八十八學年度大學推薦甄試數學學科試題詳解

臺灣大學數學系
八十八學年度大學推薦甄試數學學科試題

1. 1. 設$x$為實數，則$x$在什麼範圍時下式成立？請說明之。（$5$分）

      $\displaystyle1+x+x^2+\cdots+x^n=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}$

   2. 設$x$為實數，則$x$在什麼範圍時下式成立？請說明之。（$5$分）

      $\displaystyle1+x+x^2+\cdots+x^n+\cdots=\frac{1}{1-x}$

   3. 設$z$為複數，則$z$在什麼範圍時下式成立？請說明之。（$5$分）

      $\displaystyle1+z+z^2+\cdots+z^n+\cdots=\frac{1}{1-z}$

訣竅
第一小題屬高中教材範圍已有教授之問題，而第二及第三道問題則應考量其極限之過程之差並估計之。
解法
1. 設$S=1+x+x^2+\cdots+x^n$，則同乘以$x$則有

   $xS=x+x^2+x^3+\cdots+x^{n+1}$

   如此相減即有

   $\left(1-x\right)S=1-x^{n+1}$

   若當$x\neq1$時即可同除以$x-1$得到

   $\displaystyle S=\frac{1-x^{n+1}}{1-x}$

   因此$x$在$\left(-\infty,1\right)\cup\left(1,\infty\right)$上該式成立。
2. 左式的可改寫為

   $\displaystyle\sum_{k=0}^{\infty}x^k=\lim_{n\to\infty}\sum_{k=0}^{n}x^k$

   為了說明左式在某些特定的$x$會等於右式，我們可考慮將左右兩式相減並研究何時會使之為零。因此兩式相減如下

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(\sum_{k=0}^nx^k-\frac{1}{1-x}\right)$

   利用a.的結果，當$x\neq1$時可寫為

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{x^{n+1}}{1-x}=\frac{1}{1-x}\lim_{n\to\infty}x^{n+1}$

   當$x>1$或$x\leq-1$可注意到該極限發散，而當$-1\leq x<1$時該極限收斂且收斂至$0$。從而我們知道當$x\in\left(-1,1\right)$時該式成立。
3. 根據類似地過程僅需考慮下列極限是否存在

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}z^{n+1}$

   利用$z$的長度作為分辨容易知道當$\left|z\right|<0$時收斂至$0$，而當$\left|z\right|>1$時則極限不存在。故我們僅需考慮$\left|z\right|=1$但$z\neq\pm1$的情況。

   此時我們可以將$z$寫為$\cos\theta+i\sin\theta$，其中$\theta\in\left(0,2\pi\right)$但不等於$\pi$。根據棣莫弗公式(de Moivre's formula)可以知道$z^{n+1}=\cos\left[\left(n+1\right)\theta\right]+i\sin\left[\left(n+1\right)\theta\right]$。現在我們將證明$\cos\left[\left(n+1\right)\theta\right]$會隨著$n$趨近於無窮而發散。利用反證法，假定$\cos\left[\left(n+1\right)\theta\right]$收斂。由此可以推得$\cos\left[\left(n-1\right)\theta\right]$亦收斂且收斂到相同的值。現使用和差化積公式可以得到

   $\cos\left[\left(n+1\right)\theta\right]-\cos\left[\left(n-1\right)\theta\right]=-2\sin\left(n\theta\right)\sin\left(\theta\right)$

   如此知道$\sin\left(n\theta\right)$收斂至$0$，同理也有$\sin\left[\left(n+1\right)\theta\right]$收斂至$0$。使用和角公式可得

   $\sin\left[\left(n+1\right)\theta\right]=\sin\left(n\theta\right)\cos\left(\theta\right)+\cos\left(n\theta\right)\sin\left(\theta\right)$

   取$n$趨於無窮可注意到$\cos\left(n\theta\right)$收斂至$0$。但根據以上的結果配合$\cos^2\left(n\theta\right)+\sin^2\left(n\theta\right)=1$導致一個矛盾，因此$\cos\left(n\theta\right)$的極限不存在。
   故能滿足該式的複數之範圍為$\left|z\right|<1$。
2. 假設$y\geq x\geq0$，請畫出$\sqrt{y-x}+\sqrt{y+x}=1$的圖形，它是你所熟悉之曲線的一部份。該曲線叫什麼？（$10$分）
訣竅
對該等式進行整理並化簡即可。
解法

移項有$\sqrt{y-x}=1-\sqrt{y+x}$，同取平方可得

$y-x=1-2\sqrt{y+x}+y+x$

對此再移項即有$2\sqrt{y+x}=1+2x$，如此再同取平方可得

$4y+4x=1+4x+4x^2$

如此有$\displaystyle y=x^2+\frac{1}{4}$，其中$x\geq0$。

作圖如下：



3. 設正整數$n_1,n_2,\cdots,n_s$滿足$n_1<n_2<\cdots<n_s$。
   1. 試證：當$n_s$為質數時，$\displaystyle\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}+\cdots+\frac{1}{n_s}$不可能為正整數。（$10$分）
   2. 當$s=3$且$n_3$不為質數時，請舉一個$\displaystyle\frac{1}{n_1}+\frac{1}{n_2}+\frac{1}{n_3}$為正整數的例子。（$5$分）
訣竅
利用質數的特性證明第一小題，第二題可以直接嘗試便能解決。
解法
1. 設$n_s$為$p$，由於$n_k$（$1\leq k\leq s-1$）小於$p$，因此不可能整除$p$。現利用計算該倒數和會得到下面的數字

   $\displaystyle\frac{pq+n_1n_2\cdots n_{s-1}}{n_1n_2\cdots p}$

   其中$\displaystyle q=\sum_{k=1}^{s-1}\frac{n_1\cdots n_{s-1}}{n_k}$。由於分子不為$p$的倍數，因此分子不能被分母整除，故該數不為整數，故命題得證。
2. 取$n_1=2$、$n_2=3$、$n_3=6$，此時有$\displaystyle\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{6}=1$。
4. 1. 令$f\left(x\right)=\left|x-1\right|+\left|x-2\right|+\left|x-3\right|+\cdots+\left|x-2n\right|$，其中$n$為固定的正整數而自變數$x$為實數。問$f\left(x\right)$的最小值為多少？發生於$x$為哪些值時？（$10$分）
   2. 令

      $g\left(x\right)=\left|\left|x-1\right|-\left|x-2\right|+\left|x-3\right|-\left|x-4\right|+\cdots+\left|x-2n+1\right|-\left|x-2n\right|\right|$

      其中$n$為固定的正整數而自變數$x$為實數。問$g\left(x\right)$的最小值為多少？發生於$x$為哪些值時？（$10$分）
訣竅
第一小題可以使用三角不等式找出其最小值，第二小題容易取值發現最小值。
解法

1. 利用三角不等式可以知道$\left|x-k\right|+\left|x-2n-1+k\right|=\left|x-k\right|+\left|2n+1-k-x\right|\geq2n+1$，其中等號成立的條件為$k\leq x\leq2n+1-k$，故

   $\displaystyle f\left(x\right)=\sum_{k=1}^{n}\left|x-k\right|+\left|x-2n-1+k\right|\geq\sum_{k=1}^{n}\left(2n+1\right)=2n^2+n$

   由於此中有$n$個等號成立的條件，其全部同時發生之情況為$n\leq x\leq n+1$。因此最小值為$2n^2+n$，而當$x$介在$\left[n,n+1\right]$時會發生最小值。
2. 容易注意到函數$g$非負，且知當$\displaystyle x=\frac{2n+1}{2}$時能使函數值為$0$，故最小值為$0$。現在進一步要研究還有那些$x$能使函數值為$0$。

   當$x\leq 1$或$x\geq 2n$時有

   $\begin{aligned}g\left(x\right)=&\left|\left(1-x\right)-\left(2-x\right)+\left(3-x\right)-\left(4-x\right)+\left(2n-1-x\right)-\left(2n-x\right)\right|\\=&\left|1-2+3-4+\cdots+2n-1-2n\right|\\=&n\end{aligned}$

   當$k\leq x\leq k+1$或$2n-k\leq x\leq2n+1-k$時，若$k$為偶數時可歸納發現$g\left(x\right)=\left|n-k\right|$；若$k$為奇數時可歸納發現$g\left(x\right)=|2x-k-1-n|$。可以注意到這些情況都不可能使$g\left(x\right)$達到最小值。

   因此僅需考慮$\left[n,n+1\right]$中是否有解，此時需針對$n$的奇偶性做考慮。

   • 當$n$為偶數時，則有$g\left(x\right)=0$，因此整個區間都是解。
   • 當$n$為奇數時，則$g\left(x\right)=\left|2x-2n-1\right|$，從而解$g\left(x\right)=0$僅得$\displaystyle x=n+\frac{1}{2}$。

   將以上的結論綜合如下：

   • 當$n$為偶數時，達到最小值$0$的$x$為$\left[n,n+1\right]$；
   • 當$n$為奇數時，達到最小直$0$的$x$為$\displaystyle n+\frac{1}{2}$。

5. 令$\displaystyle0<x<\frac{\pi}{2}$
   1. 說明$0<\sin x<x$。（$5$分）
   2. 令$f_1\left(x\right)=\sin\left(x\right)$，且$f_{n+1}\left(x\right)=\sin\left(f_n\left(x\right)\right)$, $n=1,2,3,\cdots$。請說明$\displaystyle\lim_{n\to\infty}f_n\left(x\right)$收斂。（$5$分）
   3. 求$\displaystyle\lim_{n\to\infty}f_n\left(x\right)$之值，請說明之。（$5$分）
訣竅
第一小題可利用微分的單調性處理；第二小題應利用單調有界收斂定理；第三小題則基於第二小題知道收斂，進一步利用其結構計算其值。
解法
1. 由於$\displaystyle0<x<\frac{\pi}{2}$，因此$0<\sin x<1$。

   另一方面，考慮$h\left(x\right)=x-\sin x$，由於當$x$介在$0$、$\displaystyle\frac{\pi}{2}$之間時有$h'\left(x\right)=1-\cos x>0$，故$h$為嚴格遞增函數。因此有$h\left(x\right)>h\left(0\right)=0$，即有$x>\sin x$。

   綜合以上說明即知$0<\sin x<x$。
2. 透過a.的結果可知$0<f_{n+1}\left(x\right)<f_n\left(x\right)$。因此當給定$x$時的數列$\left\{f_n\left(x\right)\right\}$是單調遞減而且下界為$0$，據此使用單調有界定理可知該數列收斂，亦即$\displaystyle\lim_{n\to\infty}f_n\left(x\right)$收斂。
3. 由於b.可知該值存在，命之為$L\left(x\right)$。由$L\left(x\right)$的定義可知

   $\displaystyle L\left(x\right)=\lim_{n\to\infty}f_n\left(x\right)=\lim_{n\to\infty}f_{n+1}\left(x\right)=\lim_{n\to\infty}\sin\left(f_n\left(x\right)\right)=\sin\left(L\left(x\right)\right)$

   再者由於a.可注意到$\displaystyle0<L\left(x\right)<\sin x<1$。因此解$L\left(x\right)=\sin\left(L\left(x\right)\right)$僅得$L\left(x\right)=0$，並且注意到這樣的過程與$x$的選取無關。因此所求的極限對任何滿足條件的$x$皆為$0$。
6. 令$S$表單位球$x^2+y^2+z^2=1$。若$P,Q$為球面$S$上兩點，$d\left(P,Q\right)$表在球面$S$上，由$P$到$Q$沿大圓之劣弧走的距離。（註：所謂大圓，指的是過球心之平面與球面的交線；又圓上兩點若將一圓截成兩段圓弧，較短的弧叫劣弧）
   1. 令$\displaystyle P=\frac{1}{4}\left(-\sqrt{2},-\sqrt{2},2\sqrt{3}\right)$, $\displaystyle Q=\frac{1}{4}\left(\sqrt{3}-1,\sqrt{3}-1,\sqrt{2}+\sqrt{6}\right)$，則$d\left(P,Q\right)=$？（$5$分）
   2. 令$P$為$S$上任一點，$C=\left\{P'|P'\in S,d\left(P,P'\right)=1\right\}$。求曲線$C$的長度。（$10$分）
   3. 令$P,Q$為球面$S$上任意兩點，$E$為過$P,Q$兩點之任一平面，平面$E$與球面$S$相交得一圓$D$。令$d_E\left(P,Q\right)$表由$P$到$Q$沿圓$D$之劣弧走的距離。試證：$d_E\left(P,Q\right)\geq d\left(P,Q\right)$。（$10$分）
訣竅
第一小題作其大圓考慮圓心角即可；第二小題觀察其圖像為圓形後分析其半徑即能求解；第三小題則須留意該平面與球心之距離以及三角函數的單調性。
解法

1. 由於$P$及$Q$在空間中的直線距離為

   $\displaystyle\begin{aligned}\overline{PQ}=&\frac{1}{4}\sqrt{\left(-\sqrt{2}-\sqrt{3}+1\right)^2+\left(-\sqrt{2}-\sqrt{3}+1\right)^2+\left(2\sqrt{3}-\sqrt{2}-\sqrt{6}\right)^2}\\=&\sqrt{2-\sqrt{2}}\end{aligned}$

   利用餘弦定理有

   $\overline{PQ}^2=\overline{OP}^2+\overline{OQ}^2-2\overline{OP}\cdot\overline{OQ}\cos\left(\angle POQ\right)$

   將資訊代入後可得$\displaystyle\cos\left(\angle POQ\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}$，因此圓心角為$\displaystyle\frac{\pi}{4}$。故圓弧長$\displaystyle d\left(P,Q\right)=\frac{\pi}{4}$。
2. 不失一般性取$P=\left(0,0,1\right)$。當$Q\in C$時可透過$d\left(P,Q\right)=1$知道$\angle\left(POQ\right)=1$弧度。透過空間的知識可以發現$C$為圓心在$\left(0,0,\cos\left(1\right)\right)$而半徑為$\sin\left(1\right)$且平行於$xy$平面的圓，從而圓周長為$2\pi\sin\left(1\right)$。
3. 設$E$到球心$O\left(0,0,0\right)$的距離為$k\geq0$，可以注意到當$k=0$時$d_E\left(P,Q\right)=d\left(P,Q\right)$。現在我們說明當$k>0$時可以推論出$d_E\left(P,Q\right)>d\left(P,Q\right)$。

   設$D$的圓心為$D_o$，則$\overline{D_oP}=\overline{D_oQ}=\sqrt{1-k^2}$，故使用餘弦定理有

   $\displaystyle\cos\left(\angle PD_oQ\right)=1-\frac{\overline{PQ}^2}{2\left(1-k^2\right)}<1-\frac{\overline{PQ}^2}{2}=\cos\left(\angle POQ\right)$

   由於$\angle PD_oQ$與$\angle POQ$皆為第一象限角，因此$\angle PD_oQ>\angle POQ$。又$d_E\left(P,Q\right)=\angle PD_oQ$、$d\left(P,Q\right)=\angle POQ$，由此我們證明了該不等式，而且透過這樣的分析還能指出等號成立的條件。

---

面試試題A

令$a,b,c$為實數，$\lambda$滿足方程式$x^3+ax^2+bx+c=0$。求一非零的實係數多項式$P\left(x\right)$（其係數利用$a,b,c$表示），使得$P\left(\lambda^2\right)=0$。

訣竅

由於給定的函數能使$\lambda$為根，因此代入後透過平方能使$\lambda$也隨之平方，藉此找出$\lambda^2$滿足的方程式。

解法

由於$\lambda$為$x^3+ax^2+bx+c$的根，因此$\lambda^3+a\lambda^2+b\lambda+c=0$，因此有

$a\lambda^2+c=-\lambda\left(\lambda^2+b\right)$

同取平方後有

$a^2\lambda^4+2ac\lambda^2+c^2=\lambda^2\left(\lambda^4+2b\lambda^2+b^2\right)$

移項後有

$\lambda^6+\left(2b-a\right)\lambda^4+\left(b^2-2ac\right)\lambda^2-c^2=0$

因此取$P\left(x\right)=x^3+\left(2b-a\right)x^2+\left(b^2-2ac\right)x-c^2$，此多項式即能滿足$P\left(\lambda^2\right)=0$。

---

面試試題B

甲乙兩人進行比賽，假設賽局沒有和局，每賽一局，甲得勝的機率皆是$p$，與前幾局的勝負無關。$k$為正整數，令$a_k$表賽完$2k-1$局時，甲贏的局數多於乙的機率。

1. 試證：當$\displaystyle1>p>\frac{1}{2}$時，$a_{k+1}-a_k>0$（此即賽越多局甲領先的機率越大）。提示：考慮由領先變落後(反勝為敗)與反敗為勝的機率。
2. 假設已知：當$-1<x<1$時

   $\displaystyle\left(1+x\right)^{-\frac{1}{2}}=1+2\sum_{n=1}C_{n-1}^{2n-1}\left(-\frac{x}{4}\right)^n$

   求$\displaystyle\lim_{k\to\infty}a_k$之值。

訣竅

第一小題應善用提示，並且提示之情境也應加以說明何以僅須考慮該情況即可；第二小題則根據第一小題時所獲得的項進行加總即能發現該關係。

解法

1. 命$b_k$與$c_k$分別表示自$2k-1$局到$2k+1$時甲由領先到落後以及落後到領先的機率。再者可以注意到甲要在$2k+1$局時領先的狀況有以下兩種：
   • 甲在$2k-1$局時領先乙，則除了在恰領先一場的狀況下連輸兩場外皆能在$2k+1$局時領先乙；
   • 甲在$2k-1$局時僅落後一場，則連贏兩場即能在$2k+1$局時取得領先。
   由此我們得到

   $a_{k+1}=\left(a_k-b_k\right)+c_k=a_k+\left(c_k-b_k\right)$

   因此我們僅需證明$c_k-b_k>0$。現計算$b_k$與$c_k$如下：

   $\begin{aligned}b_k=&C_{k-1}^{2k-1}p^k\left(1-p\right)^{k-1}\cdot\left(1-p\right)^2\\c_k=&C_{k-1}^{2k-1}p^{k-1}\left(1-p\right)^k\cdot p^2\end{aligned}$

   因此

   $c_k-b_k=C_{k-1}^{2k-1}p^k\left(1-p\right)^k\left[p-\left(1-p\right)\right]=C_{k-1}^{2k-1}p^k\left(1-p\right)^k\left(2p-1\right)>0$

   據此，我們證明了$a_{k+1}>a_k$。
2. 利用a.所得的$a_{k+1}=a_k+\left(c_k-b_k\right)$進行連續加總可得

   $$\begin{equation}\label{1}a_n=a_1+\sum_{k=1}^{n-1}\left(c_k-b_k\right)=p+\left(2p-1\right)\sum_{k=1}^{n-1}C_{k-1}^{2k-1}\left(p-p^2\right)^k\end{equation}$$

   由於$0<p<1$，因此$\displaystyle 4p^2-4p\in\left(-1,0\right)$，故可根據假設的已知取$x=4p^2-4p$，如此有

   $\displaystyle\sum_{n=1}C_{n-1}^{2n-1}\left(p-p^2\right)^n=\frac{\left(1+4p^2-4p\right)^{-\frac{1}{2}}-1}{2}$

   對$\left(\ref{1}\right)$取$n$趨於無窮可得

   $\displaystyle\begin{aligned}\lim_{n\to\infty}a_n=&p+\left(2p-1\right)\sum_{k=1}^{\infty}C_{k-1}^{2k-1}\left(p-p^2\right)k\\=&p+\left(2p-1\right)\cdot\frac{\left(1-4p+4p^2\right)^{-\frac{1}{2}}-1}{2}\\=&p+\left(2p-1\right)\cdot\frac{\frac{1}{2p-1}-1}{2}\\=&1\end{aligned}$