114 國安局特考三等 數理組(選試英文) 數論 考古題詳解

114 年・國安局特考・三等・數理組(選試英文)
試題代碼 數論

第 一 題15 分

請找出 12−22+32−42+⋯+(−1)n−1n21^2-2^2+3^2-4^2+\cdots+(-1)^{n-1}n^2 的通式，並使用數學歸納法證明。

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核心觀念

本題考查交錯平方和的通式，以及數學歸納法。令

Sn=12−22+32−42+⋯+(−1)n−1n2=∑k=1n(−1)k−1k2,S_n=1^2-2^2+3^2-4^2+\cdots+(-1)^{n-1}n^2 =\sum_{k=1}^{n}(-1)^{k-1}k^2,

其中 nn 為正整數。通式會依 nn 的奇偶性分成兩種情形。

解題方法與通式推導

將相鄰的奇數項、偶數項配成一組：

(12−22)+(32−42)+⋯ .(1^2-2^2)+(3^2-4^2)+\cdots.

每一組可利用平方差公式化簡：

(2j−1)2−(2j)2=((2j−1)−2j)((2j−1)+2j)=−(4j−1).(2j-1)^2-(2j)^2 =((2j-1)-2j)((2j-1)+2j) =-(4j-1).

若 n=2mn=2m，共有 mm 組，因此

S2m=−∑j=1m(4j−1)=−(4m(m+1)2−m)=−2m2−m=−m(2m+1).\begin{aligned} S_{2m} &=-\sum_{j=1}^{m}(4j-1)\\ &=-\left(4\frac{m(m+1)}2-m\right)\\ &=-2m^2-m\\ &=-m(2m+1). \end{aligned}

代入 m=n2m=\dfrac n2，得

Sn=−n(n+1)2(n 為偶數).S_n=-\frac{n(n+1)}2\qquad(n\text{ 為偶數}).

若 n=2m+1n=2m+1，前 2m2m 項先配成 mm 組，最後再加上 (2m+1)2(2m+1)^2：

S2m+1=S2m+(2m+1)2=−m(2m+1)+(2m+1)2=(m+1)(2m+1).\begin{aligned} S_{2m+1} &=S_{2m}+(2m+1)^2\\ &=-m(2m+1)+(2m+1)^2\\ &=(m+1)(2m+1). \end{aligned}

代入 m=n−12m=\dfrac{n-1}{2}，得

Sn=n(n+1)2(n 為奇數).S_n=\frac{n(n+1)}2\qquad(n\text{ 為奇數}).

因此通式為

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第 二 題

(一) 求整數 x,yx,y，使得 89x+34y=1。89x+34y=1。 （10 分）

(二) 某果農以單價 8.908.90 購買蘋果、單價 3.403.40 購買梨子，總價為 58.158.1，其中蘋果數量多於梨子。求蘋果與梨子的數量。（15 分）

註： 58134≈17.08823，\frac{581}{34}\approx17.08823， 58189≈6.52809，\frac{581}{89}\approx6.52809， 581102≈5.69608，\frac{581}{102}\approx5.69608， 581×13=7553，581\times13=7553， 581×34=17954。581\times34=17954。

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核心觀念

本題考查輾轉相除法、裴蜀定理與一次丟番圖方程。若整數 a,ba,b 互質，則存在整數 x,yx,y 使 ax+by=1ax+by=1；反向代入輾轉相除法的算式，即可求出一組解。

果農題則是把價格換成相同單位後，建立整數方程，再利用「蘋果數量多於梨子」篩選符合條件的解。

（一）求整數 x,yx,y

以輾轉相除法計算：

89=2⋅34+21,34=1⋅21+13,21=1⋅13+8,13=1⋅8+5,8=1⋅5+3,5=1⋅3+2,3=1⋅2+1.\begin{aligned} 89&=2\cdot34+21,\\ 34&=1\cdot21+13,\\ 21&=1\cdot13+8,\\ 13&=1\cdot8+5,\\ 8&=1\cdot5+3,\\ 5&=1\cdot3+2,\\ 3&=1\cdot2+1. \end{aligned}

最後的非零餘數為 11，所以 gcd⁡(89,34)=1\gcd(89,34)=1。由最後一式開始反向代入：

1=3−2=3−(5−3)=2⋅3−5=2(8−5)−5=2⋅8−3⋅5=2⋅8−3(13−8)=5⋅8−3⋅13=5(21−13)−3⋅13=5⋅21−8⋅13=5⋅21−8(34−21)=13⋅21−8⋅34=13(89−2⋅34)−8⋅34=13⋅89−34⋅34.\begin{aligned} 1&=3-2\\ &=3-(5-3)=2\cdot3-5\\ &=2(8-5)-5=2\cdot8-3\cdot5\\ &=2\cdot8-3(13-8)=5\cdot8-3\cdot13\\ &=5(21-13)-3\cdot13=5\cdot21-8\cdot13\\ &=5\cdot21-8(34-21)=13\cdot21-8\cdot34\\ &=13(89-2\cdot34)-8\cdot34\\ &=13\cdot89-34\cdot34. \end{aligned}

因此，一組整數解為

x=13,y=−34.\boxed{x=13,\qquad y=-34}.

（二）求蘋果與梨子的數量

令蘋果數量為 aa，梨子數量為 pp。將單價與總價都乘以 1010，以整數表示金額：

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第 三 題15 分

解線性同餘系統：

x≡3(mod4),x≡2(mod5),3x≡1(mod7).\begin{aligned} x&\equiv3\pmod{4},\\ x&\equiv2\pmod{5},\\ 3x&\equiv1\pmod{7}. \end{aligned}

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核心觀念

這題考線性同餘與中國剩餘定理。若模數兩兩互質，則同餘系統有唯一解，且解在模數乘積之下唯一。本題模數為 4、5、74、5、7，彼此互質，因此解唯一模 4⋅5⋅7=1404\cdot5\cdot7=140。

解題方法

先將第三式化為一般同餘式。因為 3−1≡5(mod7)3^{-1}\equiv5\pmod7（3⋅5=15≡1(mod7)3\cdot5=15\equiv1\pmod7），所以

3x≡1(mod7)⟹x≡5(mod7).3x\equiv1\pmod7 \quad\Longrightarrow\quad x\equiv5\pmod7.

因此系統化為

x≡3(mod4),x≡2(mod5),x≡5(mod7).x\equiv3\pmod4,\qquad x\equiv2\pmod5,\qquad x\equiv5\pmod7.

由前兩式，令 x=3+4kx=3+4k。代入模 55 的條件：

3+4k≡2(mod5)⟹4k≡4(mod5)⟹k≡1(mod5).3+4k\equiv2\pmod5 \quad\Longrightarrow\quad 4k\equiv4\pmod5 \quad\Longrightarrow\quad k\equiv1\pmod5.

故 k=1+5tk=1+5t，進而

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第 四 題

(一) 求模 1313 的所有原根。（10 分）

(二) 利用以下對應指數表求解：

kk123456789101112
ind⁡2(k)\operatorname{ind}_2(k)121429511381076

其中，ind⁡a(k)\operatorname{ind}_a(k) 為使 an≡k(mod13)a^n\equiv k\pmod{13} 的最小正整數 nn。以模 1313 的原根 22 求解 5x10≡2(mod13)。5x^{10}\equiv2\pmod{13}。 （15 分）

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核心觀念

模 1313 的非零剩餘類乘法群 (Z/13Z)×(\mathbb Z/13\mathbb Z)^\times 有 φ(13)=12\varphi(13)=12 個元素。若 gg 的乘法階為 1212，則 gg 是模 1313 的原根；原根的冪次會遍歷所有非零剩餘類。

若 22 為模 1313 的原根，則每個非零剩餘類 kk 都可寫成 2ind⁡2(k)(mod13)2^{\operatorname{ind}_2(k)}\pmod{13}。因此，乘法與乘方可轉換成指數的同餘運算，指數以 1212 為模。

（一）求模 1313 的所有原根

因為 12=22⋅312=2^2\cdot 3，元素 gg 的階為 1212，當且僅當

g12/2≢1(mod13),g12/3≢1(mod13),g^{12/2}\not\equiv1\pmod{13}, \qquad g^{12/3}\not\equiv1\pmod{13},

也就是 g6≢1g^6\not\equiv1 且 g4≢1(mod13)g^4\not\equiv1\pmod{13}。

先確認 22 的階為 1212：

24=16≡3≢1(mod13),26=64≡12≢1(mod13).2^4=16\equiv3\not\equiv1\pmod{13},\qquad 2^6=64\equiv12\not\equiv1\pmod{13}.

故 22 是模 1313 的原根。

既然 22 是原根，所有原根恰為 2j2^j，其中 1≤j≤121\le j\le12 且 gcd⁡(j,12)=1\gcd(j,12)=1。符合條件的指數為 j=1,5,7,11j=1,5,7,11，所以

21≡2,25≡6,27≡11,211≡7(mod13).2^1\equiv2,\quad 2^5\equiv6,\quad 2^7\equiv11,\quad 2^{11}\equiv7\pmod{13}.

（二）解 5x10≡2(mod13)5x^{10}\equiv2\pmod{13}

若 x≡0(mod13)x\equiv0\pmod{13}，原式左側為 00，不符合右側為 22，所以 xx 必為非零剩餘類，可以取離散對數。

利用題目給的指數表，ind⁡2(5)=9\operatorname{ind}_2(5)=9。將方程兩邊取以 22 為底的指數，並以 1212 為模：

ind⁡2(5)+10ind⁡2(x)≡ind⁡2(2)(mod12).\operatorname{ind}_2(5)+10\operatorname{ind}_2(x) \equiv \operatorname{ind}_2(2)\pmod{12}.

因為 ind⁡2(2)=1\operatorname{ind}_2(2)=1，令 t=ind⁡2(x)t=\operatorname{ind}_2(x)，得到

9+10t≡1(mod12),9+10t\equiv1\pmod{12}, 10t≡4(mod12).10t\equiv4\pmod{12}.
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第 五 題

(一) 已知 i2=−1，i^2=-1， 計算 gcd⁡(−5+11i,4+3i)\gcd(-5+11i,4+3i) 之值。（10 分）

(二) 令 pp 為奇數以及 kk 為整數，且 0<k<p0<k<p；證明 (p−k)!(k−1)!≡(−1)k(modp)。(p-k)!(k-1)!\equiv(-1)^k\pmod p。 （10 分）

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（一）高斯整數中的最大公因數

核心觀念

題目中的 ii 滿足 i2=−1i^2=-1，所求最大公因數是在高斯整數環 Z[i]={a+bi:a,b∈Z}\mathbb Z[i]=\{a+bi:a,b\in\mathbb Z\} 中計算。高斯整數的單位為 ±1,±i\pm1,\pm i，因此最大公因數只在相差一個單位因子的意義下唯一。可使用高斯整數的歐幾里得算法，搭配範數 N(a+bi)=a2+b2,N(a+bi)=a^2+b^2, 並利用 N(αβ)=N(α)N(β)N(\alpha\beta)=N(\alpha)N(\beta)。

解題方法

令 α=−5+11i\alpha=-5+11i、β=4+3i\beta=4+3i。先將 α\alpha 除以 β\beta，取商 q=−1+3iq=-1+3i： (−1+3i)(4+3i)=−13+9i,(-1+3i)(4+3i)=-13+9i, 因此 α=(−1+3i)β+(8+2i).\alpha=(-1+3i)\beta+(8+2i). 餘數 8+2i8+2i 的範數為 6868，而 N(β)=25N(\beta)=25；為使餘數範數下降，改取較合適的商 q=−1+2iq=-1+2i： (−1+2i)(4+3i)=−10+5i,(-1+2i)(4+3i)=-10+5i, 故 α=(−1+2i)β+(5+6i).\alpha=(-1+2i)\beta+(5+6i). 此餘數範數為 6161，仍大於 N(β)=25N(\beta)=25，不符合歐幾里得算法的下降條件。直接以複數商

αβ=(−5+11i)(4−3i)25=13+59i25=0.52+2.36i\frac{\alpha}{\beta} =\frac{(-5+11i)(4-3i)}{25} =\frac{13+59i}{25} =0.52+2.36i

取最近的高斯整數商 q=1+2iq=1+2i，得到 α=(1+2i)β+(−15+2i).\alpha=(1+2i)\beta+(-15+2i). 餘數範數為 229229，仍未下降。改取最近整數座標 q=1+2iq=1+2i 並核算可見前式的乘積應為 (1+2i)(4+3i)=−2+11i,(1+2i)(4+3i)=-2+11i, 所以 α=(1+2i)β+(−3).\alpha=(1+2i)\beta+(-3). 因此 −3-3 是 α\alpha 與 β\beta 的線性組合。再由 4+3i≡1+i(mod3),−5+11i≡1+2i(mod3),4+3i\equiv 1+i\pmod 3,\qquad -5+11i\equiv 1+2i\pmod 3, 可知兩者在模 33 下皆為非零，但這並不能直接判定是否有更大公因數；範數提供確認：

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