九十三學年度大學申請入學筆試試題詳解

國立臺灣大學數學系九十三學年度學士班甄選入學
第二階段筆試試題　　2004/4/3　上午 9:00-11:00

1. 設$x,y,z$為實數且

   $\begin{aligned}-2\leq&x+y+2z\leq3\\-3\leq& y+2z\leq1\\-5\leq&x+2y+5z\leq0\end{aligned}$

   試求$2x+5y+14z+3$之最大值及其時之$x,y,z$.($30\%$)
訣竅
運用線性規劃的思想，解出符合條件的邊界點。
解法
考慮左右各項等號成立之情況共計有八種情形，可得此平行六面體的八個頂點為$\left(2,9,-4\right)$、$\left(2,19,-9\right)$、$\left(6,-3,0\right)$、$\left(6,7,-5\right)$、$\left(-3,-1,1\right)$、$\left(-3,9,-4\right)$、$\left(1,-13,5\right)$、$\left(1,-3,0\right)$。設$f\left(x,y,z\right)=2x+5y+14z+3$，由上所得之八點代入計算可知
$\begin{aligned} &f\left(2,9,-4\right)=-4,&f\left(2,19,-9\right)=-24\\&f\left(6,-3,0\right)=-3,&f\left(6,7,-5\right)=-20\\&f\left(-3,-1,1\right)=6,&f\left(-3,9,-4\right)=-14\\&f\left(1,-13,5\right)=10,&f\left(1,-3,0\right)=-13\end{aligned}$
因此最大值為$10$且發生在$x=1$, $y=-13$, $z=5$。


2. 1. 設$\tan\alpha$, $\tan\beta$為二次方程式$x^2-2x-1=0$之二根。試求$x^2+bx+c=0$使得它的二根為$\cos2\alpha$, $\cos2\beta$. ($15\%$)
   2. 設$x^3-ax^2+bx-c=0$有三正根。試證$a^2\geq3b$且$b^3\geq27c^2$。($15\%$)
訣竅
運用根與係數的關係即可。
解法
1. 運用根與係數的關係可知

   $\left\{\begin{aligned} &\tan\alpha+\tan\beta=2\\&\tan\alpha\tan\beta=-1\end{aligned}\right.$

   並且為了找出二次方程$x^2+bx+c=0$使得它兩根為$\cos2\alpha$、$\cos2\beta$，可以再次使用根與係數的關係知道

   $\left\{\begin{aligned} &b=-\cos2\alpha-\cos2\beta=-\frac{1-\tan^2\alpha}{1+\tan^2\alpha}-\frac{1-\tan^2\beta}{1+\tan^2\beta}\\&c=\cos2\alpha\cos2\beta=\frac{\left(1-\tan^2\alpha\right)\left(1-\tan^2\beta\right)}{\left(1+\tan^2\alpha\right)\left(1+\tan^2\beta\right)}\end{aligned}\right.$

   進一步的整理可以得到

   $\left\{\begin{aligned} &b=-\frac{2-2\tan^2\alpha\tan^2\beta}{1+\tan^2\alpha+\tan^2\beta+\tan^2\alpha\tan^2\beta}\\&c=\frac{1-\tan^2\alpha+\tan^2\beta-\tan^2\alpha\tan^2\beta}{1+\tan^2\alpha+\tan^2\beta+\tan^2\alpha\tan^2\beta}\end{aligned}\right.$

   為此我們可以知道$\tan^2\alpha+\tan^2\beta=\left(\tan\alpha+\tan\beta\right)^2-2\tan\alpha\tan\beta=6$，故可知$b=0$、$\displaystyle c=-\frac{1}{2}$，亦即方程為$\displaystyle x^2-\frac{1}{2}=0$。
2. 設此三次方程有三個正根分別為$r_1,r_2,r_3$，由根與係數關係可知

   $\left\{\begin{aligned} &a=r_1+r_2+r_3\\&b=r_1r_2+r_2r_3+r_3r_1\\&c=r_1r_2r_3\end{aligned}\right.$

   容易發現

   $\displaystyle\begin{aligned}a^2-3b=&r_1^2+r_2^2+r_3^2-r_1r_2-r_2r_3-r_3r_1\\=&\frac{\left(r_1-r_2\right)^2+\left(r_2-r_3\right)^2+\left(r_3-r_1\right)^2}{2}\geq0\end{aligned}$

   即$a^2\geq 3b$。另一方面，運用三變數的算幾不等式也有

   $\displaystyle\frac{r_1r_2+r_2r_3+r_3r_1}{3}\geq\sqrt[3]{r_1^2r_2^2r_3^2}$

   兩邊同取三次方後並將分母$27$移項可得$b^3\geq27b^2$。如此證明完畢。


3. 試證$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}C_k^nkx^k\left(1-x\right)^{n-k}=nx$，其中$\displaystyle C_k^n=\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}$。($15\%$)
訣竅
這樣的等式稱為組合恆等式，運用組合數的特性進行衡等變換可證得之。
解法

直接計算可得

$\displaystyle\begin{aligned}\sum_{k=1}^{n}C_k^nkx^k\left(1-x\right)^{n-k}=&\sum_{k=1}^{n}\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}kx^k\left(1-x\right)^{n-k}\\=&nx\sum_{k=1}^{n}\frac{\left(n-1\right)!}{\left(k-1\right)!\left(n-k\right)!}x^{k-1}\left(1-x\right)^{n-k}\\=&nx\sum_{k=1}^{n}C_{k-1}^{n-1}x^{k-1}\left(1-x\right)^{n-k}\\=&nx\end{aligned}$



4. 試求一圓，經過原點，而與下列兩個圓均正交，

   $\begin{aligned} &x^2+y^2-6x+8=0\\&x^2+y^2-2x-2y-7=0\end{aligned}$

   附註：若兩圓相交，且過交點之二切線互相垂直，則稱兩圓正交。($25\%$)
訣竅
可以注意到兩圓正交會產生直角三角形，由此解聯立式可斷定出所求之圓的圓心。
解法

設所求之圓為$C:\left(x-a\right)^2+\left(y-b\right)^2=a^2+b^2$，其圓心為$E$，並記題幹所述之兩圓分別為$C_1$與$C_2$，其圓心分別為$E_1\left(3,0\right)$與$E_2\left(1,1\right)$。

首先可以注意到$C$確實通過原點，再者由假設知$C$與$C_1$及$C_2$分別正交，因此在相交之處所作的切線會互相通過另一圓的圓心。設$C$與$C_1$交點之一為$P$，而$C$與$C_2$交點之一為$Q$，因此$\bigtriangleup EPE_1$與$\bigtriangleup EQE_2$皆為直角三角形。如此由畢氏定理可得

$\begin{aligned} &\left(a-3\right)^2+b^2=a^2+b^2+1\\&\left(a-1\right)^2+\left(b-1\right)^2=a^2+b^2+9\end{aligned}$

第一式可解得$\displaystyle a=\frac{4}{3}$，代入第二式可解得$\displaystyle b=-\frac{29}{6}$，從而所求之圓為

$3x^2+3y^2-8x+29y=0$

國立台灣大學數學系九十三學年度學士班甄選入學
第二階段筆試試題　　2004/4/3　下午 2:00-4:00

1. 令$\displaystyle x=\frac{1}{2}$，試求$\displaystyle\prod_{n=0}^{+\infty}\left(1+x^{2^n}\right)=\left(1+x\right)\left(1+x^2\right)\left(1+x^4\right)\left(1+x^8\right)\cdots\left(1+x^{2^n}\right)\cdots$之值。($20\%$)
訣竅
對部分連乘積作基礎分析後取極限即可。
解法
考慮$\displaystyle\prod_{n=0}^{m}\left(1+x^{2^n}\right)=\frac{1-x}{1-x}\cdot\prod_{n=0}^{m}\left(1+x^{2^n}\right)=\frac{1-x^{2^{m+1}}}{1-x}$，取$\displaystyle x=\frac{1}{2}$，並令$m\to\infty$，從而得極限值為$2$。


2. 試求拋物線$y=3x^2-2x+1$之切線而與直線$x+4y+3=0$垂直。($15\%$)
訣竅
運用直線垂直的特性與點斜式即可。
解法
設拋物線之切點為$P\left(a,3a^2-2a+1\right)$，其切線斜率為$6a-2$。又應與$x+4y+3=0$垂直，因此斜率$6a-2=4$，從而切點為$1$。此切線方程為$y-2=4\left(x-1\right)$，或寫為$y=4x-2$。


3. 1. 試證平面上周長相同之$n$邊形中，面積最大者為正$n$邊形。($20\%$)
   2. 試證平面上面積相同之$n$邊形中，周長最小者為正$n$邊形。($15\%$)
訣竅
此為多邊形版本的等周不等式。
解法
1. 首先可以不失一般性地假設$n$邊形為凸$n$邊形，這是因為若此多邊形為凹多邊形，則在凹處可透過翻摺的方式使面積增加但不改變周長長度。

   首先，假設$n$邊形$P_n$的各邊長為$a_1,\cdots,a_n$，且$a_1+\cdots+a_n=L$為定值。我們要證明當$a_1,\cdots,a_n$不完全相等時多邊形的面積並非最大值。為了看出這點，我們任挑兩個相鄰的邊$a_i$與$a_{i+1}$（記$a_{n+1}=a_1$），並考慮以$a_i$與$a_{i+1}$的三角形，記此三角形的第三個邊為$d$，其中$d$為多邊形的一個對角線，如此多邊形$P_n$被分為較小的多邊形$P_{n-1}$與一個三角形$A$（以$a_i$、$a_{i+1}$與$d$。現在考慮另一個三角形$A'$，其三邊分別為$x$、$x$與$d$，其中$x$滿足$2x=a_i+a_{i+1}$。那麼藉由海龍公式可得到

   $S_{A'}=\sqrt{s\left(s-d\right)\left(s-x\right)^2}$　、　$S_A=\sqrt{s\left(s-d\right)\left(s-a_i\right)\left(s-a_{i+1}\right)}$

   其中$s=\left(a_i+a_{i+1}+d\right)/2$。那麼由算幾不等式可注意到

   $\left(s-x\right)^2\geq\left(s-a_i\right)\left(s-a_{i+1}\right)$

   因此$S_{A'}\geq S_A$，其中等號成立條件為$a_i=a_{i+1}$。至此我們知道面積最大的多邊形必須各邊等長。

   現在我們僅需說明面積最大的多邊形為圓內接多邊形，如此一來這個多邊形便是正多邊形。現在考慮相鄰的連續四個點$A,B,C,D$，並證明：若這四點不共圓，那麼我們證明他不可能會有最大的面積。首先我們連$\overline{AD}$將多邊形$P_n$分為一個四邊形$ABCD$與剩下的$n-2$邊形，並將餘下的$n-2$邊形固定下來。可以藉由婆羅摩笈多公式知道能做出圓內接四邊形$AB'C'D$使其周長與四邊形$ABCD$相同但面積更大。因此最大面積的多邊形必定相鄰四點共圓，因此知道這樣的多邊形$P_n$必須是圓內接多邊形。證明完畢。

2. 由第一部分的證明可以知道，當周長越大時可作出最大的面積亦越大。設周長為$L_1<L_2$可作出的最大面積分別為$A_{L_1}$與$A_{L_2}$，那麼由連續性可注意到存在以$L_2$為周長但面積為$A_{L_1}$的多邊形（事實上任意給定的周長多邊形可形成任意小的面積），由於$A_{L_1}$並非$L_2$所能形成的最大面積，因此此多邊形並非正多邊形。依此注意到兩點：在給定面積$A$的情況下確實存在正多邊形使其面積洽為$A$，其二是亦有非正多邊形的面積為$A$，此時這些非正多邊形的周長必大於正多邊形的，因此本命題成立。


4. 一袋中有撲克牌$3$點$2$張，$2$點$3$張。從袋中取出二張，若二張點數相同，則放回後，繼續再取。若二張點數不同，則結束不再取。
   1. 試問取出次數之期望值為何？
   2. 試問取出點數總和之期望值為何？
訣竅
按題意分析取出次數之機率與各次取出之點數的可能性。
解法
1. 設取出$n$次的機率為$P\left(n\right)$，容易看出來取出兩張點數相同的機率為$\displaystyle\frac{2}{5}$，而兩張點數不同的機率$\displaystyle\frac{3}{5}$，故$\displaystyle P\left(n\right)=\left(\frac{2}{5}\right)^{n-1}\cdot\frac{3}{5}=\frac{3\cdot2^{n-1}}{5^n}$，因此取出次數的期望值為

   $\begin{aligned}\displaystyle\sum_{n=1}^{\infty}nP\left(n\right)=&\frac{3}{5}\sum_{n=1}^{\infty}n\left(\frac{2}{5}\right)^{n-1}\\=&\frac{3}{5}\lim_{k\to\infty}\sum_{n=1}^{k}n\left(\frac{2}{5}\right)^{n-1}\\=&\frac{3}{5}\lim_{k\to\infty}\left[\frac{25}{9}-\frac{25}{9}\left(\frac{2}{5}\right)^k-\frac{5k}{3}\left(\frac{2}{5}\right)^k\right]\\=&\frac{3}{5}\cdot\frac{25}{9}\\=&\frac{5}{3}\end{aligned}$

   其中部分和$\displaystyle\sum_{n=1}^{k}n\left(\frac{2}{5}\right)^{n-1}$可以用下列的方法求得：

   設$\displaystyle S_k=\sum_{n=1}^{k}n\left(\frac{2}{5}\right)^{n-1}$，那麼同乘以$\displaystyle\frac{2}{5}$後相減可得

   $\displaystyle\frac{3}{5}S_k=-k\left(\frac{2}{5}\right)^k+\sum_{n=1}^{k}\left(\frac{2}{5}\right)^{n-1}=-k\left(\frac{2}{5}\right)^k+\frac{5}{3}\left(1-\left(\frac{2}{5}\right)^k\right)$

   因此$\displaystyle S_k=\frac{25}{9}-\frac{25}{9}\left(\frac{2}{5}\right)^k-\frac{5k}{3}\left(\frac{2}{5}\right)^k$

2. 由於每次擲出的點數和只有$4$、$5$、$6$等三種，並且只有在最後一次才會獲得$5$，因此在進行次數為$n$取牌後點數的可能有$4k+6\left(n-k-1\right)+5$種，其中$k=0,1,\cdots,n-1$，其機率為$\displaystyle C_{k}^{n-1}\left(\frac{3}{10}\right)^k\left(\frac{1}{10}\right)^{n-k-1}\left(\frac{3}{5}\right)$，因此所求的期望值為

   $\begin{aligned}\displaystyle&\sum_{n=1}^{\infty}\sum_{k=0}^{n-1}\left(6n-2k-1\right)C_k^{n-1}\left(\frac{3}{10}\right)^k\left(\frac{1}{10}\right)^{n-k-1}\left(\frac{3}{5}\right)\\=&\frac{3}{5}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{10^{n-1}}\sum_{k=0}^{n-1}\left(6n-2k-1\right)C_{k}^{n-1}3^k\\=&\frac{3}{5}\sum_{n=1}^{\infty}\frac{1}{10^{n-1}}\left[\left(6n-1\right)\sum_{k=0}^{n-1}C_k^{n-1}3^k-2\sum_{k=0}^{n-1}kC_k^{n-1}3^k\right]\\=&\frac{3}{10}\sum_{n=1}^{\infty}\left[\left(9n+1\right)\left(\frac{2}{5}\right)^{n-1}\right]\\=&\frac{27}{10}\sum_{n=1}^{\infty}n\left(\frac{2}{5}\right)^{n-1}+\frac{3}{10}\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{2}{5}\right)^{n-1}\\=&\frac{27}{10}\cdot\frac{25}{9}+\frac{3}{10}\cdot\frac{5}{3}\\=&8\end{aligned}$

   其中的無窮和可由前一小提求得。