且 $A,E,C$ 共線。令

$\varphi=\angle CAB.$

圖中對角線 $AC$ 位於 $AB$ 與 $AD$ 之間，因此 $0<\varphi<72^\circ$ 。因 $E,D$ 在同一條垂直於 $AB$ 的直線上， $AE$ 與 $AD$ 在 $AB$ 方向的投影相同：

$AE\cos\varphi=AD\cos72^\circ.\tag{1}$

又因 $ABCD$ 是平行四邊形， $CD\parallel AB$ ，所以 $C,D$ 到 $AB$ 的高度相等：

$AC\sin\varphi=AD\sin72^\circ.\tag{2}$

點 $E$ 在 $AC$ 上，且 $CE=2AD$ ，故

$AC=AE+CE=AE+2AD.$

把 (1) 的 $AE=AD\cos72^\circ/\cos\varphi$ 代入 (2)，約去非零的 $AD$ ：

$\left(\frac{\cos72^\circ}{\cos\varphi}+2\right)\sin\varphi=\sin72^\circ.$

乘以 $\cos\varphi$ 並移項，得到

$\sin72^\circ\cos\varphi-\cos72^\circ\sin\varphi=2\sin\varphi\cos\varphi,$

即

$\sin(72^\circ-\varphi)=\sin2\varphi.\tag{3}$

在 $0<\varphi<72^\circ$ 下，(3) 的兩種角度可能為

$72^\circ-\varphi=2\varphi$

或

$72^\circ-\varphi=180^\circ-2\varphi.$

第二式給 $\varphi=108^\circ$ ，不合範圍；第一式給 $\varphi=24^\circ$ 。最後， $DE\perp AB$ ，而 $EC$ 與 $AB$ 夾角為 $\varphi$ ，故

$\angle CED=90^\circ-\varphi=\boxed{66^\circ}.$

另一種驗算

以三角形 $ADC$ 作幾何驗算。因 $CD\parallel AB$ ，所以 $\angle ADC=180^\circ-72^\circ=108^\circ$ ，而 $\angle ACD=\varphi$ 。在直角三角形 $CDE$ 中， $CE=2AD$ 且 $\angle DCE=\varphi$ ，故

$CD=CE\cos\varphi=2AD\cos\varphi.$

另一方面，對三角形 $ADC$ 用正弦定理：

$\frac{CD}{AD}=\frac{\sin(72^\circ-\varphi)}{\sin\varphi}.$

合併兩式仍得 $\sin(72^\circ-\varphi)=2\sin\varphi\cos\varphi$ ，因此唯一合圖形範圍者仍是 $\varphi=24^\circ$ ，目標角為 $66^\circ$ 。這條驗算直接使用三角形邊角關係，不使用主解的投影方程。

容易出錯的地方

原圖的正確點位是 $A,F,B$ 共線、 $D,E,F$ 共線、 $A,E,C$ 共線；若把頂點或垂線看錯，整個角度關係會顛倒。
由 $\sin u=\sin v$ 不能只寫 $u=v$ ；還要檢查 $u=180^\circ-v$ ，再用角度範圍排除。
所求 $\angle CED$ 是直線 $EC$ 與鉛直線 $ED$ 的夾角，因此是 $90^\circ-\varphi$ ，不是 $\varphi$ 。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 07 / 40

總和固定的遞增等差數列

110 學年度 · 一、填充題第 8 題 · PDF 第 3 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

已知等差數列 $\{a_n\}$ 每一項均為自然數且 $a_1<a_2<a_3<\cdots<a_n$ ， $n\ge3$ ，若 $a_1+a_2+a_3+\cdots+a_n=110$ ，試問滿足這樣條件的等差數列 $\{a_n\}$ 共有多少組？

110學年度原卷一、填充題第8題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

擬答： $\boxed{21}$ 組。本講義把自然數約定為 $1,2,3,\ldots$ ；若另採包含 $0$ 的定義，則為 $23$ 組。

解題切入點

設首項為 $a$ 、公差為正整數 $d$ 。由等差級數公式得到 $n\{2a+(n-1)d\}=220$ ，所以只需檢查不超過長度上界的 $220$ 因數。

完整推導

本講義依計數的常用口徑，約定自然數為 $1,2,3,\ldots$ 。設首項 $a\ge1$ 、公差為正整數 $d$ 。等差級數公式給

$n\{2a+(n-1)d\}=220.$

所以 $n\mid220$ ；又最小總和為 $1+2+\cdots+n=n(n+1)/2$ ，故 $n\le14$ 。配合 $n\ge3$ ，只需檢查 $n=4,5,10,11$ 。

$n=4$ ： $2a+3d=55$ ， $d$ 為奇數，且 $3d\le53$ ，所以 $d=1,3,\ldots,17$ ，共 $9$ 組。
$n=5$ ： $a+2d=22$ ，所以 $d=1,2,\ldots,10$ ，共 $10$ 組。
$n=10$ ： $2a+9d=22$ ， $d$ 為正偶數且 $9d\le20$ ，所以只有 $(a,d)=(2,2)$ ，共 $1$ 組。
$n=11$ ： $a+5d=10$ ，所以只有 $(a,d)=(5,1)$ ，共 $1$ 組。

所有組合都滿足原式，且長度已完整排除其他可能，故共有

$9+10+1+1=\boxed{21}.$

定義不同時的附註： 若把 $0$ 也列為自然數，則可多出 $(0,11,22,33,44)$ 與 $(0,2,4,\ldots,20)$ 兩列，因此變成 $23$ 。這是定義差異，不是計算錯誤。

另一種驗算

用中項或平均數重算。 $n=5$ 時中項為 $22$ ，最小項 $22-2d\ge1$ ，得 $d=1,\ldots,10$ ，共 $10$ 組。 $n=11$ 時中項為 $10$ ， $10-5d\ge1$ ，只有 $d=1$ 。 $n=4$ 時平均為 $27.5$ ， $d$ 須奇數，最小項 $27.5-1.5d\ge1$ ，得 $d=1,3,\ldots,17$ ，共 $9$ 組。 $n=10$ 時平均為 $11$ ， $d$ 須正偶數且 $11-4.5d\ge1$ ，只有 $d=2$ 。合計仍為 $21$ 。允許零首項時，僅新增主解附註中的兩列。

容易出錯的地方

『自然數』是否包含 0 在不同教材中有兩種約定；本題的原卷頁面沒有另行定義，不能把約定悄悄藏起來。
由總和式得到的是 $n\mid220$ ，不是 $n\mid110$ 。
嚴格遞增表示公差 $d>0$ ，不能計入常數數列或負公差。
只列出可能的 $n$ ，還要逐一計算每個 $n$ 下首項與公差的組數。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。明訂自然數從 1 起算為 21 組，另列含零的 23 組；不把定義差異當計算錯誤。

題目 08 / 40

二次函數循環方程組的唯一解

110 學年度 · 二、計算證明題第 1 題 · PDF 第 4 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

實數 $a,b,c$ 滿足 $a\ne0$ 、 $(b-1)^2=4ac$ ，試證明：下列 2021 個變數 $x_1,x_2,\ldots,x_{2021}$ 所滿足的聯立方程組

$\begin{cases}ax_1^2+bx_1+c=x_2,\\ax_2^2+bx_2+c=x_3,\\\vdots\\ax_{2020}^2+bx_{2020}+c=x_{2021},\\ax_{2021}^2+bx_{2021}+c=x_1\end{cases}$

有唯一解。

110學年度原卷二、計算證明題第1題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

解域約定： 以下按原題實數脈絡，求 $x_1,\ldots,x_{2021}\in\mathbb R$ 的解。原卷只明寫係數為實數，沒有另印所有未知數的解域；不能將本證明直接延伸至複數。

擬答：唯一解為

$x_1=x_2=\cdots=x_{2021}=\frac{1-b}{2a}.$

解題切入點

條件 $(b-1)^2=4ac$ 使 $ax^2+(b-1)x+c$ 成為完全平方。把 2021 個『下一項減本項』相加，左邊循環相消，右邊成為平方和。

完整推導

解域約定： 以下按原題實數脈絡，求 $x_1,\ldots,x_{2021}\in\mathbb R$ 的解。原卷只明寫係數為實數，沒有另印所有未知數的解域；不能將本證明直接延伸至複數。

令

$r=\frac{1-b}{2a}.$

因 $a\ne0$ 且 $(b-1)^2=4ac$ ，可得

$ax^2+(b-1)x+c=a(x-r)^2.\tag{1}$

為了把循環下標寫得簡潔，令 $x_{2022}=x_1$ 。原聯立方程組的第 $i$ 式可改寫為

$x_{i+1}-x_i=ax_i^2+(b-1)x_i+c=a(x_i-r)^2,\qquad i=1,2,\ldots,2021.$

把全部 2021 式相加。左邊循環相消：

$\sum_{i=1}^{2021}(x_{i+1}-x_i)=0.$

因此

$a\sum_{i=1}^{2021}(x_i-r)^2=0.$

由 $a\ne0$ ，得到

$\sum_{i=1}^{2021}(x_i-r)^2=0.$

每一項都是非負實數，所以每一項都必須為 0：

$x_1=x_2=\cdots=x_{2021}=r.$

這證明任何解都只能是這一組。最後驗證存在性：由 (1) 在 $x=r$ 時有

$ar^2+br+c-r=a(r-r)^2=0,$

即 $ar^2+br+c=r$ 。因此把全部 $x_i$ 都取為 $r$ 確實滿足每一式。故唯一解為

$\boxed{x_1=\cdots=x_{2021}=\frac{1-b}{2a}}.$

另一種驗算

不用把所有式子相加，也可用單調性驗算。由 (1)，若 $a>0$ ，每一式都給 $x_{i+1}-x_i=a(x_i-r)^2\ge0$ ，所以

$x_1\le x_2\le\cdots\le x_{2021}\le x_1.$

循環首尾迫使所有不等號都是等號，進而每個 $x_i=r$ 。若 $a<0$ ，所有不等號反向，仍由

$x_1\ge x_2\ge\cdots\ge x_{2021}\ge x_1$

得到同一結論。再代回固定值 $r$ 即可確認存在。這也顯示證明其實不依賴 2021 的奇偶，只依賴循環結構。

容易出錯的地方

只證明『至多一解』而沒有把候選值代回，尚未證明解存在。
由平方和為零推出各平方為零，依賴所有變數都是實數。
不能先除以 $a$ 而忘記題設 $a\ne0$ ；這個條件同時確保 $r$ 有定義。
循環相消必須包含最後一式 $x_{2022}=x_1$ 。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。明訂未知數取實數；平方和唯一性不延伸到複數。

題目 09 / 40

冪次分式的化簡

111 學年度 · 一、填充題第 1 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

求值：

$\frac{2^{2022}-2^{2020}}{2^{2022}+2^{2021}}+\frac{2^{4044}-2^{4040}}{2^{4044}+2^{4042}}+\frac{2^{6066}-2^{6060}}{2^{6066}+2^{6063}}+\frac{2^{8088}-2^{8080}}{2^{8088}+2^{8084}}.$

（以最簡分數表示）

111學年度原卷一、填充題第1題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

擬答： $\dfrac{49}{16}$ 。

解題切入點

四項其實有同一結構。第 $k$ 項先提出 $2^{2020k}$ ，再利用平方差分解，會化成 $1-2^{-k}$ 。

完整推導

把四項編為 $k=1,2,3,4$ 。第 $k$ 項是

$T_k=\frac{2^{2022k}-2^{2020k}}{2^{2022k}+2^{2021k}}.$

分子、分母同提出 $2^{2020k}$ ：

$T_k=\frac{2^{2k}-1}{2^{2k}+2^k}=\frac{(2^k-1)(2^k+1)}{2^k(2^k+1)}=\frac{2^k-1}{2^k}=1-\frac1{2^k}.$

因此原式為

$\sum_{k=1}^4\left(1-\frac1{2^k}\right)=4-\left(\frac12+\frac14+\frac18+\frac1{16}\right).$

括號內是等比級數，和為 $15/16$ ，故

$4-\frac{15}{16}=\boxed{\frac{49}{16}}.$

分子 49 與分母 16 互質，已是最簡分數。

另一種驗算

逐項化簡可直接驗算指數沒有抄錯：第一項是 $3/6=1/2$ ；第二項是 $15/(4\cdot5)=3/4$ ；第三項是 $63/(8\cdot9)=7/8$ ；第四項是 $255/(16\cdot17)=15/16$ 。相加得到

$(8+12+14+15)/16=49/16,$

與通式法一致。

容易出錯的地方

四項的指數差依序是 2、4、6、8；提出的共同冪也隨項次改變。
平方差 $2^{2k}-1=(2^k-1)(2^k+1)$ 後，才能與分母約分。
題目要求最簡分數，最後仍要確認 49 與 16 互質。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 10 / 40

韋達定理與整數根

111 學年度 · 一、填充題第 3 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

設整數 $a,b$ 滿足 $2b-3a=111$ ，且方程式 $x^2+ax+b=0$ 的解均為正整數，試求數對 $(a,b)$ 。

111學年度原卷一、填充題第3題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

擬答： $\boxed{(a,b)=(-17,30),(-13,36)}$ 。

解題切入點

把兩個正整數根設為 $r,s$ ，由韋達定理代回線性條件，再配成 $(2r+3)(2s+3)=231$ ，問題就化為有限的正因數配對。

完整推導

設方程式的兩個正整數根為 $r,s$ 。由韋達定理，

$r+s=-a,\qquad rs=b.$

題設 $2b-3a=111$ 因此變成

$2rs+3r+3s=111.$

兩邊乘 2 再加 9，可配成

$4rs+6r+6s+9=231,$

即

$(2r+3)(2s+3)=231=3\cdot7\cdot11.$

因 $r,s\ge1$ ，兩個因數都至少為 5，而且都是正奇數。忽略交換次序後，231 的因數配對只有

$(1,231),(3,77),(7,33),(11,21).$

前兩組的較小因數小於 5，不合 $r,s\ge1$ ；因此只剩：

$(2r+3,2s+3)=(7,33)$ ，得 $(r,s)=(2,15)$ ，所以 $(a,b)=(-17,30)$ ；
$(2r+3,2s+3)=(11,21)$ ，得 $(r,s)=(4,9)$ ，所以 $(a,b)=(-13,36)$ 。

交換 $r,s$ 不會產生新的 $(a,b)$ 。代回檢查： $2(30)-3(-17)=111$ ，且 $x^2-17x+30=(x-2)(x-15)$ ； $2(36)-3(-13)=111$ ，且 $x^2-13x+36=(x-4)(x-9)$ 。故答案完整。

另一種驗算

以判別式作另一條有限檢查。令 $S=r+s=-a$ 、 $P=rs=b$ ，則 $2P+3S=111$ ，所以 $P=(111-3S)/2$ 。根為整數等價於判別式

$S^2-4P=S^2+6S-222=(S+3)^2-231$

是非負完全平方，設為 $t^2$ 。於是

$(S+3-t)(S+3+t)=231.$

兩因數同為正奇數。因數配對 $(3,77)$ 給 $S=37$ 但 $P=0$ ，不合正根； $(7,33)$ 給 $S=17,P=30$ ； $(11,21)$ 給 $S=13,P=36$ ；其餘配對不合正根。故仍只得到兩組 $(a,b)$ 。

容易出錯的地方

正整數根表示 $a=-(r+s)$ ，所以 $a$ 必為負數；符號很容易寫反。
根的交換不會改變和與積，因此不能把 $(r,s)$ 與 $(s,r)$ 重複計數成兩個 $(a,b)$ 。
列因數配對時要排除導致根為 0 的因數 3。
找到候選後仍應把方程式因式分解並檢查線性條件。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 11 / 40

矩形對角線延長與距離

111 學年度 · 一、填充題第 4 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

如圖，矩形 $ABCD$ ， $AB=4$ 、 $BC=3$ 。若在射線 $AC$ 上取一點 $E$ 使 $CE=3$ ；在射線 $DB$ 上取一點 $F$ 使 $BF=4$ ，試求 $EF$ 的長度。

111學年度原卷一、填充題第4題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

擬答： $\boxed{\dfrac{4\sqrt{82}}5}$ 。

解題切入點

把 $4\times3$ 矩形放到坐標平面。兩條對角線都是長 5 的 $3$ - $4$ - $5$ 線段，依原圖沿射線越過 $C$ 、 $B$ 延長即可精確寫出 $E,F$ 坐標。

完整推導

依原圖取

$A=(0,0),\quad B=(4,0),\quad C=(4,3),\quad D=(0,3).$

對角線 $AC$ 的方向向量是 $(4,3)$ ，長度為 5。圖中 $E$ 在射線 $AC$ 上且越過 $C$ ， $CE=3$ ，所以

$\overrightarrow{CE}=\frac35(4,3)=\left(\frac{12}5,\frac95\right),$

$E=\left(4+\frac{12}5,3+\frac95\right)=\left(\frac{32}5,\frac{24}5\right).$

對角線由 $D$ 指向 $B$ 的方向向量是 $(4,-3)$ ，長度也是 5。圖中 $F$ 在射線 $DB$ 上且越過 $B$ ， $BF=4$ ，所以

$\overrightarrow{BF}=\frac45(4,-3)=\left(\frac{16}5,-\frac{12}5\right),$

$F=\left(4+\frac{16}5,-\frac{12}5\right)=\left(\frac{36}5,-\frac{12}5\right).$

因此

$\overrightarrow{EF}=F-E=\left(\frac45,-\frac{36}5\right),$

$EF=\sqrt{\left(\frac45\right)^2+\left(-\frac{36}5\right)^2}=\frac15\sqrt{16+1296}=\boxed{\frac{4\sqrt{82}}5}.$

另一種驗算

用向量而不設坐標原點。令 $\mathbf p=\overrightarrow{AB}$ 、 $\mathbf q=\overrightarrow{AD}$ ，則 $|\mathbf p|=4$ 、 $|\mathbf q|=3$ 且 $\mathbf p\perp\mathbf q$ 。因 $|\mathbf p+\mathbf q|=|\mathbf p-\mathbf q|=5$ ，依圖有

$\overrightarrow{AE}=\frac85(\mathbf p+\mathbf q),$

$\overrightarrow{AF}=\mathbf p+\frac45(\mathbf p-\mathbf q)=\frac95\mathbf p-\frac45\mathbf q.$

所以

$\overrightarrow{EF}=\frac15\mathbf p-\frac{12}5\mathbf q.$

由垂直向量的畢氏定理，

$EF^2=\frac1{25}|\mathbf p|^2+\frac{144}{25}|\mathbf q|^2=\frac{16+1296}{25}=\frac{1312}{25},$

再次得到 $EF=4\sqrt{82}/5$ 。

容易出錯的地方

原圖把 $E$ 取在 $C$ 的外側、 $F$ 取在 $B$ 的外側；若選到同一射線上另一個距離相符的內部點，答案會改變。
$CE=3$ 與 $BF=4$ 是沿對角線方向的長度，不能直接當成水平或鉛直位移。
兩條對角線方向分別是 $(4,3)$ 與 $(4,-3)$ ，第二條的鉛直分量符號相反。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。外側射線取點的主答案一致。Fable 附註把內側兩點距離寫為 √2，實為 2√13/5；該錯誤旁支不採用。

題目 12 / 40

兩顆骰子的乘積與和

111 學年度 · 一、填充題第 7 題 · PDF 第 3 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

投擲兩個公正的骰子，試問其點數積大於點數和的機率。

111學年度原卷一、填充題第7題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

按一般獨立、公正六面骰模型，機率為 $\frac23$ 。

解題切入點

把兩骰點數記成 $m,n$ ，將 $mn>m+n$ 改寫為 $(m-1)(n-1)>1$ ；在獨立且公正的標準模型中， $36$ 個有序點數對等可能。

完整推導

採一般擲骰題的標準模型：兩顆骰子獨立，每顆出現 $1,2,\ldots,6$ 的機率均為 $1/6$ 。因此有序結果 $(m,n)$ 共 $6\times6=36$ 個，每個機率都是 $(1/6)(1/6)=1/36$ 。
條件

$mn>m+n$

等價於

$mn-m-n+1>1,$

也就是

$(m-1)(n-1)>1.$

若 $m=1$ 或 $n=1$ ，左式為 $0$ ，不合條件。若 $m,n\ge2$ ，則兩個因數都是正整數；唯一沒有嚴格大於 $1$ 的情形是 $m=n=2$ ，此時乘積正好等於 $1$ 。
$m,n\ge2$ 的有序結果有 $5\times5=25$ 個，扣除 $(2,2)$ 後，合條件者有 $24$ 個。因此

$P(mn>m+n)=\frac{24}{36}=\frac23.$

獨立性限制不可省略：若只知道兩顆骰子各自都均勻，聯合結果未必等可能，上述 $24/36$ 便不能推出。

另一種驗算

直接逐列數表格，不用因式分解判斷全部。固定第一顆為 $1$ 時有 $0$ 個成功；固定為 $2$ 時需 $2n>2+n$ ，即 $n=3,4,5,6$ ，有 $4$ 個；固定為 $3,4,5,6$ 時，第二顆只要是 $2,3,4,5,6$ 都成功，每列各 $5$ 個。故成功數為 $0+4+5+5+5+5=24$ ，在 $36$ 個等可能有序結果中仍為 $2/3$ 。

容易出錯的地方

兩顆骰子要用有序對計數；例如 $(2,3)$ 與 $(3,2)$ 是不同結果。
條件是點數積嚴格大於點數和，所以 $(2,2)$ 的 $4=4$ 不可算入。
「每顆骰子公正」本身只保證各自六面等機率；計算 $36$ 個等可能有序對還需要獨立性。

覆核紀錄

已對照官方原卷條件，完成來源獨立盲解、作者推導及逐題找錯覆核。程式檢查僅作輔助，不取代上方證明；本頁不是校方官方解答。原題未另寫「相互獨立」，本講義在解法第一步明列通常擲骰模型。這不表示「各骰公正」在任意相依機制下都能推出獨立。臺大科學 Online 的有限機率空間例 4支持此通常教學模型，但不是雄中本題官方答案。

題目 13 / 40

互質因數配對

111 學年度 · 一、填充題第 8 題 · PDF 第 3 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

設 $a,b$ 均為正整數。數對 $(a,b)$ 滿足 $a,b$ 互質且 $ab=1\times2\times3\times\cdots\times19\times20$ ，試問共有多少個不同的數對 $(a,b)$ ？

111學年度原卷一、填充題第8題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

擬答： $\boxed{256}$ 個。

解題切入點

$20!$ 有 8 種不同質因數。因 $a,b$ 互質，每一種質數的完整冪次只能全部放進 $a$ 或全部放進 $b$ ，各有兩種選擇。

完整推導

把乘積寫成 $20!$ 。不大於 20 的質數為

$2,3,5,7,11,13,17,19,$

共 8 個，因此可寫成

$20!=2^{e_2}3^{e_3}5^{e_5}7^{e_7}11^{e_{11}}13^{e_{13}}17^{e_{17}}19^{e_{19}},$

其中各指數皆為正整數。現在考慮任一質數，例如 2。若 $a$ 與 $b$ 都含有因數 2，就會有 $\gcd(a,b)\ge2$ ，違反互質。因此 $2^{e_2}$ 必須整包放進 $a$ 或整包放進 $b$ 。其餘 7 種質數也各自有同樣的兩種選擇，而且彼此獨立。故有序數對 $(a,b)$ 的總數是

$2^8=\boxed{256}.$

其中選擇所有質因數都給 $a$ 會得到 $(20!,1)$ ，全部給 $b$ 會得到 $(1,20!)$ ，兩者都合法，沒有額外排除。

另一種驗算

先數無序配對再核對『數對』的順序。把 8 種質因數分成兩邊時，若不區分哪邊叫 $a$ 、哪邊叫 $b$ ，互補的兩個質數集合描述同一組，因此共有 $2^8/2=128$ 組無序配對。由於 $20!>1$ 且 $a,b$ 互質，不可能有 $a=b$ ；所以每一組無序配對都恰產生 $(a,b)$ 與 $(b,a)$ 兩個不同的有序數對。總數為 $128\times2=256$ ，與主解一致。

容易出錯的地方

不能把某個質數的冪次拆一部分給 $a$ 、一部分給 $b$ ，否則兩數不互質。
題目問數對 $(a,b)$ ，順序不同算不同；若只數無序分組會少一半。
要數的是不同質數種類，共 8 種，不是把 $20!$ 的所有質因數重複次數相加。
1 與任何正整數互質，所以 $(1,20!)$ 與 $(20!,1)$ 都要計入。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 14 / 40

絕對值函數的二重合成

111 學年度 · 一、填充題第 9 題 · PDF 第 3 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

設 $f(x)=x^2-6|x|$ ，試問方程式 $f(f(x))=0$ 的實數解共有多少個？

111學年度原卷一、填充題第9題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$9$ 個。這是依原題條件推導的擬答，不是校方官方答案。

解題切入點

先把外層方程 $f(y)=0$ 解完，再分別計算 $f(x)=0,6,-6$ 的原像數量。用 $t=|x|\ge0$ 可把絕對值方程化成普通二次方程。

完整推導

先把 $f(f(x))=0$ 看成外層問題。令 $y=f(x)$ ，則

$f(y)=y^2-6|y|=|y|(|y|-6)=0$

。所以 $y=0,6,-6$ 。換句話說，只需解

$f(x)=0,\qquad f(x)=6,\qquad f(x)=-6$

。 2. 令 $t=|x|\ge0$ ，則 $f(x)=t^2-6t$ 。 3. 當 $f(x)=0$ 時， $t(t-6)=0$ ，故 $t=0$ 或 $6$ 。對應

$x=0,\ 6,\ -6,$

共有 $3$ 個解。 4. 當 $f(x)=6$ 時，

$t^2-6t-6=0,$

所以 $t=3\pm\sqrt{15}$ 。因 $3-\sqrt{15}<0$ 不合 $t\ge0$ ，只留 $t=3+\sqrt{15}$ ，對應正、負兩個 $x$ ，共有 $2$ 個解。 5. 當 $f(x)=-6$ 時，

$t^2-6t+6=0,$

所以 $t=3\pm\sqrt3$ 。兩者都為正，每個 $t$ 都對應 $x=\pm t$ ，共有 $4$ 個解。 6. 三組的 $f(x)$ 值不同，解不會重複，因此總數是

$3+2+4=9$

。

另一種驗算

把 $g(t)=t^2-6t=(t-3)^2-9$ 畫在 $t\ge0$ 上。水平線 $y=0$ 與圖形交於 $t=0,6$ ；其中 $t=0$ 只給一個 $x$ ， $t=6$ 給兩個 $x$ ，共 $3$ 個。水平線 $y=6$ 在 $t\ge0$ 只有一個交點且交點為正，故給 $2$ 個 $x$ 。水平線 $y=-6$ 位於最低值 $-9$ 與 $0$ 之間，有兩個正交點，故給 $4$ 個 $x$ 。圖形交點計數再次得到 $3+2+4=9$ 。

容易出錯的地方

外層 $f(y)=0$ 的解有 $0,6,-6$ 三個，不能只取 $0$ 與 $6$ 。
令 $t=|x|$ 後必須保留條件 $t\ge0$ ； $3-\sqrt{15}$ 要刪除。
$t=0$ 只對應一個 $x$ ，正的 $t$ 才各對應 $x=\pm t$ 兩個。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 15 / 40

單位分數的正整數解

111 學年度 · 二、計算證明題第 12 題 · PDF 第 4 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

設 $x,y,z$ 為正整數且 $x\le y\le z$ 。若

$\frac1x+\frac1y+\frac1z=\frac78,$

試求數對 $(x,y,z)$ 所有可能的解。

111學年度原卷二、計算證明題第12題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

所有解為

$(x,y,z)=(2,3,24),\ (2,4,8).$

這是依題目條件推導的擬答，不是官方答案。

解題切入點

利用 $x\le y\le z$ 把最小分母 $x$ 夾在很小的範圍，再逐一限制 $y$ ；每個剩餘的 $z$ 都由方程唯一決定，因此能證明沒有漏解。

完整推導

因為 $x\le y\le z$ ，所以 $1/x\ge1/y\ge1/z$ 。若 $x=1$ ，左邊大於 $1$ ，不可能等於 $7/8$ ；若 $x\ge4$ ，則左邊至多 $3/4<7/8$ 。故只需考慮 $x=2$ 或 $x=3$ 。
先令 $x=2$ 。方程化為

$\frac1y+\frac1z=\frac38.$

因 $y\le z$ ，有 $3/8\le2/y$ ，所以 $y\le16/3$ 。又 $y\ge x=2$ ； $y=2$ 時單是 $1/y=1/2$ 已大於 $3/8$ ，故只需查 $y=3,4,5$ 。 3. 逐一代入：

$y=3$ 時， $1/z=3/8-1/3=1/24$ ，得 $z=24$ 。
$y=4$ 時， $1/z=3/8-1/4=1/8$ ，得 $z=8$ 。
$y=5$ 時， $1/z=3/8-1/5=7/40$ ，得 $z=40/7$ ，不是正整數。所以 $x=2$ 給出 $(2,3,24)$ 、 $(2,4,8)$ 。
再令 $x=3$ 。方程化為

$\frac1y+\frac1z=\frac{13}{24}.$

若 $y\ge4$ ，則左邊至多 $2/y\le1/2<13/24$ ，故只能有 $y=3$ 。此時

$\frac1z=\frac{13}{24}-\frac13=\frac5{24},$

得 $z=24/5$ ，不是正整數。故 $x=3$ 無解。 5. 前兩步已證明 $x$ 只有兩種、每種的 $y$ 只有列出的有限可能，而 $z$ 在給定 $x,y$ 後唯一，因此沒有其他分支。直接代回可驗證兩組列出的解都等於 $7/8$ ，且符合 $x\le y\le z$ 。

另一種驗算

用因數分解重新枚舉。當 $x=2$ 時， $1/y+1/z=3/8$ 等價於

$(3y-8)(3z-8)=64.$

因 $y\le z$ ，只需取 $64$ 的因數對中第一因數不超過 $8$ ，並要求 $y=(d+8)/3$ 為整數；只有 $(d,64/d)=(1,64),(4,16)$ ，分別給 $(y,z)=(3,24),(4,8)$ 。當 $x=3$ 時，同理得到

$(13y-24)(13z-24)=576.$

第一因數不超過 $24$ ，且必須是 $576$ 的正因數並滿足 $d\equiv2\pmod{13}$ ；候選只有 $d=2$ ，卻給 $y=2<x=3$ ，所以無解。因數對法獨立確認完整解集仍是兩組。

容易出錯的地方

題目要求的是有序限制 $x\le y\le z$ 下的所有三元組，不應把同一組分母的排列重複列出。
找到兩組可行解不足以證明完整；必須先用大小關係把 $x,y$ 的範圍封閉。
$y=5$ 或 $x=y=3$ 算出的 $z$ 不是整數，不能因為是正有理數就保留。

覆核紀錄

已對照官方原卷條件，完成來源獨立盲解、作者推導及逐題找錯覆核。程式檢查僅作輔助，不取代上方證明；本頁不是校方官方解答。覆核初稿曾把原卷的 $7/8$ 誤讀為 $17/8$ ；已回原頁更正並重新獨立推導，兩組答案皆精確代回 $7/8$ 。

題目 16 / 40

內點到三邊距離的面積恆等式

111 學年度 · 二、計算證明題第 14 題 · PDF 第 4 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

$P$ 為銳角 $\triangle ABC$ 內部一點，設 $P$ 到邊 $\overline{BC}$ 、 $\overline{CA}$ 、 $\overline{AB}$ 的距離分別為 $p_a,p_b,p_c$ ；且 $\triangle ABC$ 在 $\overline{BC}$ 、 $\overline{CA}$ 、 $\overline{AB}$ 邊上的高分別為 $h_a,h_b,h_c$ 。試證明：

$\frac{p_a}{h_a}+\frac{p_b}{h_b}+\frac{p_c}{h_c}=1$

。

111學年度原卷二、計算證明題第14題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$\frac{p_a}{h_a}+\frac{p_b}{h_b}+\frac{p_c}{h_c}=1$

。以下為依面積分割所作的證明，不是校方官方解答。

解題切入點

同樣以 $BC$ 為底時，小三角形 $PBC$ 與大三角形 $ABC$ 的面積比就是高的比 $p_a/h_a$ 。三個小三角形恰好拼成大三角形，三個比值相加自然等於 $1$ 。

完整推導

記三角形 $XYZ$ 的面積為 $[XYZ]$ ，並令

$BC=a,\qquad CA=b,\qquad AB=c$

。 2. $\triangle PBC$ 與 $\triangle ABC$ 使用同一條底邊 $BC$ 。前者對 $BC$ 的高是 $p_a$ ，後者對 $BC$ 的高是 $h_a$ ，因此

$\frac{[PBC]}{[ABC]}=\frac{\frac12 a p_a}{\frac12 a h_a}=\frac{p_a}{h_a}$

。 3. 完全相同地，分別以 $CA$ 、 $AB$ 為共同底邊，可得

$\frac{[PCA]}{[ABC]}=\frac{p_b}{h_b},\qquad \frac{[PAB]}{[ABC]}=\frac{p_c}{h_c}$

。 4. 因為 $P$ 在 $\triangle ABC$ 內部，連結 $PA,PB,PC$ 後， $\triangle PBC$ 、 $\triangle PCA$ 、 $\triangle PAB$ 內部互不重疊，且恰好鋪滿 $\triangle ABC$ 。所以

$[PBC]+[PCA]+[PAB]=[ABC]$

。 5. 將等式兩邊除以正數 $[ABC]$ ，並代入第 2、3 步的三個面積比，即得

$\frac{p_a}{h_a}+\frac{p_b}{h_b}+\frac{p_c}{h_c}=1$

。證畢。

另一種驗算

用向量行列式驗算面積分割。定義有向面積

$[XYZ]_s=\frac12\det(Y-X,Z-X)$

。直接把三項展開，所有含 $P$ 的項成對消去，得到恆等式

$[PBC]_s+[PCA]_s+[PAB]_s=[ABC]_s$

。由於 $P$ 在三角形內部，依 $A,B,C$ 的同一繞行方向，左邊三個有向面積都與右邊同號，所以可改成普通面積。再以「同底面積比等於高的比」把三項分別換成 $p_a/h_a,p_b/h_b,p_c/h_c$ ，仍得到總和為 $1$ 。這個代數恆等式也確認沒有重疊計算或漏掉任何區域。

容易出錯的地方

$p_a$ 是點 $P$ 到直線 $BC$ 的垂直距離，不是線段 $PA$ 。
三個比值的底邊要一一配對： $p_a/h_a$ 對應 $BC$ ，其餘循環類推。
使用普通面積相加需要 $P$ 在三角形內部；這正是原題的重要條件。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 17 / 40

二次方程根的降次運算

112 學年度 · 一、填充題第 1 題 · PDF 第 1 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

已知 $a$ 為二次方程式 $3x^2-2x-663=0$ 的一個解，試求 $\left(3a^3-\left(664\frac{1}{3}\right)a-445\right)^3$ 的值。

112學年度原卷一、填充題第1題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$-27$ 。這是依原題條件推導的擬答，不是校方官方答案。

解題切入點

不要解出根號很大的 $a$ 。利用 $3a^2=2a+663$ 把 $a^3$ 降次；原題的 $664\frac13$ 是帶分數 $664+\frac13=1993/3$ ，係數正好全部消去。

完整推導

先釐清原卷排版：

$664\frac13=664+\frac13=\frac{1993}{3},$

不是 $664\times\frac13$ 。 2. 因為 $a$ 是 $3x^2-2x-663=0$ 的解，所以

$3a^2=2a+663$

。 3. 兩邊乘以 $a$ ，再用同一關係把 $a^2$ 降次：

$\begin{aligned}3a^3&=2a^2+663a\\&=\frac23(2a+663)+663a\\&=\frac{1993}{3}a+442\end{aligned}$

。 4. 因此括號內為

$3a^3-\frac{1993}{3}a-445=442-445=-3$

。 5. 題目還要求三次方，所以答案是

$(-3)^3=-27$

。

另一種驗算

可以先建立一個不必逐步代換的恆等式：

$\left(x+\frac23\right)(3x^2-2x-663)=3x^3-\frac{1993}{3}x-442$

。把 $x=a$ 代入，左邊因 $a$ 是原二次方程的根而等於 $0$ ，所以

$3a^3-\frac{1993}{3}a=442$

。原式括號仍等於 $442-445=-3$ ，三次方仍是 $-27$ 。這也說明無論 $a$ 是原方程的哪一根，答案都相同。

容易出錯的地方

$664\frac13$ 是帶分數 $1993/3$ ；若誤當成 $664/3$ ，整個消去結構會被破壞。
題目括號內第一項是 $3a^3$ ，不是 $2a^3$ 。
算出括號內為 $-3$ 後仍要立方，最後答案是 $-27$ 。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 18 / 40

根式條件與平方和

112 學年度 · 一、填充題第 3 題 · PDF 第 1 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

已知實數 $a,b,c$ 滿足 $a\ge0$ 、 $b\ge1$ 、 $c\ge-1$ 以及

$a+4b+c+3=2\sqrt a+4\sqrt{b-1}+4\sqrt{c+1}$

。試求 $a+b+c$ 的值。

112學年度原卷一、填充題第3題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$\displaystyle \frac{21}{4}$ 。這是依原題條件推導的擬答，不是校方官方答案。

解題切入點

根號的定義域讓我們可設 $u=\sqrt a$ 、 $v=\sqrt{b-1}$ 、 $w=\sqrt{c+1}$ 。移項後恰好是三個平方和；平方和等於零時，每一平方都必須為零。

完整推導

由題設範圍，令

$u=\sqrt a\ge0,\qquad v=\sqrt{b-1}\ge0,\qquad w=\sqrt{c+1}\ge0$

。則

$a=u^2,\qquad b=v^2+1,\qquad c=w^2-1$

。 2. 把題目等式右邊移到左邊並代入：

$u^2+4v^2+w^2+6-2u-4v-4w=0$

。 3. 分別配方：

$\begin{aligned}&u^2-2u+4v^2-4v+w^2-4w+6\\&=(u-1)^2+(2v-1)^2+(w-2)^2\end{aligned}$

。所以

$(u-1)^2+(2v-1)^2+(w-2)^2=0$

。 4. 每一項都是非負實數，總和為 $0$ 只能三項都為 $0$ 。故

$u=1,\qquad v=\frac12,\qquad w=2$

。 5. 回復原變數：

$a=1,\qquad b=\left(\frac12\right)^2+1=\frac54,\qquad c=2^2-1=3$

。因此

$a+b+c=1+\frac54+3=\frac{21}{4}$

。

另一種驗算

不直接寫成平方和，也可用三個最小值來檢查。對 $u,v,w\ge0$ ，

$u^2-2u\ge-1,\qquad 4v^2-4v\ge-1,\qquad w^2-4w\ge-4,$

等號分別只在 $u=1,v=1/2,w=2$ 成立。題目移項後正是

$(u^2-2u)+(4v^2-4v)+(w^2-4w)+6=0$

。三個括號的下界相加為 $-6$ ，所以等式要等於 $0$ ，三項必須同時取到各自下界。於是仍得 $(a,b,c)=(1,5/4,3)$ ，總和 $21/4$ 。

容易出錯的地方

由 $v=\sqrt{b-1}$ 得到的是 $b=v^2+1$ ，不能寫成 $b=v^2-1$ 。
平方和為零必須先確認各項是實數平方；原題的三個範圍條件正好保證根號有意義。
求得 $u,v,w$ 後要換回 $a,b,c$ ，不能把 $u+v+w$ 當成答案。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。答案一致；Fable 第一個配方等號漏減原式右側根式。採用原稿經獨立覆核的「左側減右側等於平方和」推導。

題目 19 / 40

集合中的乘十七互斥選取

112 學年度 · 一、填充題第 4 題 · PDF 第 1 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

數學中有個基本概念稱作「集合」，是一個收集特定元素所形成的物件。例如， $A=\{1,2,3\}$ 這個集合收集了 $1,2,3$ 這三個正整數，又可以說 $1,2,3$ 這三個元素「屬於」集合 $A$ 。此外，如果集合 $B$ 的所有元素也都屬於集合 $A$ ，則說集合 $B$ 是集合 $A$ 的「子集」。例如， $B_1=\{1,2\}$ 、 $B_2=\{3,2\}$ 都是集合 $A=\{1,2,3\}$ 的子集。根據上述語言，如果集合 $U=\{1,2,3,\ldots,2023\}$ ，且集合 $M$ 滿足「只要 $n$ 屬於 $M$ ， $17n$ 便不屬於 $M$ 」，則所有 $U$ 的子集中，擁有最多元素的 $M$ 有多少個元素？

112學年度原卷一、填充題第4題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$1911$ 個元素。這是依原題條件推導的擬答，不是校方官方答案。

解題切入點

把每個正整數依連乘 $17$ 串成鏈 $r,17r,17^2r,\ldots$ ，同一條鏈上不能選相鄰兩項。逐鏈取路徑圖的最大獨立集，再把各鏈的上限相加。

完整推導

每個 $n\in U$ 都可唯一寫成

$n=17^k r,$

其中 $17\nmid r$ 。固定 $r$ 後， $r,17r,17^2r,\ldots$ 形成一條鏈。題目條件就是同一條鏈中不能同時選相鄰兩項。 2. 因 $17^3=4913>2023$ ，鏈長最多為 $3$ 。 3. 若 $1\le r\le7$ ，則 $r,17r,289r$ 都不超過 $2023$ ，有 $7$ 條長度 $3$ 的鏈。每條最多選第 1、3 項，共 $2$ 個。 4. 若 $8\le r\le119$ 且 $17\nmid r$ ，則只有 $r,17r$ 在 $U$ 中，是長度 $2$ 的鏈。 $8$ 到 $119$ 共 $112$ 個數，其中有 $7$ 個 $17$ 的倍數，所以這類鏈有

$112-7=105$

條，每條最多選 $1$ 個。 5. 不被 $17$ 整除的數共有

$2023-\left\lfloor\frac{2023}{17}\right\rfloor=2023-119=1904$

個。其中 $r\le119$ 且不被 $17$ 整除者有 $119-7=112$ 個，所以剩下

$1904-112=1792$

條長度 $1$ 的鏈，每條可選 $1$ 個。 6. 因此任何合格集合都至多有

$7\cdot2+105\cdot1+1792\cdot1=1911$

個元素。 7. 這個上限確實可達到：選取所有不被 $17$ 整除的數，再加入 $289,578,867,1156,1445,1734,2023$ ，即所有 $289r$ （ $1\le r\le7$ ）。所選元素若乘以 $17$ ，不是落在未選的「恰含一個因數 $17$ 」那一層，就是已超過 $2023$ 。故這個集合合法且有 $1904+7=1911$ 個元素。

另一種驗算

用互不重疊的配對作上界。考慮所有 $1\le r\le119$ 且 $17\nmid r$ 的 $r$ ，共有 $119-7=112$ 個。把每個 $r$ 與 $17r$ 配成一對 $\{r,17r\}$ ；這 $112$ 對彼此互不重疊，而且每一對至多能選一個。因此 $U$ 的 $2023$ 個元素中至少要漏掉 $112$ 個，故

$|M|\le2023-112=1911$

。再取 $M$ 為「所有不被 $17$ 整除的數」加上「所有不超過 $2023$ 的 $289$ 倍數」，正好只漏掉恰含一個因數 $17$ 的那 $112$ 個數，且滿足條件。所以配對法也獨立得到最大值 $1911$ 。

容易出錯的地方

條件只禁止 $n$ 與 $17n$ 同時入選，不是禁止所有 $17$ 的倍數。像 $289$ 可以和 $1$ 同時選，因為它們不是相鄰的一倍關係。
只提出一個有 $1911$ 個元素的集合只能證明下界；還需用鏈或互斥配對證明任何集合都不能更大。
計算 $8$ 到 $119$ 中可作鏈首的數時，要排除 $17,34,\ldots,119$ 共 $7$ 個。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。答案一致；Fable 鏈長計算將 3×7 誤寫成 17×7。採用 2023−3×7−2×105＝1792 的正確分組。

題目 20 / 40

符號金字塔的計數

112 學年度 · 一、填充題第 5 題 · PDF 第 1 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

有一個填符號遊戲，只要在最下層的 $\bigcirc$ 中填入符號「 $+$ 」或「 $-$ 」，則上層中所有的 $\bigcirc$ 就會自動顯示符號「 $+$ 」或「 $-$ 」其中之一。規則如下：

若相鄰的兩個 $\bigcirc$ 中符號相同，則上面的 $\bigcirc$ 顯示「 $+$ 」，如圖一所示。
若相鄰的兩個 $\bigcirc$ 中符號不同，則上面的 $\bigcirc$ 顯示「 $-$ 」，如圖二所示。

在圖三中，若要使得最上層的 $\bigcirc$ 中顯示「 $+$ 」，則最下層有多少種填法？圖三的六層三角形配置（最下層有 6 個圓）請參考原題圖。

112學年度原卷一、填充題第5題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$32$ 種。這是依題目條件推導的擬答，不是官方答案。

解題切入點

把「 $+$ 」記為 $1$ 、「 $-$ 」記為 $-1$ ，則上層規則正是相鄰兩數相乘。重複相乘後，頂端是底排各符號按二項係數次方的乘積；只需看次方的奇偶。

完整推導

把底層由左到右六個符號記成 $s_1,s_2,\ldots,s_6$ ，其中「 $+$ 」代表 $1$ ，「 $-$ 」代表 $-1$ 。相同符號相乘為 $1$ ，不同符號相乘為 $-1$ ，所以每個上層圓就是下面相鄰兩數的乘積。
第一層往上一次後，指數是 $(1,1)$ ；再往上時，相鄰兩項相乘，指數相加。因此指數逐層依 Pascal 規則形成二項係數。六個底層圓到頂端共經過五次，故頂端值為

$s_1^{\binom50}s_2^{\binom51}s_3^{\binom52}s_4^{\binom53}s_5^{\binom54}s_6^{\binom55}.$

第五列二項係數為 $(1,5,10,10,5,1)$ 。因每個 $s_i^2=1$ ，偶數次方都等於 $1$ ，所以頂端化簡為

$s_1s_2s_5s_6.$

要讓頂端是「 $+$ 」，條件就是 $s_1s_2s_5s_6=1$ 。先任選 $s_1,s_2,s_3,s_4,s_5$ ，共有 $2^5=32$ 種；之後 $s_6$ 被唯一決定為 $s_1s_2s_5$ 。每一種前五格都恰好對應一種合格底排，沒有重複也沒有遺漏。
因此最下層共有 $32$ 種填法。

另一種驗算

使用一一配對，不展開二項係數。全部底排共有 $2^6=64$ 種。固定任一底排，只翻轉最左邊的第一個符號：往上一層時，只有最左邊的圓會翻轉；其餘圓都由未改變的相鄰底格產生。逐層重複同一觀察，每一層都恰有最左邊的圓翻轉，最後頂端也必定翻轉。因此每個頂端為「 $+$ 」的填法，都與唯一一個頂端為「 $-$ 」的填法成對，且這個翻轉操作做兩次會回到原填法。兩類數量相等，所以各有 $64/2=32$ 種。

容易出錯的地方

完整原題圖三的最下層是 6 個圓，不是 5 個；層數與底排格數必須直接看圖確認。
規則不是把正負號作一般加法，而是「相同變正、相異變負」，用 $\pm1$ 表示時對應乘法。
只說『顯然一半』不夠；配對法必須指出翻轉哪一格、為何頂端必翻轉，以及操作可逆。

覆核紀錄

已對照官方原卷條件，完成來源獨立盲解、作者推導及逐題找錯覆核。程式檢查僅作輔助，不取代上方證明；本頁不是校方官方解答。

題目 21 / 40

折返斜線數表定位

112 學年度 · 一、填充題第 6 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

將正整數 $1,2,3,4,5,6,7,8,9,10,\ldots$ 依右圖規則排列，若將橫排稱為列，直排稱為行，我們可以用列與行來描述某個正整數的位置。例如：第 2 列第 3 行的數字為 $9$ 。若 $2023$ 在第 $m$ 列第 $n$ 行，試求數對 $(m,n)$ 。

112學年度原卷一、填充題第6題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$(m,n)=(58,7)$ 。這是依原題數表推導的擬答，不是校方官方答案。

解題切入點

數字沿著左下到右上的斜對角線來回折返。第 $d$ 條斜線有 $d$ 格，最後一數是三角形數 $T_d=d(d+1)/2$ ；先定位 $2023$ 落在哪一條斜線，再依奇偶決定方向。

完整推導

由原圖可見，同一斜線上的格子滿足

$m+n-1=d,$

而第 $d$ 條斜線共有 $d$ 個數。前 $d$ 條斜線共放入

$T_d=1+2+\cdots+d=\frac{d(d+1)}2$

個數。 2. 計算相鄰三角形數：

$T_{63}=\frac{63\cdot64}{2}=2016,\qquad T_{64}=\frac{64\cdot65}{2}=2080$

。因此 $2023$ 位於第 $64$ 條斜線。 3. 它是該斜線的第

$2023-2016=7$

個數。 4. 從原圖的小斜線可核對：偶數編號的斜線由左下往右上填。例如第 $4$ 條斜線是 $7,8,9,10$ ，座標依序為 $(4,1),(3,2),(2,3),(1,4)$ 。所以第 $64$ 條斜線第 $7$ 個數的行座標是 $n=7$ ，列座標每前進一格減 $1$ ，為

$m=64-7+1=58$

。故

$(m,n)=(58,7)$

。

另一種驗算

從 $T_{63}=2016$ 之後直接追位置。偶數斜線第 $64$ 條的第一格在 $(64,1)$ ，數字是 $2017$ 。接下來每加 $1$ 就往右上移一格，即座標變成 $(m-1,n+1)$ 。由 $2017$ 到 $2023$ 共增加 $6$ 次，因此

$(64,1)+6(-1,+1)=(58,7)$

。再檢查 $58+7-1=64$ ，確實仍在第 $64$ 條斜線。

容易出錯的地方

原題把橫排稱為「列」、直排稱為「行」，所以 $(m,n)$ 是（列，行），不要沿用其他課本相反的列行慣例。
第 $64$ 條斜線的第 $1$ 個數是 $2017$ ；第 $7$ 個只移動 $6$ 步。
斜線方向交替，若把偶數斜線方向反過來會得到對調的錯誤座標。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 22 / 40

半圓與垂直交點距離

112 學年度 · 一、填充題第 7 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

如右圖，以 $\overline{AB}$ 為直徑作半圓， $O$ 為圓心， $C$ 為 $\overline{OB}$ 中點。 $\overline{AE}$ 為圓 $O$ 的切線， $\overline{AB}=4$ ， $\overline{AE}=\sqrt7$ ；若 $D$ 為此半圓上的一點且 $\overline{CD}\perp\overline{DE}$ ，試求 $\overline{CD}$ 的長。

112學年度原卷一、填充題第7題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$CD=\sqrt2$ 。這是依原題文字與原圖中 $D$ 的位置推導的擬答，不是校方官方答案。

解題切入點

編按： 由原圖可見， $D$ 為不同於 $A,B$ 的弧內點；這是附圖關係的說明，不是原卷另印的文字。 $CE$ 可在解題時自行連結，原圖並未畫出此線段。

設直徑在座標軸上。圓方程與垂直的內積方程相減後會得到一條一次式，再解出原圖所示的非端點交點 $D$ 。

完整推導

依原圖取

$B=(0,0),\quad O=(2,0),\quad A=(4,0)$

。因 $C$ 是 $OB$ 中點， $C=(1,0)$ 。 $AE$ 是過 $A$ 的切線，且 $AE=\sqrt7$ 、 $E$ 在直徑上方，所以 $E=(4,\sqrt7)$ 。 2. 設原圖所示的弧內點 $D=(x,y)$ ，其中 $y>0$ 。因圓心是 $(2,0)$ 、半徑是 $2$ ，

$(x-2)^2+y^2=4,$

也就是

$x^2-4x+y^2=0\tag{1}$

。 3. $CD\perp DE$ ，所以向量內積為零：

$(x-1)(x-4)+y(y-\sqrt7)=0$

。展開得

$x^2-5x+4+y^2-\sqrt7y=0\tag{2}$

。 4. 用式 (2) 減式 (1)，得到

$x+\sqrt7y=4\tag{3}$

。代入 $x=4-\sqrt7y$ 到式 (1)：

$8y^2-4\sqrt7y=0,$

即

$4y(2y-\sqrt7)=0$

。因原圖的 $D$ 是弧內非端點， $y>0$ ，故

$y=\frac{\sqrt7}{2},\qquad x=4-\frac72=\frac12$

。 5. 因此

$CD=\sqrt{\left(\frac12-1\right)^2+\left(\frac{\sqrt7}{2}\right)^2}=\sqrt{\frac14+\frac74}=\sqrt2$

。

另一種驗算

利用兩個等半徑圓驗算。 $CA=3$ 、 $AE=\sqrt7$ 且 $CA\perp AE$ ，所以

$CE=\sqrt{3^2+(\sqrt7)^2}=4$

。由 $CD\perp DE$ ，依泰勒斯定理， $D$ 在以 $CE$ 為直徑的圓上； $A$ 也因 $CA\perp AE$ 在此圓上。這個圓的半徑是 $CE/2=2$ ，恰與原半圓所屬圓的半徑相同。令第二圓圓心為 $M$ ，則

$M=\left(\frac52,\frac{\sqrt7}{2}\right)$

。兩個等半徑圓的公共弦 $AD$ 被兩圓心連線 $OM$ 垂直平分，而且公共弦中點就是 $OM$ 中點

$N=\left(\frac94,\frac{\sqrt7}{4}\right)$

。所以 $D$ 是 $A$ 對 $N$ 的對稱點：

$D=2N-A=\left(\frac12,\frac{\sqrt7}{2}\right),$

再次得到 $CD=\sqrt2$ 。

容易出錯的地方

聯立方程還會出現 $y=0,x=4$ ，即端點 $A$ ；原題附圖把 $D$ 標在弧內且與 $A$ 分開，故取另一交點。若完全忽略附圖，文字條件會留下這個退化候選。
$C$ 是 $OB$ 的中點，不是 $AB$ 的中點；在所取座標中 $C=(1,0)$ 。
$AE$ 為切線，所以它與半徑 $OA$ 垂直；原圖中 $E$ 位於 $A$ 正上方。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。答案與獨立原圖覆核一致。早期轉錄圖說及 Fable 輸入誤稱原圖畫有 CE；原圖沒有此線，已在最終編按明說是可自行加畫的輔助線。原始輸入與回覆留存，不冒稱無瑕疵盲測。

題目 23 / 40

直線上的等腰三角形

112 學年度 · 一、填充題第 11 題 · PDF 第 3 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

在直角坐標平面上， $O$ 為原點，方程式 $3x-y=0$ 所表示的圖形為直線 $L$ ，點 $A$ 的坐標為 $(0,3)$ ，點 $P$ 在直線 $L$ 上，若 $\triangle AOP$ 為等腰三角形，試求點 $P$ 的坐標。（答案不止一解）

112學年度原卷一、填充題第11題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

擬答：

$P=\left(\frac{3\sqrt{10}}{10},\frac{9\sqrt{10}}{10}\right), \left(-\frac{3\sqrt{10}}{10},-\frac{9\sqrt{10}}{10}\right), \left(\frac95,\frac{27}{5}\right), \left(\frac12,\frac32\right).$

解題切入點

以 $P=(t,3t)$ 參數化直線，分別檢查 $OA=OP$ 、 $OA=AP$ 、 $OP=AP$ 三種等腰情形；由方程式得到的 $t=0$ 會使 $P=O$ ，必須作為退化情形排除。

完整推導

設 $P=(t,3t)$ 。三邊長平方為

$OA^2=9,\qquad OP^2=10t^2,\qquad AP^2=t^2+(3t-3)^2=10t^2-18t+9.$

情形一： $OA=OP$ 。

$9=10t^2\Longrightarrow t=\pm\frac3{\sqrt{10}},$

得到

$P=\left(\frac{3\sqrt{10}}{10},\frac{9\sqrt{10}}{10}\right) \text{ 或 } \left(-\frac{3\sqrt{10}}{10},-\frac{9\sqrt{10}}{10}\right).$

情形二： $OA=AP$ 。

$9=10t^2-18t+9\Longrightarrow2t(5t-9)=0.$

其中 $t=0$ 時 $P=O$ ，無法形成三角形，故捨去； $t=9/5$ 給出

$P=\left(\frac95,\frac{27}{5}\right).$

情形三： $OP=AP$ 。

$10t^2=10t^2-18t+9\Longrightarrow t=\frac12,$

故

$P=\left(\frac12,\frac32\right).$

任何等腰三角形都必屬於上述三種邊長配對之一，四個保留的 $t$ 值互異且皆非 0，因此解已列完。

另一種驗算

幾何軌跡驗算。 固定邊 $OA=3$ ，並把等腰條件看成三條軌跡與直線 $L:y=3x$ 的交點。

$OP=OA$ ： $P$ 在以 $O$ 為圓心、半徑 3 的圓上。聯立 $x^2+y^2=9$ 與 $y=3x$ ，得 $10x^2=9$ ，產生兩個正負交點。
$AP=AO$ ： $P$ 在以 $A$ 為圓心、半徑 3 的圓上。聯立 $x^2+(y-3)^2=9$ 與 $y=3x$ ，得 $2x(5x-9)=0$ ；交點 $O$ 是退化點，另一交點為 $(9/5,27/5)$ 。
$AP=OP$ ： $P$ 在 $OA$ 的垂直平分線 $y=3/2$ 上；與 $y=3x$ 相交於 $(1/2,3/2)$ 。

三個軌跡已覆蓋所有等腰配置，交點清單與主解一致。

容易出錯的地方

只檢查其中一種相等邊，會漏掉其餘座標。
把 $t=0$ 當答案；此時 $P=O$ ，三角形退化為線段。
負的直線參數仍對應直線上的合法點，不能只取正根。

覆核紀錄

已對照官方原卷條件，完成來源獨立盲解、作者推導及逐題找錯覆核。程式檢查僅作輔助，不取代上方證明；本頁不是校方官方解答。

題目 24 / 40

調和和不是整數

112 學年度 · 二、計算證明題第 16 題 · PDF 第 3 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

證明 $S=1+\frac12+\frac13+\cdots+\frac1{64}$ 不是一個正整數。

112學年度原卷二、計算證明題第16題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$S$ 不是正整數。以下為依整除奇偶性所作的證明，不是校方官方解答。

解題切入點

把所有分數乘上 $1$ 到 $64$ 的最小公倍數。只有分母 $64$ 含有最高次的因數 $2^6$ ，所以清分母後恰有一項為奇數，其餘全為偶數，總和必為奇數；這與 $S$ 是整數時應有的整除性衝突。

完整推導

令

$L=\operatorname{lcm}(1,2,3,\ldots,64)$

。因 $64=2^6$ ，而 $1$ 到 $63$ 中每個數所含的 $2$ 的次方最多只有 $2^5$ ，所以 $L$ 恰含因數 $2^6$ 。 2. 乘上 $L$ 清分母：

$LS=\sum_{k=1}^{64}\frac{L}{k}$

。 3. 當 $k=64$ 時， $L/64$ 是奇數：因為 $L$ 中的 $2^6$ 已被 $64$ 完全約掉。 4. 當 $1\le k\le63$ 時， $k$ 最多含 $2^5$ ，所以 $L/k$ 至少還含一個因數 $2$ ，必為偶數。 5. 因此 $LS$ 是「一個奇數加上許多偶數」，所以 $LS$ 是奇數。 6. 反設 $S$ 是正整數。那麼 $LS=L\cdot S$ 必被 $L$ 整除；尤其 $L$ 是偶數，所以 $LS$ 必為偶數。這與第 5 步矛盾。故 $S$ 不是正整數。證畢。

另一種驗算

改用質數 $61$ 作獨立驗算。仍令 $L=\operatorname{lcm}(1,2,\ldots,64)$ 。在 $1$ 到 $64$ 中，只有分母 $61$ 是 $61$ 的倍數。因此在

$LS=\sum_{k=1}^{64}\frac{L}{k}$

中， $L/61$ 不被 $61$ 整除，而每個 $k\ne61$ 的 $L/k$ 都仍含因數 $61$ 。所以 $LS$ 除以 $61$ 的餘數等於 $L/61$ 的非零餘數，亦即 $61\nmid LS$ 。若 $S$ 是整數，因 $61\mid L$ ，就必有 $61\mid LS$ ，矛盾。故 $S$ 不可能是整數。

容易出錯的地方

不能只說和式介於兩個整數之間而不給精確界；整除奇偶法可直接完成證明。
$64$ 是範圍內唯一含有 $2^6$ 的分母，這個「唯一」是奇偶論證成立的關鍵。
清分母後要判斷的是每一個 $L/k$ 的奇偶性，不是原分數 $1/k$ 的奇偶性。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 25 / 40

方格路徑的平均長度

113 學年度 · 一、填充題第 2 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

如下圖，這是由六個邊長皆為 1 的正方形所組成的矩形路徑圖（排成 $3\times2$ ；每個正方形都有一條由左下角連到右上角的對角線）。今規定從左下角頂點到右上角頂點只能走三種路徑：往上走、往右走、往右上斜走。請問所有走法的平均路徑長？

113學年度原卷一、填充題第2題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

擬答：

$\frac{89+18\sqrt2}{25}.$

解題切入點

依斜走次數 $d=0,1,2$ 分類。每類以多重排列數計算走法，再用直走長 1、斜走長 $\sqrt2$ 加權求平均。

完整推導

設一條路徑使用 $r$ 次向右、 $u$ 次向上、 $d$ 次向右上斜走。位移條件為

$r+d=3,\qquad u+d=2,$

故 $d$ 只能是 0、1、2。

$d=0$ ： $(r,u,d)=(3,2,0)$ ，共有 $5!/(3!2!)=10$ 條，每條長 5。
$d=1$ ： $(r,u,d)=(2,1,1)$ ，共有 $4!/(2!1!1!)=12$ 條，每條長 $3+\sqrt2$ 。
$d=2$ ： $(r,u,d)=(1,0,2)$ ，共有 $3!/(1!0!2!)=3$ 條，每條長 $1+2\sqrt2$ 。

總走法數為 $10+12+3=25$ ，總路徑長為

$10\cdot5+12(3+\sqrt2)+3(1+2\sqrt2)=89+18\sqrt2.$

因此平均路徑長為

$\boxed{\frac{89+18\sqrt2}{25}}.$

另一種驗算

格點動態遞推驗算。 對格點 $(i,j)$ 記 $N_{i,j}$ 為從 $(0,0)$ 走到該點的走法數， $S_{i,j}$ 為這些走法的總長。邊界為 $N_{0,0}=1$ 、 $S_{0,0}=0$ ；若三個前驅存在，則

$N_{i,j}=N_{i-1,j}+N_{i,j-1}+N_{i-1,j-1},$

$S_{i,j}=(S_{i-1,j}+N_{i-1,j})+(S_{i,j-1}+N_{i,j-1})+(S_{i-1,j-1}+\sqrt2N_{i-1,j-1}).$

直邊新增長 1，斜邊新增長 $\sqrt2$ 。逐格算得

$\begin{array}{c|ccc} (i,j)&(1,1)&(2,1)&(3,1)\\ \hline N&3&5&7\\ S&4+\sqrt2&11+2\sqrt2&22+3\sqrt2 \end{array}$

以及

$\begin{array}{c|ccc} (i,j)&(1,2)&(2,2)&(3,2)\\ \hline N&5&13&25\\ S&11+2\sqrt2&36+8\sqrt2&89+18\sqrt2 \end{array}.$

因此終點平均為 $S_{3,2}/N_{3,2}=(89+18\sqrt2)/25$ ，與分類法一致。

容易出錯的地方

把三種斜走次數當成三條路徑；實際共有 25 種步驟排列。
忘記每次斜走的長度是 $\sqrt2$ 。
只平均三個代表長度，沒有按各類走法數加權。

覆核紀錄

已對照官方原卷條件，完成來源獨立盲解、作者推導及逐題找錯覆核。程式檢查僅作輔助，不取代上方證明；本頁不是校方官方解答。

題目 26 / 40

兩根式方程的完整解

113 學年度 · 一、填充題第 3 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

試求解方程式

$\sqrt{x^2+2x+2}+\sqrt{x^2-2x+2}=3$

，全對才給分。

113學年度原卷一、填充題第3題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$\displaystyle x=\pm\frac{3\sqrt5}{10}$ 。這是依原題條件推導的擬答，不是校方官方答案。

解題切入點

兩個根式平方後的總和很簡單。先平方一次求出兩根式乘積，再平方一次；最後必須代回或用正值性檢查，排除平方造成的假根。

完整推導

令

$A=\sqrt{x^2+2x+2},\qquad B=\sqrt{x^2-2x+2}$

。因

$x^2\pm2x+2=(x\pm1)^2+1>0,$

所以 $A,B$ 對所有實數 $x$ 都有定義且為正。題目是 $A+B=3$ 。 2. 平方一次：

$A^2+B^2+2AB=9$

。而

$A^2+B^2=(x^2+2x+2)+(x^2-2x+2)=2x^2+4,$

故

$AB=\frac{5-2x^2}{2}\tag{1}$

。 3. 另一方面，

$A^2B^2=(x^2+2x+2)(x^2-2x+2)=(x^2+2)^2-(2x)^2=x^4+4$

。將式 (1) 平方，得到

$x^4+4=\frac{(5-2x^2)^2}{4}$

。乘以 $4$ 並展開：

$4x^4+16=25-20x^2+4x^4,$

所以

$20x^2=9,\qquad x^2=\frac9{20}$

。因此候選解是

$x=\pm\frac{3}{2\sqrt5}=\pm\frac{3\sqrt5}{10}$

。 4. 驗根：對這兩個候選，式 (1) 右邊為 $(5-9/10)/2=41/20>0$ ，且由已得關係有

$(A+B)^2=A^2+B^2+2AB=9$

。因 $A+B>0$ ，必有 $A+B=3$ ，所以兩個候選都是真解。

另一種驗算

把根式看成距離。

$\sqrt{x^2+2x+2}=\sqrt{(x+1)^2+1},\qquad \sqrt{x^2-2x+2}=\sqrt{(x-1)^2+1}$

。它們分別是點 $(x,1)$ 到焦點 $(-1,0)$ 、 $(1,0)$ 的距離。距離和為 $3$ 的軌跡是橢圓，長軸半長 $a=3/2$ ，焦距半長 $c=1$ ，所以短軸半長平方

$b^2=a^2-c^2=\frac94-1=\frac54$

。橢圓方程為

$\frac{x^2}{9/4}+\frac{y^2}{5/4}=1$

。題目中的點有 $y=1$ ，代入得

$\frac{4x^2}{9}+\frac45=1,$

故 $x^2=9/20$ ，仍得到 $x=\pm3\sqrt5/10$ 。

容易出錯的地方

題目寫「全對才給分」，所以正、負兩個對稱解都必須列出。
連續平方可能引入假根；最後要利用 $A,B>0$ 回查 $A+B=3$ 。
乘積化簡時 $(x^2+2)^2-(2x)^2=x^4+4$ ，中間的 $4x^2$ 正好消去。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 27 / 40

四捨五入打擊率的最小分母

113 學年度 · 一、填充題第 4 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

在棒球比賽中，一位打者的打擊率定義為「總安打數除以總打擊數，四捨五入後取到小數點下第三位」。例如，雄雄本季的總打數為 $318$ 次、總安打數為 $99$ 次，則其打擊率為 $0.311$ 。今天，若阿中本季的打擊率為 $0.399$ ，試問阿中本季的「總打數」至少為多少？

113學年度原卷一、填充題第4題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$138$ 次；此時可有 $55$ 支安打，因 $55/138\approx0.3985507$ ，四捨五入為 $0.399$ 。這是依原題條件推導的擬答，不是校方官方答案。

解題切入點

把四捨五入條件寫成精確區間，再和較簡單的 $0.4=2/5$ 比較。若總打數為 $N$ 、安打數為 $H$ ，整數 $2N-5H$ 會被夾在很窄的範圍，足以證明 $N<138$ 都不可能。

完整推導

設總打數為正整數 $N$ ，總安打數為整數 $H$ 。四捨五入到小數點下第三位得到 $0.399$ ，精確等價於

$0.3985\le\frac{H}{N}<0.3995,$

也就是

$\frac{797}{2000}\le\frac{H}{N}<\frac{799}{2000}\tag{1}$

。上端不含等號，因為 $0.3995$ 會四捨五入成 $0.400$ 。 2. 式 (1) 顯示 $H/N<0.4=2/5$ 。令

$d=2N-5H$

。則 $d$ 是正整數，而且

$\frac{d}{5N}=\frac25-\frac{H}{N}$

。由式 (1) 可得

$0.0005<\frac{d}{5N}\le0.0015,$

所以

$\frac{N}{400}<d\le\frac{3N}{400}\tag{2}$

。 3. 若 $N\le133$ ，則 $3N/400<1$ 。式 (2) 卻要求正整數 $d<1$ ，不可能。 4. 只剩檢查 $134\le N\le137$ 。此時式 (2) 迫使 $d=1$ 。由

$2N-5H=1$

取模 $5$ ，得 $2N\equiv1\pmod5$ ，亦即 $N\equiv3\pmod5$ 。但 $134,135,136,137$ 都不是除以 $5$ 餘 $3$ ，所以也不可能。故 $N\ge138$ 。 5. 當 $N=138$ 時取 $H=55$ 。精確比較：

$\frac{55}{138}-\frac{797}{2000}=\frac{14}{276000}>0,$

且

$\frac{799}{2000}-\frac{55}{138}=\frac{262}{276000}>0$

。因此 $55/138$ 落在式 (1) 的區間內，確實四捨五入為 $0.399$ 。所以最少總打數是 $138$ 。

另一種驗算

依 $N$ 除以 $5$ 的餘數直接檢查最靠近 $0.4$ 、但小於 $0.4$ 的分數。寫 $N=5q+r$ 。為使 $H/N$ 儘量接近 $0.4$ ，各餘數類能取的最大 $H$ 與 $0.4N-H$ 分別為：

$r=0$ ：最大 $H=2q-1$ ，差 $1$ ；
$r=1$ ：最大 $H=2q$ ，差 $0.4$ ；
$r=2$ ：最大 $H=2q$ ，差 $0.8$ ；
$r=3$ ：最大 $H=2q+1$ ，差 $0.2$ ；
$r=4$ ：最大 $H=2q+1$ ，差 $0.6$ 。要使 $H/N\ge0.3985$ ，必須 $0.4-H/N\le0.0015$ 。最有利的是 $r=3$ ，此時要求 $0.2/N\le0.0015$ ，即 $N\ge133\frac13$ 。第一個大於此界且除以 $5$ 餘 $3$ 的整數就是 $138$ ，並給 $H=(2N-1)/5=55$ 。其餘餘數類的差更大，不會產生更小分母。

容易出錯的地方

顯示值 $0.399$ 不代表真實比率恰等於 $399/1000$ ；所有落在 $[0.3985,0.3995)$ 的比率都會顯示為 $0.399$ 。
上界 $0.3995$ 不能含等號；四捨五入後它是 $0.400$ 。
找到 $55/138$ 還不夠，必須證明所有較小分母不可能；整數 $d$ 的夾擠正是最小性的證明。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 28 / 40

兩層中位數的極值

113 學年度 · 一、填充題第 6 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

已知奇數個數字的中位數定義如下：將這些數字由小到大排序之後，正中間那個數字稱為中位數。例如： $2,3,1,6,7,4,5$ 的中位數為 $4$ 。今有 $S_1,S_2,…,S_{343}$ 等 $343$ 個「數字群」，每個「數字群」都恰包含了 $7$ 個整數，且所有這 $2401$ 個數皆不相同。若將 $S_1,S_2,…,S_{343}$ 各自的中位數分別記作 $m_1,m_2,…,m_{343}$ ，且 $m_1,m_2,…,m_{343}$ 的中位數為 $M$ ，試問這 $2401$ 個數當中，「最多」可能有多少個數小於 $M$ ？

113學年度原卷一、填充題第6題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$1713$ 個。此為依題意推導的擬答，不是官方答案。

解題切入點

先依各組中位數與 $M$ 的大小分成三類，逐類求一組中最多能有幾個數小於 $M$ ；再給出能同時達到上界的配置，才算完成極值證明。

完整推導

把 $343$ 個中位數由小到大排列。因為所有 $2401$ 個整數互不相同，所以 $m_1,\ldots,m_{343}$ 也互不相同；其中第 $172$ 小者是 $M$ 。因此恰有 $171$ 個組中位數小於 $M$ 、 $1$ 個組中位數等於 $M$ 、 $171$ 個組中位數大於 $M$ 。

若某組的中位數小於 $M$ ，該組 $7$ 個數都可以小於 $M$ ，故至多貢獻 $7$ 個。
中位數等於 $M$ 的那一組， $M$ 排第 $4$ ，所以恰有 $3$ 個數小於 $M$ 。
若某組的中位數大於 $M$ ，排序後第 $4$ 個已大於 $M$ ，故前 $3$ 個至多都小於 $M$ ，但不可能有第 $4$ 個也小於 $M$ ；所以至多貢獻 $3$ 個。

因此總數不超過

$171\cdot7+3+171\cdot3=1197+3+513=1713.$

還要證明這個上界能達到。取 $M=0$ ，準備 $1713$ 個互不相同的負整數及 $687$ 個互不相同的正整數。把其中 $1197$ 個負整數分成 $171$ 組、每組 $7$ 個；這些組的中位數全小於 $0$ 。再取 $3$ 個負整數、 $0$ 、 $3$ 個正整數組成中位數為 $0$ 的一組。餘下的 $513$ 個負整數分給其餘 $171$ 組，每組 $3$ 個；每組再配 $4$ 個正整數，則其中位數都大於 $0$ 。此時恰有 $1713$ 個數小於 $M$ ，所以上界確實可達。

另一種驗算

用「必須不小於 $M$ 的數」反算。中位數大於 $M$ 的 $171$ 組，每組至少有後 $4$ 個大於 $M$ ，共至少 $684$ 個；中位數為 $M$ 的一組還有 $M$ 本身及其後 $3$ 個，共 $4$ 個不小於 $M$ 。所以至少有 $688$ 個數不小於 $M$ ，小於 $M$ 的數至多為 $2401-688=1713$ 。上述構造同時證明等號成立。

容易出錯的地方

只算出上界而沒有構造達到上界的例子，不能完成「最多」的證明。
中位數大於 $M$ 的組仍可有前 $3$ 個小於 $M$ ，不能誤算成整組都大於 $M$ 。
所有原始整數互不相同，故各組中位數也互不相同；這使得 $M$ 兩側恰各有 $171$ 個中位數。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 29 / 40

連續正整數和

113 學年度 · 一、填充題第 8 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

觀察 $15=1+2+3+4+5=4+5+6=7+8$ ，因此 $15$ 有 $3$ 種寫成「至少兩個連續正整數和」的方法。試問 $420$ 有多少種寫成「至少兩個連續正整數和」的方法？

113學年度原卷一、填充題第8題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$7$ 種。此為依題意推導的擬答，不是官方答案。

解題切入點

正整數的連續和表示法數目等於它的奇數正因數個數；再扣掉只有一項的表示 $420$ 。也可直接由項數方程逐一列出。

完整推導

設連續正整數共有 $k$ 項，首項為 $a$ ，其中 $a\ge1$ 、 $k\ge1$ 。則

$420=a+(a+1)+\cdots+(a+k-1)=\frac{k(2a+k-1)}2,$

所以

$840=k(2a+k-1).$

每一種表示會把 $840$ 分成一奇一偶的兩個因數；等價地，每個 $420$ 的奇數正因數恰對應一種正整數連續和表示。簡要說明如下：若奇因數 $d<\sqrt{840}$ ，可取奇數項數 $k=d$ ；若 $d>\sqrt{840}$ ，則取偶數項數 $k=840/d$ 。兩種情況由 $a=(840/k-k+1)/2$ 得到正整數首項，而且互不重複。

分解

$420=2^2\cdot3\cdot5\cdot7.$

它的奇數正因數只由 $3,5,7$ 的次方決定，共有

$(1+1)^3=8$

個。因此含一項的表示也算在內時共有 $8$ 種；題目要求至少兩項，須去掉 $420$ 本身，得到

$8-1=7\text{ 種。}$

另一種驗算

直接列出七種，項數分別為 $3,5,7,8,15,21,24$ ：

$\begin{aligned}420&=139+140+141\\&=82+83+84+85+86\\&=57+58+\cdots+63\\&=49+50+\cdots+56\\&=21+22+\cdots+35\\&=10+11+\cdots+30\\&=6+7+\cdots+29.\end{aligned}$

每列的「項數乘平均數」皆為 $420$ ；而因數論已證明總數不超過七，故沒有漏列。

容易出錯的地方

奇數因數個數包含單項表示 $420$ ，題目明定至少兩項，必須扣掉一種。
首項必須是正整數；使用公式時要同時檢查整數性與正性。
只列出幾個例子不能證明沒有其他表示，仍需因數對應的完備性。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 30 / 40

加法型整數數列

113 學年度 · 一、填充題第 10 題 · PDF 第 3 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

令 $\{a_n\}$ 為一整數數列，其中 $a_1=1$ ，且對於任意正整數 $n,m$ ，皆滿足 $a_{m+n}=a_m+a_n+mn$ ，試求 $a_{50}=?$

113學年度原卷一、填充題第10題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$a_{50}=1275$ 。此為依題意推導的擬答，不是官方答案。

解題切入點

找出一個差分恰為 $mn$ 的二次式： $\frac{n(n-1)}2$ 。扣掉它之後，原條件化成正整數上的加法關係。

完整推導

令

$b_n=a_n-\frac{n(n-1)}2.$

因為

$\frac{(m+n)(m+n-1)}2-\frac{m(m-1)}2-\frac{n(n-1)}2=mn,$

所以題目的關係式化為

$b_{m+n}=b_m+b_n.$

又

$b_1=a_1-0=1.$

在正整數上反覆使用加法關係，

$b_n=b_{(n-1)+1}=b_{n-1}+b_1=\cdots=nb_1=n.$

因此

$a_n=b_n+\frac{n(n-1)}2=n+\frac{n(n-1)}2=\frac{n(n+1)}2.$

代入 $n=50$ ，

$a_{50}=\frac{50\cdot51}{2}=1275.$

此公式也顯示每一項都是整數，符合題設。

另一種驗算

直接在原式取 $m=1$ ：

$a_{n+1}=a_n+a_1+n=a_n+n+1.$

因此 $a_2-a_1=2,a_3-a_2=3,\ldots,a_{50}-a_{49}=50$ 。相加得

$a_{50}=a_1+(2+3+\cdots+50)=1+\left(\frac{50\cdot51}{2}-1\right)=1275.$

再把 $a_n=n(n+1)/2$ 代回原關係，兩邊相等，完成獨立驗算。

容易出錯的地方

只由 $m=1$ 算出數值後，若要主張通式，仍應代回任意 $m,n$ 的原條件檢查。
容易把應扣除的二次式誤寫成 $n(n+1)/2$ ；其交叉差必須恰為 $mn$ 。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 31 / 40

質數條件與模運算

113 學年度 · 一、填充題第 12 題 · PDF 第 3 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

若 $p$ 為質數，且 $q=4^p+p^4+4$ 也是質數，試求所有可能的 $q$ 值之總和？

113學年度原卷一、填充題第12題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

擬答： $149$ 。

解題切入點

先分開檢查例外質數 $p=2,3$ 。對任何 $p>3$ 的質數，以模 3 證明 $q$ 是大於 3 的 3 倍數。

完整推導

當 $p=2$ 時，

$q=4^2+2^4+4=36,$

不是質數。

若 $p$ 是 $p\ne3$ 的奇質數，則 $4\equiv1\pmod3$ ，而 $p\equiv\pm1\pmod3$ ，故

$4^p\equiv1,\qquad p^4\equiv1,\qquad4\equiv1\pmod3.$

因而

$q\equiv1+1+1\equiv0\pmod3.$

此時 $q>3$ ，所以是合數。

最後檢查 $p=3$ ：

$q=4^3+3^4+4=64+81+4=149.$

因 $\sqrt{149}<13$ ，且 149 不被 $2,3,5,7,11$ 整除，所以 149 是質數。因此唯一可能的 $q$ 為 149，所有可能值之總和也是 149。

另一種驗算

直接因數分解驗算。 這仍是整除 3 的檢查，但改用直接寫出因數的方式核對主解。對質數 $p>3$ ， $p=3m\pm1$ ，故 $3\mid(p^4-1)$ ；又

$4^p-1=(4-1)(1+4+\cdots+4^{p-1}),$

所以 $3\mid(4^p-1)$ 。於是可直接寫成

$q=3\left(1+4+\cdots+4^{p-1}+\frac{p^4-1}{3}+2\right),$

括號內為大於 1 的正整數，這直接展示了非平凡因數 3。 $p=2$ 仍給 36。

對 $p=3$ 所得的 149，只需用適合本講義層級的小質數篩法：因 $12^2<149<13^2$ ，若 149 是合數，就必有不大於 12 的質因數。逐一檢查 $2,3,5,7,11$ ：149 為奇數、各位數和為 14、末位不是 0 或 5，且 $149=7\cdot21+2=11\cdot13+6$ ，因此都不整除 149。故 149 為質數，結論仍是 $q=149$ 。

容易出錯的地方

模 3 推理不涵蓋 $p=3$ ，必須另行代入。
只討論奇質數而漏查 $p=2$ 。
算出 149 後未證明它是質數。

覆核紀錄

已對照官方原卷條件，完成來源獨立盲解、作者推導及逐題找錯覆核。程式檢查僅作輔助，不取代上方證明；本頁不是校方官方解答。

題目 32 / 40

二元二次整數方程

113 學年度 · 二、計算證明題第 2 題 · PDF 第 3 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

是否存在整數 $m,n$ ，使得方程式 $5m^2-6mn+7n^2=115$ 有解？若有，請寫下一組解；若沒有，請說明理由。

113學年度原卷二、計算證明題第2題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

不存在整數解。此為依題意推導的擬答，不是官方答案。

解題切入點

乘以 $5$ 後配方，將二元二次式化成平方和 $ (5m-3n)^2+26n^2$；由大小限制只需檢查有限個 $n$ 。

完整推導

假設存在整數解。原式乘以 $5$ ，得

$25m^2-30mn+35n^2=575.$

把前兩項配方：

$25m^2-30mn+9n^2+26n^2=575,$

即

$(5m-3n)^2+26n^2=575.\tag{1}$

兩項皆非負，故 $26n^2\le575$ ，所以 $|n|\le4$ 。依 $|n|=0,1,2,3,4$ ，式 (1) 要求平方數 $(5m-3n)^2$ 依序為

$575,\ 549,\ 471,\ 341,\ 159.$

逐一夾在相鄰平方數之間：

$23^2<575<24^2,\quad23^2<549<24^2,$

$21^2<471<22^2,\quad18^2<341<19^2,\quad12^2<159<13^2.$

沒有一個是完全平方數，與式 (1) 矛盾。因此不存在整數 $m,n$ 使原方程成立。

另一種驗算

用模 $8$ 可更快否定。右邊 $115\equiv3\pmod8$ 。

$m,n$ 都偶時，左邊是 $4$ 的倍數，模 $8$ 只能為 $0$ 或 $4$ 。
$m,n$ 都奇時， $m^2\equiv n^2\equiv1$ ，故左邊為 $12-6mn\equiv2$ 或 $6\pmod8$ 。
$m$ 奇、 $n=2t$ 時，左邊 $\equiv5+4(t^2-mt)\equiv5\pmod8$ ，因 $t(t-m)$ 必為偶數。
$m=2s$ 、 $n$ 奇時，左邊 $\equiv7+4(s^2-sn)\equiv7\pmod8$ ，因 $s(s-n)$ 必為偶數。

四種奇偶情形皆不可能得到 $3\pmod8$ ，故無整數解。

容易出錯的地方

只測少量 $m,n$ 不能證明無解；配方後的界限或模運算才提供完備排除。
配方時 $35n^2=9n^2+26n^2$ ，漏掉 $26n^2$ 會得到錯誤結論。
模 $8$ 分類要涵蓋四種奇偶組合，不能只討論兩數同奇偶。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 33 / 40

孿生質數中點的因數個數

114 學年度 · 一、填充題第 1 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

已知正整數 $n$ 滿足 $100\le n\le200$ ，且 $n-1$ 與 $n+1$ 均為質數，試求滿足上述條件的所有的正整數 $n$ 當中，其正因數個數最多是幾個。

114學年度原卷一、填充題第1題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

最多有 $18$ 個正因數，在 $n=180$ 時達到。此為依題意推導的擬答，不是官方答案。

解題切入點

先完整篩出區間內所有孿生質數對 $(n-1,n+1)$ ，再分解每個中點 $n$ 並用指數加一法計算因數個數。

完整推導

$n-1,n+1$ 都是大於 $2$ 的質數，所以兩者皆為奇數， $n$ 必為偶數。令 $p=n-1$ ，則 $99\le p\le199$ ，且 $p,p+2$ 都要是質數。

區間 $[99,199]$ 的質數依序為

$101,103,107,109,113,127,131,137,139,149,151,157,163,167,173,179,181,191,193,197,199.$

逐一檢查 $p+2$ ，其中仍為質數的只有

$p=101,107,137,149,179,191,197.$

其餘的 $p+2$ 分別可直接看出為 $3,5,7,11,13$ 等小質數的倍數，例如 $103+2=105$ 、 $109+2=111$ 、 $131+2=133$ 、 $167+2=169$ 、 $199+2=201$ ；以上清單已涵蓋整個區間，故沒有遺漏。

因此可能的 $n=p+1$ 是

$102,108,138,150,180,192,198.$

分解並計算正因數個數 $\tau(n)$ ：

$\begin{array}{c|c|c}n&\text{質因數分解}&\tau(n)\\\hline102&2\cdot3\cdot17&8\\108&2^2\cdot3^3&12\\138&2\cdot3\cdot23&8\\150&2\cdot3\cdot5^2&12\\180&2^2\cdot3^2\cdot5&18\\192&2^6\cdot3&14\\198&2\cdot3^2\cdot11&12\end{array}$

最大值是 $18$ 。

另一種驗算

以 $n=180$ 驗證達標： $179$ 與 $181$ 都沒有不超過其平方根的質因數，故皆為質數；而 $180=2^2\cdot3^2\cdot5$ ，正因數個數為 $(2+1)(2+1)(1+1)=18$ 。再對其餘六個候選中點用表中的分解計算，所得均小於 $18$ 。

容易出錯的地方

不能只找到 $n=180$ 就停止；題目問最大值，必須證明候選 $n$ 已完整列出。
正因數個數公式是各質因數指數加一後相乘，不是質因數的個數。
檢查孿生質數時， $n$ 的範圍會讓 $p=n-1$ 落在 $99$ 到 $199$ 。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 34 / 40

同時形成三個等腰三角形的點

114 學年度 · 一、填充題第 2 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

在正 $\triangle ABC$ 所在的平面上一點 $P$ ，可使得 $\triangle PAB$ 、 $\triangle PBC$ 、 $\triangle PAC$ 均為等腰三角形，試求這樣的點 $P$ 共有幾個。

114學年度原卷一、填充題第2題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

按「三個等腰三角形皆為非退化三角形」的通常定義，共 $10$ 個點。此為依題意推導的擬答，不是官方答案。

解題切入點

把邊長標準化為 $1$ ，令 $x=PA,y=PB,z=PC$ 。每個小三角形為等腰，等價於相應兩個距離相等，或其中一個距離等於正三角形邊長 $1$ ；依 $x,y,z$ 中有幾個等於 $1$ 完整分類。

完整推導

把正三角形邊長設為 $1$ ，令

$x=PA,\qquad y=PB,\qquad z=PC.$

則

$\triangle PAB\text{ 等腰}\iff x=y\text{ 或 }x=1\text{ 或 }y=1,$

其餘兩個小三角形也有同型條件。以下按 $x,y,z$ 中等於 $1$ 的個數分類。

(一) 沒有一個等於 $1$ 。 三個等腰條件只能分別給出 $x=y,y=z,z=x$ ，所以 $x=y=z$ 。平面上到 $A,B,C$ 等距的點只有外心（正三角形中也就是中心），共 $1$ 點。

(二) 恰有一個等於 $1$ 。 例如 $x=1$ 。此時 $\triangle PAB$ 與 $\triangle PAC$ 自動等腰，而 $\triangle PBC$ 因 $y,z\ne1$ ，必須有 $y=z$ 。所以 $P$ 是「以 $A$ 為圓心、半徑 $1$ 的圓」與 $BC$ 的垂直平分線的交點。正三角形中，該垂直平分線通過 $A$ ，故與此圓有兩個相反方向的交點；兩點都不在任何邊線上，因而三個小三角形皆非退化。指定 $x,y,z$ 中哪一個等於 $1$ 有 $3$ 種，合計 $3\cdot2=6$ 點。

(三) 恰有兩個等於 $1$ 。 例如 $x=y=1$ 。此時 $P$ 是以 $A,B$ 為圓心、半徑 $1$ 的兩圓交點，兩個交點是 $C$ 與 $C$ 對直線 $AB$ 的鏡射點。 $P=C$ 會使 $\triangle PBC$ 、 $\triangle PAC$ 退化，依三角形通常定義不計；鏡射點則三個三角形都非退化，保留 $1$ 點。選哪兩個距離等於 $1$ 有 $3$ 種，合計 $3$ 點。

不可能三個距離都等於 $1$ ：到三頂點等距的唯一點是外心，而其距離為 $1/\sqrt3\ne1$ 。

三類互斥且涵蓋所有情形，因此總數為

$1+6+3=10.$

另一種驗算

用座標核對。取 $A=(0,0),B=(1,0),C=(1/2,\sqrt3/2)$ 。外心給 $1$ 點 $(1/2,\sqrt3/6)$ 。以 $PA=1,PB=PC$ 為例，垂直平分線為 $x=\sqrt3y$ ，與 $x^2+y^2=1$ 交於 $(\sqrt3/2,1/2)$ 、 $(-\sqrt3/2,-1/2)$ ；旋轉 $120^\circ,240^\circ$ 共得 $6$ 點。兩個距離為 $1$ 時，除去三個原頂點後，保留三個鏡射點 $(1/2,-\sqrt3/2)$ 、 $(3/2,\sqrt3/2)$ 、 $(-1/2,\sqrt3/2)$ 。合計仍為 $10$ 。

容易出錯的地方

原題沒有另寫「非退化」；本解依通常幾何定義，三角形必須非退化，故排除 $P=A,B,C$ 。若把退化三點也算入，集合大小會成為 $13$ 。
等腰不只代表 $PA=PB$ ；也可能是 $PA=AB$ 或 $PB=AB$ 。漏掉後兩類會嚴重少算。
分類必須去重；以等於 $1$ 的距離個數分類可確保三類互斥。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 35 / 40

二元二次式的最小值

114 學年度 · 一、填充題第 5 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

已知 $x,y$ 為實數，試求 $5x^2+4xy+4y^2+10x+12y+5$ 的最小值。

114學年度原卷一、填充題第5題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

最小值為 $-5$ ，在 $(x,y)=(-\frac12,-\frac54)$ 時達到。此為依題意推導的擬答，不是官方答案。

解題切入點

依序對 $x$ 、 $y$ 配方，把原式寫成兩個非負平方項再減去常數。

完整推導

設原式為 $E$ 。先把含 $x$ 的部分配方：

$\begin{aligned}E&=5x^2+4xy+10x+4y^2+12y+5\\&=5\left(x+\frac25y+1\right)^2+\frac{16}{5}y^2+8y.\end{aligned}$

再對 $y$ 配方：

$\frac{16}{5}y^2+8y=\frac{16}{5}\left(y+\frac54\right)^2-5.$

因此

$E=5\left(x+\frac25y+1\right)^2+\frac{16}{5}\left(y+\frac54\right)^2-5.$

兩個平方項都非負，所以 $E\ge-5$ 。當

$y=-\frac54,\qquad x+\frac25\left(-\frac54\right)+1=0$

時，即 $(x,y)=(-1/2,-5/4)$ ，兩個平方項同時為 $0$ 。故最小值確為 $-5$ 。

另一種驗算

令 $u=x+1/2,v=y+5/4$ 。直接展開可得

$E=-5+5u^2+4uv+4v^2=-5+(2u+v)^2+u^2+3v^2.$

右側三個平方項同時為 $0$ 當且僅當 $u=v=0$ ，因此唯一極小點為 $(-1/2,-5/4)$ ，最小值 $-5$ 。

容易出錯的地方

有交叉項 $4xy$ ，不能把 $x$ 與 $y$ 分開各自配方而忽略它。
求出臨界點後仍要證明是全域最小值；平方和表示直接完成這一步。
代回時要保留分數，避免小數近似造成算術錯誤。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 36 / 40

平行四邊形中的面積與交點

114 學年度 · 一、填充題第 6 題 · PDF 第 2 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

如圖所示，四邊形 $ABCD$ 為平行四邊形， $\triangle ABC$ 、 $\triangle ABP$ 、 $\triangle ABQ$ 的面積分別為 $84$ 、 $63$ 、 $28$ ，試求 $\triangle AMN$ 的面積。

114學年度原卷一、填充題第6題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$[\triangle AMN]=15$ 。此為依原題附圖關係推導的擬答，不是官方答案。

解題切入點

用平行四邊形的兩邊向量作座標。由同底三角形面積比先決定 $P,Q$ 在 $BC$ 上的位置，再求 $AP,AQ$ 與對角線 $DB$ 的交點係數。

完整推導

依原圖， $P,Q$ 在邊 $BC$ 上，且 $M=AP\cap DB$ 、 $N=AQ\cap DB$ 。以 $A$ 為原點，令

$\overrightarrow{AB}=\mathbf b,\qquad\overrightarrow{AD}=\mathbf d.$

則 $B=\mathbf b,D=\mathbf d,C=\mathbf b+\mathbf d$ 。

若 $X=\mathbf b+t\mathbf d$ 在 $BC$ 上，則 $\triangle ABX$ 與 $\triangle ABC$ 同底 $AB$ ，高之比為 $t$ ，所以面積比也是 $t$ 。因此

$P=\mathbf b+\frac34\mathbf d,\qquad Q=\mathbf b+\frac13\mathbf d,$

因為 $63/84=3/4$ 、 $28/84=1/3$ 。

一般地，令 $X=\mathbf b+t\mathbf d$ ，並設 $AX$ 與 $DB$ 交於 $Y$ 。在 $AX$ 上可寫

$Y=s(\mathbf b+t\mathbf d),$

在 $DB$ 上可寫

$Y=u\mathbf b+(1-u)\mathbf d.$

比較 $\mathbf b,\mathbf d$ 的係數得 $s=u$ 且 $st=1-s$ ，故 $s=1/(1+t)$ 。

對 $P$ 的 $t=3/4$ ，

$M=\frac47\mathbf b+\frac37\mathbf d.$

對 $Q$ 的 $t=1/3$ ，

$N=\frac34\mathbf b+\frac14\mathbf d.$

$\triangle AMN$ 與 $\triangle ABC$ 的面積比等於這兩組係數的行列式絕對值：

$\frac{[AMN]}{[ABC]}=\left|\frac47\cdot\frac14-\frac37\cdot\frac34\right|=\left|\frac17-\frac9{28}\right|=\frac5{28}.$

所以

$[AMN]=84\cdot\frac5{28}=15.$

另一種驗算

取方便的仿射座標 $A=(0,0),B=(1,0),D=(0,1),C=(1,1)$ 。由面積比得 $P=(1,3/4),Q=(1,1/3)$ 。直線 $DB$ 為 $x+y=1$ ； $AP$ 為 $y=3x/4$ ，故 $M=(4/7,3/7)$ ； $AQ$ 為 $y=x/3$ ，故 $N=(3/4,1/4)$ 。鞋帶公式給此代表圖形的 $[AMN]=5/56$ 、 $[ABC]=1/2$ ，比例為 $5/28$ ；乘回原題的 $84$ 得 $15$ 。

容易出錯的地方

必須依原圖辨認 $M=AP\cap DB$ 、 $N=AQ\cap DB$ ；只讀題幹文字會漏掉這些關係。
$63/84$ 與 $28/84$ 是 $P,Q$ 到底邊 $AB$ 的相對高度，不是 $BP:PC$ 直接照抄前者與後者。
行列式算出的是相對於 $\triangle ABC$ 的面積比；符號可能為負，面積要取絕對值。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

題目 37 / 40

九宮格的相鄰數字路徑

114 學年度 · 一、填充題第 7 題 · PDF 第 2 頁

條件研討 · 兩種定義分開解答，不作唯一判分

原題

將數字 $1,2,3,4,5,6,7,8,9$ 填入 $3\times3$ 的 $9$ 宮格當中，使得數字 $1$ 和數字 $2$ 相鄰、數字 $2$ 和數字 $3$ 相鄰、數字 $3$ 和數字 $4$ 相鄰、……、數字 $8$ 和數字 $9$ 相鄰，這樣的填數字的方法有幾種？

114學年度原卷一、填充題第7題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

口徑研討題，不作唯一標準答案： 若相鄰限於共邊，為 $40$ 種；若也包含斜角相鄰，為 $784$ 種。原卷沒有定義相鄰，兩種條件與完整計數分開列出。

解題切入點

把數字 $1\to2\to\cdots\to9$ 看成走遍九宮格每格一次的有向 Hamilton 路徑。共邊口徑可用棋盤染色排除邊中格起點，再對角落與中心起點作完整枚舉。

完整推導

先採九宮格題常用的「共邊才算相鄰」口徑。把九格記為

$\begin{matrix}a&b&c\\d&e&f\\g&h&i\end{matrix}.$

一個填法等同於一條有向路徑：數字 $1$ 所在格是起點，依序走到 $2,3,\ldots,9$ ，每格恰走一次。

把格子作黑白相間染色。四角和中心共 $5$ 個黑格，四個邊中格為白格。長度為 $9$ 的路徑必黑白交替，所以起點與終點都必為黑格；因此起點不可能在邊中格。只須分角落與中心兩型。

固定起點為左上角 $a$ 。逐步走且一旦某個未走格被封死便停止，可完整得到下列八條：

$abcfedghi,\ abcfihedg,\ abcfihgde,\ abedghifc,$

$adebcfihg,\ adghebcfi,\ adghifcbe,\ adghifebc.$

每一字串都列出數字 $1$ 到 $9$ 所在的格。四個角由旋轉、鏡射對稱，每角皆有 $8$ 條。

固定起點為中心 $e$ ，同樣的完整分支為

$ebadghifc,\ ebcfihgda,\ edabcfihg,\ edghifcba,$

$efcbadghi,\ efihgdabc,\ ehgdabcfi,\ ehifcbadg,$

也是 $8$ 條。故共邊口徑的填法總數為

$4\cdot8+1\cdot8=40.$

上述字串逐一列出兩種起點型的所有存活分支，配合染色已排除第三種起點，故計數完備。

若要逐步驗證上列清單沒有漏列，可把下一節的 $H(S,v)$ 遞迴套用到「共邊」鄰接圖：每次只從上一格移到尚未走過的共邊格。最後按起點型態加總，四角各 $8$ 、四邊中各 $0$ 、中心 $8$ ；這和列出的全部字串逐一相符。

另一種驗算

若「相鄰」包含斜角，可在含八方向鄰接的九格圖上用精確子集合遞迴計數。令 $H(S,v)$ 為從指定起點出發、恰走過格集合 $S$ 且停在 $v$ 的路徑數，初值 $H(\{s\},s)=1$ ，遞迴為

$H(S,v)=\sum_{u\in S\setminus\{v\},\ u\sim v}H(S\setminus\{v\},u).$

這個遞迴每一步只移除最後一格，所以每條合法路徑恰被計一次，也不會計入重複走格。算到九格全集時，角落起點各 $138$ 條、邊中起點各 $50$ 條、中心起點 $32$ 條，總數

$4\cdot138+4\cdot50+32=784.$

這個分支用精確整數程式另行重算亦得到同值；程式只補助算術，完備性來自上式的遞迴分割。

容易出錯的地方

原題只寫「相鄰」，沒有說明斜角是否算相鄰；不能把其中一種口徑靜默當成原題條件。
路徑反向代表數字 $1$ 與 $9$ 的位置互換，是另一個填法；本計數用有向路徑，沒有除以 $2$ 。
列舉時若不先用黑白染色限制端點，很容易漏算或重算。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。兩種條件計數均一致；原卷未定義斜角算不算相鄰，僅作研討，不採唯一標準答案。

原卷未定義相鄰是否含斜角；本題只提供條件式詳解，不自動判對錯。

題目 38 / 40

對稱式方程組的完整解值

114 學年度 · 一、填充題第 11 題 · PDF 第 3 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

已知實數 $a,b,c$ 滿足

$\begin{cases} bc-a^2=5,\\ ca-b^2=-1,\\ ab-c^2=-7, \end{cases}$

試求 $8a+9b+10c$ 之值。（不只一組解，全對才給分）

114學年度原卷一、填充題第11題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

擬答： $56$ 或 $-56$ 。

解題切入點

相鄰兩式相減會出現共同因子 $(a+b+c)$ ，從而證明 $a,b,c$ 為等差數列；再以原第二式決定公差與中項。

完整推導

令 $s=a+b+c$ 。第一式減第二式、第二式減第三式分別得到

$(b-a)s=6,\qquad(c-b)s=6.$

第一個等式保證 $s\ne0$ ，故 $b-a=c-b$ 。設共同差為 $d$ ，則

$a=b-d,\qquad c=b+d,\qquad s=3b.$

由 $(b-a)s=6$ 得

$3bd=6\Longrightarrow bd=2. \tag{1}$

代入原第二式：

$ca-b^2=(b+d)(b-d)-b^2=-d^2=-1,$

因而 $d=\pm1$ 。配合 (1)：

$d=1$ 時 $b=2$ ，得 $(a,b,c)=(1,2,3)$ ；
$d=-1$ 時 $b=-2$ ，得 $(a,b,c)=(-1,-2,-3)$ 。

兩組代回三個原式皆成立；推導從任意解出發且未遺失 $s=0$ 分支，因為 $s=0$ 已與 $(b-a)s=6$ 矛盾，所以解已列完。最後

$8a+9b+10c=56\text{ 或 }-56.$

另一種驗算

二次型不變量驗算。 三個原式相加得

$ab+bc+ca-(a^2+b^2+c^2)=-3,$

即

$(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=6. \tag{A}$

另令 $x=b-a$ 、 $y=c-b$ 、 $s=a+b+c$ 。相鄰原式之差給出 $xs=6$ 、 $ys=6$ ；因 $s\ne0$ ，故 $x=y$ 。將 $a-b=-x$ 、 $b-c=-x$ 、 $c-a=2x$ 代入 (A)，得到

$x^2+x^2+4x^2=6\Longrightarrow x=\pm1.$

又 $s=6/x=\pm6$ 。因 $a,b,c$ 是公差 $x$ 的等差數列， $s=3b$ ，所以 $b=\pm2$ ，並分別重建 $(1,2,3)$ 、 $(-1,-2,-3)$ 。這條驗算以三式總和形成的平方距離不變量決定公差，未使用主解中的 $ca-b^2=-1$ 來求 $d^2$ ，仍得到同一完整解集與 $\pm56$ 。

容易出錯的地方

找到正數解後停止，漏掉同時變號仍成立的負數解。
除以 $a+b+c$ 前沒有先證明它非零。
只驗算 $8a+9b+10c$ ，未證明原方程組沒有其他解。

覆核紀錄

已對照官方原卷條件，完成來源獨立盲解、作者推導及逐題找錯覆核。程式檢查僅作輔助，不取代上方證明；本頁不是校方官方解答。

題目 39 / 40

整除與循環小數的互補數字

114 學年度 · 二、計算證明題第 1 題 · PDF 第 3 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

已知 $a,b$ 為互質的正整數且 $a>b\ge1$ ，且 $a\mid10^k+1$ ， $k$ 為正整數。試回答下列問題。

備註：我們將 $p$ 整除 $q$ 記作 $p\mid q$ ，此時 $p$ 為 $q$ 的因數。

(1) 若 $a\mid10^k+1$ ，請問正整數 2、3、5 三個數當中，哪些可以是 $a$ 的因數？（2 分）

(2) 證明：若 $a\mid10^k+1$ ，則

$a\mid\underbrace{99\cdots999\cdots9}_{2k\text{ 位數}},$

即 $a$ 整除由 $2k$ 個 9 組成的整數。（5 分）

(3) 根據 (2)，可將 $b/a$ 寫成

$\frac{\overbrace{x_1x_2\cdots x_k}^{k\text{ 位數}}\;\overbrace{y_1y_2\cdots y_k}^{k\text{ 位數}}}{\underbrace{99\cdots999\cdots9}_{2k\text{ 位數}}},$

其中分母的每一位都是 9，分子的每一位都是數字 0-9 且允許開頭為 0。試證明：分子中每一組對應的 $x_i+y_i=9$ ， $i=1,2,\cdots,k$ 。（8 分）

原題例 1：已知 $7\mid1001$ ，則 $7\mid999999$ ，可將 $2/7$ 寫成 $285714/999999$ ，發現分子的 6 位數中， $2+7=8+1=5+4=9$ 。

原題例 2：已知 $11\mid11$ ，則 $11\mid99$ ，可將 $3/11$ 寫成 $27/99$ ，發現分子的 2 位數中，原圖印作「 $0+9=9$ 」。

編者註（原卷例示勘誤）：上面保留原卷字樣。第二例分子是 $27$ ，對應數字應為 $2+7=9$ ，不是原印的「 $0+9=9$ 」。這項例示不一致不改變三小題的一般命題。

114學年度原卷二、計算證明題第1題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

擬答：

$2,3,5$ 均不可以是 $a$ 的因數。
$a\mid10^{2k}-1$ ，而 $10^{2k}-1$ 正是 $2k$ 個 9。
對每個 $i=1,2,\ldots,k$ ，皆有 $x_i+y_i=9$ 。

解題切入點

令 $R=10^k$ 。由 $a\mid R+1$ ，把 $b/a$ 擴分到分母 $R^2-1$ ；其分子可寫成 $(C-1)R+(R-C)$ ，前後兩個 $k$ 位區塊的和恰為 $R-1=99\cdots9$ 。

完整推導

(1) 若 2 整除 $a$ ，則 2 應整除 $10^k+1$ ，但後者為奇數，矛盾。又 $10^k+1\equiv2\pmod3$ 、 $10^k+1\equiv1\pmod5$ ，故 3、5 也不能整除 $a$ 。所以三者均不可以。

(2) 由

$10^{2k}-1=(10^k-1)(10^k+1)$

及 $a\mid10^k+1$ ，立刻得到 $a\mid10^{2k}-1$ 。而 $10^{2k}-1$ 的十進位表示正是 $2k$ 個 9。

(3) 令 $R=10^k$ 、 $N=R^2-1$ 。因 $a\mid R+1$ ，令

$n=\frac{R+1}{a}\in\mathbb Z_{>0},\qquad C=bn.$

由 $1\le b<a$ 得

$1\le C=b\frac{R+1}{a}<R+1,$

故整數 $C$ 滿足 $1\le C\le R$ 。把 $b/a$ 擴分為分母 $N$ ：

$\frac ba=\frac{bN/a}{N}=\frac{b(R+1)(R-1)/a}{N}=\frac{C(R-1)}{N}.$

分子

$M=C(R-1)=CR-C=(C-1)R+(R-C). \tag{1}$

設 $X=C-1$ 、 $Y=R-C$ ，則 $0\le X,Y\le R-1$ 。將 $X,Y$ 各以恰好 $k$ 位表示（不足補前導 0），式 (1) 表示 $M$ 是前區塊 $X$ 與後區塊 $Y$ 的串接，而且

$X+Y=(C-1)+(R-C)=R-1=\underbrace{99\cdots9}_{k\text{ 個 9}}.$

因 $Y=(R-1)-X$ ，由全為 9 的數減去 $X$ 時逐位不需借位，所以每個後半位數都是前半對應位的 9 補數：

$x_i+y_i=9\qquad(i=1,\ldots,k).$

邊界 $C=R$ 也包含在內，此時兩區塊為 $99\cdots9$ 與 $00\cdots0$ 。

另一種驗算

乘法階與長除法餘數驗算。 由 (1) 已知 $2,5\nmid a$ ，故 10 在模 $a$ 下可逆；題設給 $10^k\equiv-1\pmod a$ ，平方即 $10^{2k}\equiv1\pmod a$ ，這從乘法階的角度再次證明 (2)。

對 (3)，直接做 $b/a$ 的十進位長除法。令 $R=10^k$ ，第一個 $k$ 位區塊為

$X=\left\lfloor\frac{bR}{a}\right\rfloor,$

並令第一段除法餘數為 $r=bR-aX$ 。由 $R\equiv-1\pmod a$ 得 $r\equiv-b\pmod a$ ；又 $0<r<a$ （ $\gcd(a,b)=1$ 且 $\gcd(a,R)=1$ ，所以餘數不為 0），故 $r=a-b$ 。第二個 $k$ 位區塊因此是

$Y=\left\lfloor\frac{rR}{a}\right\rfloor =\left\lfloor R-\frac{bR}{a}\right\rfloor =R-1-X,$

因 $bR/a$ 不是整數。於是 $X+Y=R-1=99\cdots9$ ，逐位得到 $x_i+y_i=9$ 。這是以長除法的中間餘數證明互補，不使用主解的擴分分子拆式。

例 1 的長除法確實給 $X=285$ 、 $Y=714$ ；例 2 若使用題示 $3/11=27/99$ ，則 $X=2$ 、 $Y=7$ ，得到 $2+7=9$ 。

容易出錯的地方

忽略題目允許前導 0，造成前後兩個區塊位數無法一一配對。
只由 $X+Y=99\cdots9$ 下結論，卻未說明減法無借位或逐位無進位。
原題第二例的算式與末句互相不一致；不能把印刷的「0+9=9」當成 $27$ 的位數驗算。
把機器有限枚舉當成對任意正整數 $k$ 的證明。

覆核紀錄

已對照官方原卷條件，完成來源獨立盲解、作者推導及逐題找錯覆核。程式檢查僅作輔助，不取代上方證明；本頁不是校方官方解答。原卷第二個例子同時寫 $3/11=27/99$ 與「 $0+9=9$ 」，兩者不一致。本講義保留原字與原圖，另指出分子 $27$ 對應的是 $2+7=9$ ；一般命題及三小題證明不受這個例示筆誤影響。

題目 40 / 40

整除限制下的排列計數

114 學年度 · 二、計算證明題第 2 題 · PDF 第 3 頁

已完成獨立推導與覆核 · 非官方答案

原題

將自然數 $3,4,5,\ldots,1154,1155$ 排成一個數列 $\{a_k\}$ ，使得數字 $k$ 要為 $a_k$ 的因數，其中 $k=1,2,3,\ldots,1153$ ，試求滿足條件的排列種數。

114學年度原卷二、計算證明題第2題影像，含原有圖形與條件 — 官方原卷影像；上方文字為排版轉錄，題意以原卷為準。

作答結果

$75$ 種。此為依題意推導的擬答，不是官方答案。

解題切入點

把每個位置畫成箭頭 $k\to a_k$ 。因 $k\mid a_k$ ，非固定箭頭必嚴格向上；整張圖只能由固定點及兩條從缺少的數字 $1,2$ 出發、走到多出的數字 $1154,1155$ 的整除鏈組成。

完整推導

對每個位置畫箭頭

$k\longrightarrow a_k.$

值的集合是 $\{3,4,\ldots,1155\}$ 。因此節點 $1,2$ 沒有入箭頭；每個 $3,4,\ldots,1153$ 恰有一條入箭頭且有一條出箭頭； $1154,1155$ 恰有一條入箭頭但沒有出箭頭。

又因 $k\mid a_k$ 且兩者皆正， $a_k\ge k$ ；若 $a_k\ne k$ ，則箭頭嚴格由小指向大。因此不可能有長度大於 $1$ 的迴圈。所有不在非平凡路徑上的節點只能是固定點 $k\to k$ ，而非平凡部分恰是兩條互不相交的整除鏈，分別從 $1,2$ 出發，終止於 $1154,1155$ 。

從 $2$ 出發的鏈上每個數都是偶數，所以不可能終止於奇數 $1155$ ；它必終止於 $1154$ 。又

$1154=2\cdot577,$

因 $\sqrt{577}<25$ ，逐一試除 $2,3,5,7,11,13,17,19,23$ 均不能整除，故 $577$ 為質數。因此 $1154$ 的正因數只有 $1,2,577,1154$ 。從 $2$ 出發不可能走到奇數 $577$ ，所以這條鏈只能是

$2\to1154.$

另一條鏈便從 $1$ 出發、終止於

$1155=3\cdot5\cdot7\cdot11.$

鏈中每一個內部節點都整除其後所有節點，故必是 $1155$ 的因數。因 $1155$ 的四個質因數互異，一條嚴格整除鏈

$1=d_0\mid d_1\mid\cdots\mid d_t=1155$

等同於把集合 $\{3,5,7,11\}$ 分成有順序的非空組：第一步乘入第一組質因數，第二步乘入第二組，依此類推。反過來，每個有序分組都產生一條合法鏈，其他節點全取固定點，故是一一對應。

依組數計算有序集合分割：

$1!S(4,1)+2!S(4,2)+3!S(4,3)+4!S(4,4)$

$=1+2\cdot7+6\cdot6+24=75.$

所以共有 $75$ 種排列。

另一種驗算

不用直接引用第二類 Stirling 數，可用遞迴核對。令 $F(r)$ 為 $r$ 個不同質因數從空集合走到全集的嚴格子集合鏈數，最後一步之前可停在任一真子集，故

$F(0)=1,\qquad F(r)=\sum_{j=0}^{r-1}\binom rjF(j).$

依序算得

$F(1)=1,\quad F(2)=1+2=3,$

$F(3)=1+3+3\cdot3=13,$

$F(4)=1+4+6\cdot3+4\cdot13=75.$

這與有序分組計數一致。小規模精確枚舉整除鏈亦可逐項得到同一序列 $1,3,13,75$ 。

容易出錯的地方

不能從 $k\ge578$ 的固定性就直接猜其餘也全固定；多出的值 $1154,1155$ 會形成兩條整除鏈。
排列中的值沒有 $1,2$ ，卻多了 $1154,1155$ ；這正是兩條非平凡路徑的起點與終點。
質因數可以一次加入多個，所以不能只數四個質因數的 $4!=24$ 種排列；還要包含跳過中間因數的鏈。

覆核紀錄

本題已由作者推導、Fable 5.1 提供獨立解答，並由另一位 Sol 覆核原卷圖像與完整推導，最後由 Astra 比對裁定。主答案一致；採用本講義中經覆核的完整推導與驗算，不直接照抄外部回覆。

數學 40 題詳解講義

目錄

本次驗收摘要

原題

作答結果

解題切入點

完整推導

另一種驗算

容易出錯的地方

覆核紀錄

原題

作答結果

解題切入點

完整推導

另一種驗算

容易出錯的地方

覆核紀錄

原題

作答結果

解題切入點

完整推導

另一種驗算

容易出錯的地方

覆核紀錄

原題

作答結果

解題切入點

完整推導

另一種驗算

容易出錯的地方

覆核紀錄

原題

作答結果

解題切入點

完整推導

另一種驗算

容易出錯的地方

覆核紀錄

原題

作答結果

解題切入點

完整推導

另一種驗算

容易出錯的地方

覆核紀錄

原題

作答結果

解題切入點

完整推導

另一種驗算

容易出錯的地方

覆核紀錄

原題

作答結果

解題切入點

完整推導

另一種驗算

容易出錯的地方

覆核紀錄

原題

作答結果

解題切入點

完整推導

另一種驗算

容易出錯的地方

覆核紀錄

原題

作答結果

解題切入點

完整推導

另一種驗算

容易出錯的地方

覆核紀錄

原題

作答結果

解題切入點

完整推導

另一種驗算

容易出錯的地方

覆核紀錄