九十六學年度大學申請入學筆試試題詳解

國立臺灣大學數學系九十六學年度學士班甄選入學
第二階段筆試試題

2007年三月三十一日上午9:00-11:00

不得使用電子計算器

1. 設$f\left(x\right)$為一有理係數的五次多項式，且對所有整數$n\geq5$，$f\left(n\right)$均為整數。試證明存在整數$c_0,c_1,c_2,c_3,c_4,c_5$使得

   $f\left(x\right)=c_5C_5^x+c_4C_4^x+c_3C_3^x+c_2C_2^x+c_1C_1^x+c_0,$

   其中$\displaystyle C_r^x$代表$\displaystyle\frac{x\left(x-1\right)\cdots\left(x-r+1\right)}{r!}$。
訣竅
運用連續除法原理確認其係數$c_k$的表達形式，其次可運用拉格朗日乘子法進一步說明係數皆為整數。
解法

運用連續除法原理或牛頓插值法可假設

$\begin{aligned}f\left(x\right)=&a_5x\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)\left(x-4\right)+a_4x\left(x-1\right)\left(x-2\right)\left(x-3\right)\\&+a_3x\left(x-1\right)\left(x-2\right)+a_2x\left(x-1\right)+a_1x+a_0\end{aligned}$

分別取$x=0,1,2,3,4,5$代入可得

$\left\{\begin{aligned} &a_0=f\left(0\right)\\&a_1=f\left(1\right)-f\left(0\right)\\&a_2=\frac{f\left(2\right)-2f\left(1\right)+f\left(0\right)}{2!}\\&a_3=\frac{f\left(3\right)-3f\left(2\right)+3f\left(1\right)-f\left(0\right)}{3!}\\&a_4=\frac{f\left(4\right)-4f\left(3\right)+6f\left(2\right)-4f\left(1\right)+f\left(0\right)}{4!}\\&a_5=\frac{f\left(5\right)-5f\left(4\right)+10f\left(3\right)-10f\left(2\right)+5f\left(1\right)-f\left(0\right)}{5!}\end{aligned}\right.$

易知取$c_k=k!a_k$即有$\displaystyle f\left(x\right)=\sum_{k=0}^{5}c_kC^x_k$，因此僅須證明$c_k$, $k=0,\cdots,5$為整數，此等價於證明$f\left(k\right)$對$k=0,\cdots,5$恆為整數。

首先，我們可以將多項式$f$按拉格朗日插值法寫為如下的形式

$\displaystyle\begin{aligned}f\left(x\right)=&f\left(5\right)\frac{\left(x-6\right)\left(x-7\right)\left(x-8\right)\left(x-9\right)\left(x-10\right)}{\left(5-6\right)\left(5-7\right)\left(5-8\right)\left(5-9\right)\left(5-10\right)}\\+&f\left(6\right)\frac{\left(x-5\right)\left(x-7\right)\left(x-8\right)\left(x-9\right)\left(x-10\right)}{\left(6-5\right)\left(6-7\right)\left(6-8\right)\left(6-9\right)\left(6-10\right)}\\+&f\left(7\right)\frac{\left(x-5\right)\left(x-6\right)\left(x-8\right)\left(x-9\right)\left(x-10\right)}{\left(7-5\right)\left(7-6\right)\left(7-8\right)\left(7-9\right)\left(7-10\right)}\\+&f\left(8\right)\frac{\left(x-5\right)\left(x-6\right)\left(x-7\right)\left(x-9\right)\left(x-10\right)}{\left(8-5\right)\left(8-6\right)\left(8-7\right)\left(8-9\right)\left(8-10\right)}\\+&f\left(9\right)\frac{\left(x-5\right)\left(x-6\right)\left(x-7\right)\left(x-8\right)\left(x-10\right)}{\left(9-5\right)\left(9-6\right)\left(9-7\right)\left(9-8\right)\left(9-10\right)}\\+&f\left(10\right)\frac{\left(x-5\right)\left(x-6\right)\left(x-7\right)\left(x-8\right)\left(x-9\right)}{\left(10-5\right)\left(10-6\right)\left(10-7\right)\left(10-8\right)\left(10-9\right)}\end{aligned}$

取$k=0,1,\cdots,4$時可知$f\left(k\right)$為$f\left(5\right),\cdots,f\left(10\right)$的整係數倍的線性組合，因此$f\left(0\right),\cdots,f\left(4\right),f\left(5\right)$皆為整數，亦即有$c_0,\cdots,c_5$皆為整數。證明完畢。



2. 設$m,n,k$為正整數，$25n^2+508n+k=m^2$，且$2400\leq k\leq2410$。試求$m$之值。
訣竅
由於完全平方數是離散的，因此可以藉由估計的辦法鎖定出$m$，其次運用範圍進一步確定出$n$，隨後便有$m$與$k$。
解法
按$k$的範圍可知
$25n^2+508n+2400\leq m^2\leq25n^2+508n+2410$
再者由$\left(5n+49\right)^2=25n^2+490n+2401<25n^2+508n+2400\leq m^2$、$\left(5n+51\right)^2=25n^2+510n+2601>25n^2+508n+2410\geq m^2$，因此$m^2=\left(5n+50\right)$，從而有$m=5n+50$，代回得
$k=m^2-25n^2-508n=2500-8n$
如此有$2400\leq2500-8n\leq2410$，亦即$90\leq8n\leq100$，故$n=12$、$m=110$、$k=2404$。


3. 設$\displaystyle K=\begin{bmatrix}a_1&a_2&b_1&b_2\\a_3&a_4&b_3&b_4\\c_1&c_2&d_1&d_2\\c_3&c_4&d_3&d_4\end{bmatrix}$為一$4$階方陣。若
   1. $K$中每一行皆為$1,2,3,4$的排列；
   2. $K$中每一列皆為$1,2,3,4$的排列；
   3. $a_1,a_2,a_3,a_4$為$1,2,3,4$的排列；
   4. $b_1,b_2,b_3,b_4$為$1,2,3,4$的排列；
   5. $c_1,c_2,c_3,c_4$為$1,2,3,4$的排列；
   6. $d_1,d_2,d_3,d_4$為$1,2,3,4$的排列；
   則$K$稱為一$4$階數獨。
   1. 試問有多少個$4$階數獨$K$使得$a_1=1$, $a_2=2$, $a_3=3$, $a_4=4$, $b_1=3$, $b_2=4$, $c_1=2$, $c_3=4$。
   2. 試問有多少個$4$階數獨？
訣竅
直接列出來並觀察其規律。
解法
1. 直接列出來可得三種情形如下。

   當$b_3=2$則有一種情況：

   $\begin{bmatrix}1&2&3&4\\3&4&2&1\\2&1&4&3\\4&3&1&2\end{bmatrix}$

   當$b_3=1$時有兩種情況：

   $\begin{bmatrix}1&2&3&4\\3&4&1&2\\2&1&4&3\\4&3&2&1\end{bmatrix}$, $\begin{bmatrix}1&2&3&4\\3&4&1&2\\2&3&4&1\\4&1&2&3\end{bmatrix}$

2. 在第一小題中的$a_1,\cdots,a_4$的四個數字可以任意互換，而$b_1,b_2$與$c_1,c_3$則分別有兩個數字可以互換，從而剩下的區域有三種狀況，因此共有$4!\cdots2\cdots2\cdot3=288$種四階數獨。


4. 設$f\left(x\right)=x^3+ax^2+bx+c$，$g\left(x\right)=x^2+x+d$且$1-4d<0$，已知$f\left(x\right)$的最大實根為$\alpha$，且$f\left(g\left(x\right)\right)$無任何實根，試求$f\left(d\right)$之最小值。
訣竅
運用多項式的走勢特性判斷各項數值的大小關係。
解法
由於$\displaystyle g\left(x\right)=x^2+x+d=\left(x+\frac{1}{2}\right)^2+d-\frac{1}{4}\geq d-\frac{1}{4}$以及$f\left(g\left(x\right)\right)=0$沒有實根，這表明$f\left(x\right)=0$在$\displaystyle x\geq d-\frac{1}{4}$時無實根，故$f$的最大實根$\alpha$不落在$g$的值域，亦即$\displaystyle\alpha<d-\frac{1}{4}$。又$d>d-\frac{1}{4}>\alpha$，故$d$不是$f\left(x\right)$的根，且此時有$f\left(d\right)>0$。現在觀察對所有正整數$k$，多項式$\displaystyle f_k\left(x\right)=\left(x-\alpha\right)\left[\left(x-d\right)^2+\frac{1}{k}\right]$符合題幹所述，且有$\displaystyle f_k\left(d\right)=\frac{d-\alpha}{k}$，因此$f_k\left(d\right)$並無最小值。

國立台灣大學數學系九十六學年度學士班甄選入學
第二階段筆試試題

2007年三月三十一日下午2:00-4:00

不得使用電子計算器

1. 設$f\left(x\right)=x^4-20x^2+2x+37$。試問是否在$y=f\left(x\right)$的圖形上存在$4$個相異點$A\left(a,f\left(a\right)\right)$, $B\left(b,f\left(b\right)\right)$, $C\left(c,f\left(c\right)\right)$, $D\left(d,f\left(d\right)\right)$使得$A,B,C,D$四點共線，$\overline{AB}=\overline{BC}=\overline{CD}$且$a<b<c<d$？若存在，試求此$4$點之座標。
訣竅
按題意將幾何問題轉為代數問題。
解法

假定此四點落在直線$y=mx+k$上，則$a,b,c,d$為$f\left(x\right)=mx+k$的四個根，因此運用根與係數的關係可知$\displaystyle a+b+c+d=0$。再者又根據$\overline{AB}=\overline{BC}=\overline{CD}$可知$a,b,c,d$成等差，故有$a+d=b+c=0$，從而可設$a=-3c$、$b=-c$、$d=3c$

對$f\left(x\right)-mx-k$使用因式定理有

$\begin{aligned}x^4-20x^2+\left(2-m\right)x+\left(37-k\right)=&\left(x+3c\right)\left(x+c\right)\left(x-c\right)\left(x-3c\right)\\=&x^4-10c^2x^2+9c^4\end{aligned}$

因此$10c^2=20$，故$c=\pm\sqrt{2}$，其中負不合，因此有$a=-3\sqrt{2}$、$b=-\sqrt{2}$、$d=3\sqrt{2}$。且有$m=2$、$k=1$，進而得到$A\left(-3\sqrt{2},1-6\sqrt{2}\right)$、$B\left(-\sqrt{2},1-2\sqrt{2}\right)$、$C\left(\sqrt{2},1+2\sqrt{2}\right)$、$D\left(-3\sqrt{2},1-6\sqrt{2}\right)$。



2. 設$\bigtriangleup ABC$, $\bigtriangleup A'B'C'$為平面上之三角形，且$\overleftrightarrow{AB}$和$\overleftrightarrow{A'B'}$恰交一點$P$，$\overleftrightarrow{BC}$和$\overleftrightarrow{B'C'}$恰交於一點$Q$，$\overleftrightarrow{CA}$和$\overleftrightarrow{C'A'}$恰交於一點$R$。試證明如果$P,Q,R$共線，則$\overleftrightarrow{AA'}$, $\overleftrightarrow{BB'}$, $\overleftrightarrow{CC'}$三線共點或平行，反之亦然。
訣竅
此稱為笛莎格(Desargues)定理，其中三點共線的結論可運用孟氏的逆定理來加以證明。
解法

首先我們證明必要性如下：假定$P,Q,R$三點共線。首先注意三角形$\bigtriangleup BPR$中的兩線段$\overline{BQ}$與$\overline{AR}$交於$C$，因此由孟氏定理可知

$\displaystyle\frac{\overline{PA}}{\overline{AB}}\cdot\frac{\overline{BC}}{\overline{CQ}}\cdot\frac{\overline{QR}}{\overline{RP}}=1$

再者注意三角形$\bigtriangleup B'PR$中的兩線段$\overline{B'Q}$與$\overline{A'R}$交於$C'$，再次使用孟氏定理可知

$\displaystyle\frac{\overline{PR}}{\overline{RQ}}\cdot\frac{\overline{QC'}}{\overline{C'B'}}\cdot\frac{\overline{B'A'}}{\overline{A'P}}=1$

為了證明直線$AA'$、直線$BB'$與直線$CC'$三線共點或者三線兩兩平行。由於在平面上兩直線或者相交或者平行，針對前項情況，可假定$AA'$、$BB'$相交於$D$點，那麼我們證明$C$、$C'$與$D$亦共線；而針對後者，我們可假定直線$AA'$與直線$BB'$平行，此時僅需證明直線$CC'$亦與直線$AA'$平行。

• 當直線$AA'$與直線$BB'$交於$D$時，觀察三角形$\bigtriangleup BPD$中的兩線段$\overline{PB'}$與$\overline{DA}$交於$A'$，運用孟氏定理有

  $\displaystyle\frac{\overline{PA'}}{\overline{A'B'}}\cdot\frac{\overline{B'D}}{\overline{DB}}\cdot\frac{\overline{BA}}{\overline{AP}}=1$

  將三者相乘可得

  $\displaystyle\frac{\overline{BC}}{\overline{CQ}}\cdot\frac{\overline{QC'}}{\overline{C'B'}}\cdot\frac{\overline{B'D}}{\overline{DB}}=1$

  因此由孟氏逆定理可知$C$、$C'$與$D$三點共線，故命題成立。
• 當直線$AA'$與直線$BB'$平行時，運用反證法假定直線$CC'$與$AA'$相交於$E$，那麼根據前項情形可以使用相同的手法知道直線$BB'$亦過$E$，此前提「直線$AA'$、直線$BB'$平行」相悖，故直線$CC'$與直線$AA'$亦平行，證明完畢。

現在我們來證明充分性：我們分為兩種情來證明

• 假若直線$AA'$、直線$BB'$與直線$CC'$三點共線於$D$，那麼在三角形$\bigtriangleup PBD$中的兩線段$\overline{PB'}$與$\overline{DA}$交於$A'$，使用孟氏定理可得

  $\displaystyle\frac{\overline{AP}}{\overline{PB}}\cdot\frac{\overline{BB'}}{\overline{B'D}}\cdot\frac{\overline{DA'}}{\overline{A'A}}=1$

  在三角形$\bigtriangleup BDQ$中的兩線段$\overline{QB'}$與$\overline{CD}$交於$C'$，使用孟氏定理有

  $\displaystyle\frac{\overline{BQ}}{\overline{QC}}\cdot\frac{\overline{CC'}}{\overline{C'D}}\cdot\frac{\overline{DB'}}{\overline{B'B}}=1$

  而在三角形$\bigtriangleup ADR$中的兩線段$\overline{CD}$與$\overline{A'R}$交於$C'$，使用孟氏定理有

  $\displaystyle\frac{\overline{CR}}{\overline{RA}}\cdot\frac{\overline{AA'}}{\overline{A'D}}\cdot\frac{\overline{DC'}}{\overline{C'C}}=1$

  將三者相乘後有

  $\displaystyle\frac{\overline{AP}}{\overline{PB}}\cdot\frac{\overline{BQ}}{\overline{QC}}\cdot\frac{\overline{CR}}{\overline{RA}}=1$

  故依孟氏逆定理知$P$、$Q$、$R$三點共線。
• 假若直線$AA'$、直線$BB'$與直線$CC'$三者兩兩平行，則由相似三角形可知

  $\displaystyle\frac{\overline{AP}}{\overline{PB}}=\frac{\overline{AA'}}{\overline{BB'}}$ ,$\displaystyle\frac{\overline{BQ}}{\overline{QC}}=\frac{\overline{BB'}}{\overline{CC'}}$, $\displaystyle\frac{\overline{CR}}{\overline{RA}}=\frac{\overline{CC'}}{\overline{AA'}}$

  三者相乘可得

  $\displaystyle\frac{\overline{AP}}{\overline{PB}}\cdot\frac{\overline{BQ}}{\overline{QC}}\cdot\frac{\overline{CR}}{\overline{RA}}=1$

  因此根據孟氏逆定理可知$P$、$Q$、$R$三點共線。



3. 考慮空間中的區域$S_a=\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3|z=0,\left|x\right|+\left|y\right|\leq a\right\}$。當$a\geq0$，求點$\left(4,3,2\right)$至區域$S_a$的最短距離。
訣竅
根據幾何上的觀察留意$S_a$所表現的區域來思考點坐標與$S_a$的距離關係。
解法

首先當$a\geq7$時，$P\left(4,3,2\right)$於$xy$平面上的投影點為$P'\left(4,3,0\right)$落於$S_a$中，故此時最短距離為$2$。

而當$0\leq a<7$時，投影點$P'\left(4,3,0\right)$不屬於$S_a$，那麼在$xy$平面上作過$P'$且垂直$x+y=a$的直線，可知交於$\displaystyle Q\left(\frac{a+1}{2},\frac{a-1}{2},0\right)$，因此$P$至$S_a$的最短距離即為

$\displaystyle\overline{PQ}=\sqrt{\left(\frac{a+1}{2}-4\right)^2+\left(\frac{a-1}{2}-3\right)^2+\left(0-2\right)^2}=\sqrt{\frac{a^2-14a+57}2}$

總結上述兩種情形可知

$\left(4,3,2\right)$至$S_a$的距離$\displaystyle=\left\{\begin{aligned} &2,&\mbox{ if }a\geq7,\\&\sqrt{\frac{a^2-14a+57}{2}},&\mbox{ if }0\leq a<7.\end{aligned}\right.$



4. 某地有一湖，湖的四周有環湖公路，長$12000$公尺。甲、乙兩人常騎自行車在環湖公路上繞湖。他們每次行至某一點$A$後就往回走。今甲從$A$點開始騎自行車繞湖，已知其朋友乙早已在環湖公路上。
   當甲、乙兩人騎自行車的速度一樣時，試問甲大概要騎幾公尺後可遇到乙？
   若甲改為開車繞湖，且知甲開車速度為乙騎自行車速度的$4$倍，試問甲大概要開幾公尺後可遇到乙？
訣竅
將題意適當的數學化並注意到此問題為期望值問題。
解法

設定：方便起見將環湖公路考慮為數線上的區間$\left[0,12000\right]$，其中$A$點可同時視為在$0$與$12000$處，而甲乙兩人則在此區間上來回移動，且甲之起始位置設為$0$。

1. 設甲乙移動速率相同且乙距離甲$x$公尺。乙有$\displaystyle\frac{1}{2}$之機率朝甲方向移動，此時甲移動$\displaystyle\frac{x}{2}$公尺可遇到乙；而有$\displaystyle\frac{1}{2}$之機率背向甲移動，此時甲需移動$\displaystyle12000-\frac{x}{2}$公尺才能遇到乙。因此平均而言需移動$\displaystyle6000$公尺的距離才能遇到乙。
2. 設甲移動速率為乙的四倍且乙距離甲$x$公尺。乙有$\displaystyle\frac{1}{2}$之機率朝甲方向移動，此時甲移動$\displaystyle\frac{4x}{5}$公尺可遇到乙，亦即平均移動$4800$公尺可遇到乙；而有$\displaystyle\frac{1}{2}$之機率背向甲移動，此時可再區別為甲追上乙以及乙折返後與甲相遇：前者有$\displaystyle\frac{9000}{12000}$的機率發生，此時甲需移動$\displaystyle\frac{4x}{3}$公尺，亦即平均移動$6000$公尺，後者有$\displaystyle\frac{3000}{12000}$的機率發生，此時甲需移動$\displaystyle\frac{96000-4x}{5}$公尺，亦即平均移動$10800$公尺。因此平均而言甲移動的距離為

   $\displaystyle\frac{1}{2}\cdot4800+\frac{1}{2}\left(\frac{3}{4}\cdot6000+\frac{1}{4}\cdot10800\right)=6000$公尺