2017年12月9日 星期六

九十五學年度大學申請入學筆試試題詳解

國立臺灣大學數學系$95$學年度學士班甄選入學
第二階段筆試試題 2006/4/1 上午 9:00-11:00

  1. 設$\left(1+x+x^2\right)^n=a_0+a_1x+\cdots+a_{2n}x^{2n}$，其中$a_0,a_1,\cdots$為係數。證$a_0+a_3+a_6+\cdots=a_1+a_4+a_7+\cdots=a_2+a_5+a_8+\cdots=3^{n-1}$。
    2. 訣竅運用根與係數的概念取特殊值處理。
    解法考慮$x^3=1$的三個根為$1$以及$\displaystyle\frac{-1\pm\sqrt{3}i}{2}$，且記$\displaystyle\omega:=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}$。因此分別取$x=1$、$x=\omega$與$x=\omega^2$代入，並且方便起見記$A=a_0+a_3+a_6+\cdots$、$B=a_1+a_4+a_7+\cdots$、$C=a_2+a_5+a_8+\cdots$如此可得

    $\left\{\begin{aligned} &A+B+C=3^n\\&A+B\omega+C\omega^2=0\\&A+B\omega^2+C\omega=0\end{aligned}\right.$

    三式直接相加可得$3A=3^n$，因此有$A=3^{n-1}$。第二式與第三式相減可得$\omega\left(1-\omega\right)\left(B-C\right)=0$，因此$B=C$。代回第一式可得$B=C=3^{n-1}$。故有

    $A=B=C=3^{n-1}$


  2. 設$O\left(0,0\right)$, $A\left(0,6\right)$, $B\left(5,10\right)$, $P\left(-15,0\right)$為$xy-$平面上之四點。若$L$為過點$P$之直線，且$L$將$\bigtriangleup OAB$分成面積相等之兩部份，求$L$之方程式。
    3. 訣竅運用點斜式設定$L$，並按斜率探討對三角形分割之情形討論面積是否可能相等。
    解法

    容易知道$\bigtriangleup OAB$的面積為$15$。按題意設所求直線$L$為$y=m\left(x+15\right)$，那麼可以注意到僅當$m$介於$0$到$\displaystyle\frac{1}{2}$才與$\bigtriangleup OAB$有交點。

    若$\displaystyle \frac{2}{5}\leq m\leq\frac{1}{2}$，那麼$L$交$\bigtriangleup OAB$於$\overline{AB}$與$\overline{OB}$分別於$E$與$F$，再者作過$A$且與$x$軸的平行線與$\overline{OB}$交於$D$。如此有$\bigtriangleup BEF<\bigtriangleup BAD=6<7.5$，故這樣的$L$不合於要求。

    因此僅需考慮$\displaystyle0<m<\frac{2}{5}$的情形：那麼$L$交$\bigtriangleup OAB$於$\overline{OA}$與$\overline{OB}$於$E$與$F$，座標分別為$E\left(0,15m\right)$、$F\left(15m/\left(2-m\right),30m/\left(2-m\right)\right)$。按要求有$\bigtriangleup OEF$的面積為$7.5$，亦即有

    $\displaystyle\frac{1}{2}\cdot15m\cdot\frac{15m}{2-m}=\frac{15}{2}$

    整理有$15m^2=2-m$，可解得$\displaystyle m=\frac{1}{3}$或$\displaystyle m=-\frac{2}{5}$，但後者不合。故$\displaystyle m=\frac{1}{3}$，從而所求直線方程為$3y=x+15$。


  3. 以剪刀、石頭、布猜拳。
    1. 若兩人猜，平均要猜幾次才分勝負。
    2. 現有三人一起猜拳（三人一起出拳）。若兩人勝一人，則勝者二人繼續猜。若一人勝二人，此人勝出。問平均要猜幾次，才能剛好有一人勝出。
    4. 訣竅運用期望值的觀念表達出平均次數，接著可採用無窮級數和的辦法精確求出期望值。
    解法

    1. 兩人猜拳，共計有九種組合，其中有三種情況為平手，雇有六種情形可分出勝負，亦即分出勝負之機率為$\displaystyle\frac{2}{3}$。直觀上可知道平均需要$\displaystyle\frac{3}{2}$次才能分出勝負。

      嚴謹的數學考慮如下：設$X$表為分出勝負時的次數，其對應的機率$P\left(X=k\right)$為$\displaystyle\frac{2}{3^k}$，因此平均分出勝負的次數為

      $\begin{aligned}E\left(X\right)=&\sum_{k=1}^{\infty}kP\left(X=k\right)\\=&\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2k}{3^k}\\=&2\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{k}{3^k}\\=&2\lim_{n\to\infty}\frac{3-\left(1/3\right)^{n-1}}{4}-\frac{n}{2\cdot3^n}\\=&\frac{3}{2}\end{aligned}$

    2. 現在有三人一起猜拳，那麼仔細考慮其中的二十七種情況，計有九種情形平手（三人皆不同之情況有六種，完全相同則有三種），恰好一人勝出有九種，恰好兩人勝出亦為九種，故平手與恰好一人勝出或恰好兩人勝出之機率皆為$\displaystyle\frac{1}{3}$。

      設$X$表示恰好有一人勝出的猜拳次數，仔細歸納可計算出對應的機率為$\displaystyle P\left(X=k\right)=\frac{2k-1}{3^k}$，因此期望值可表達並計算如下

      $\begin{aligned}E\left(X\right)=&\sum_{k=1}^{\infty}kP\left(X=k\right)\\=&\sum_{k=1}^{\infty}\frac{2k^2-k}{3^k}\\=&\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac{2k^2-k}{3^k}\\=&\lim_{n\to\infty}\left(\frac{9}{4}+\frac{1}{3^{n-2}}-\frac{n}{3^{n-1}}+\frac{n^2}{3^n}+\frac{1}{4\cdot3^{n-1}}+\frac{n}{2\cdot3^n}\right)\\=&\frac{9}{4}\end{aligned}$


  4. 設$A$為$3\times3$之方陣。對任何$\vec{u}$, $\vec{v}\in\mathbb{R}^3$均有$\left|A\vec{u}\times A\vec{v}\right|=\left|\vec{u}\times\vec{v}\right|$。
    1. 設$\vec{u}$, $\vec{v}$, $\vec{w}\in\mathbb{R}^3$互相垂直且長度為$1$。證明$A\vec{u}\times A\vec{v}$, $A\vec{u}\times A\vec{w}$也是互相垂直且長度為$1$。
    2. 證明：$\left|A\vec{u}\right|=\left|\vec{u}\right|$對所有$\vec{u}\in\mathbb{R}^3$均成立。
    5. 訣竅利用線性組合後的平方可創造出內積，藉此說明其值為零；
    解法
    1. 記$\vec{p}=A\vec{u}\times A\vec{v}$、$\vec{q}=A\vec{u}\times\vec{w}$，那麼按照定義可知

      $\begin{aligned} &\left|\vec{p}\right|=\left|\vec{u}\times\vec{v}\right|=\left|\vec{u}\right|\left|\vec{v}\right|\sin90^\circ=1\\&\left|\vec{q}\right|=\left|\vec{u}\times\vec{w}\right|=\left|\vec{u}\right|\left|\vec{w}\right|\sin90^\circ=1\end{aligned}$

      因此它們的長度皆為$1$。現在證明$\vec{p}$與$\vec{q}$垂直，由正射影公式可知$\vec{p}$在$\vec{q}$上的正射影為$\displaystyle\vec{s}=\frac{\vec{p}\cdot\vec{q}}{\left|\vec{q}\right|^2}\vec{q}=\left(\vec{p}\cdot\vec{q}\right)\vec{q}$，那麼由畢氏定理可知

      $\begin{aligned}1=\left|\vec{p}\right|^2=&\left|\vec{s}\right|^2+\left|\vec{p}-\vec{s}\right|^2\\\geq&\left|\vec{p}-\vec{s}\right|^2\\=&\left|A\vec{u}\times A\left[\vec{v}-\left(\vec{p}\cdot\vec{q}\right)\vec{w}\right]\right|^2\\=&\left|\vec{u}\times\left[\vec{v}-\left(\vec{p}\cdot\vec{q}\right)\vec{w}\right]\right|^2\\=&\left|\vec{u}\times\vec{v}-\vec{u}\times\left(\vec{p}\cdot\vec{q}\right)\vec{w}\right|^2\\=&\left|\vec{u}\times\vec{v}\right|^2-2\left(\vec{u}\times\vec{v}\right)\cdot\left[\vec{u}\times\left(\vec{p}\cdot\vec{q}\right)\vec{w}\right]+\left|\left(\vec{p}\cdot\vec{q}\right)\right|^2\left|\vec{u}\times\vec{w}\right|^2\end{aligned}$

      此時注意到$\vec{u},\vec{v},\vec{w}$三者兩兩垂直且長度為$1$，因此$\left(\vec{u}\times\vec{v}\right)\cdot\left(\vec{u}\times\vec{w}\right)=0$，從而有$1\geq1+\left|\left(\vec{p}\cdot\vec{q}\right)\right|^2$，故$\vec{p}\cdot\vec{q}=0$，證明完畢。
    2. 再記$\vec{r}=A\vec{v}\times A\vec{w}$，則由(1)可知$\vec{p}$、$\vec{q}$與$\vec{r}$三個向量兩兩垂直且長度為$1$，可以推得

      $\begin{aligned}\vec{r}=&\pm\vec{p}\times\vec{q}=\pm\left[\left(A\vec{u}\times A\vec{v}\right)\times\left(A\vec{u}\times A\vec{w}\right)\right]\\=&\pm\left\{\left[\left(A\vec{u}\times A\vec{v}\right)\cdot A\vec{w}\right]A\vec{u}-\left[\left(A\vec{u}\times A\vec{v}\right)\cdot A\vec{u}\right]A\vec{w}\right\}\end{aligned}$

      其中上式的最後的等號運用了公式：$\vec{A}\times\left(B\times C\right)=\left(\vec{A}\cdot\vec{C}\right)\vec{B}-\left(\vec{A}\cdot\vec{B}\right)\vec{C}$。此外也有$\left(A\vec{u}\times A\vec{v}\right)\cdot A\vec{u}=0$。方便起見，記$\left(A\vec{u}\times A\vec{v}\right)\cdot A\vec{w}=t$，因此有$\vec{r}=\pm tA\vec{u}$。運用相同的辦法可得$\vec{q}=\pm tA\vec{v}$、$\vec{p}=\pm tA\vec{w}$。將前兩式代入第三式中可知

      $A\vec{u}\times A\vec{v}=\pm\left(\pm tA\vec{v}\right)\times\left(\pm tA\vec{u}\right)=\pm t^2A\vec{u}\times A\vec{v}$

      因此$t^2=1$，從而有$\left|A\vec{u}\right|=1$。至此，我們已經對$\left|\vec{u}\right|=1$的情形獲得結論了。而對$\vec{u}=\vec{0}$的情況則是明顯的，而若$\vec{u}\neq\vec{0}$，那麼考慮$\displaystyle\vec{u}'=\frac{\vec{u}}{\left|\vec{u}\right|}$，如此便有

      $\displaystyle1=\left|A\vec{u}'\right|=\left|A\frac{\vec{u}}{\left|\vec{u}\right|}\right|=\frac{1}{\left|\vec{u}\right|}\left|A\vec{u}\right|$

      因此$\left|A\vec{u}\right|=\left|\vec{u}\right|$。如此本命題對所有$\vec{u}\in\mathbb{R}^3$皆成立。

國立台灣大學數學系$95$學年度學士班甄選入學
第二階段筆試試題 2006/4/1 下午 2:00-4:00

  1. 設$f\left(x\right)=x^3+2x^2-3x-1$, $g\left(x\right)=x^4+3x^3-x^2-5x+2$，且$\alpha$, $\beta$, $\gamma$為$f\left(x\right)=0$之$3$根。
    1. 試求$g\left(\alpha\right)\cdot g\left(\beta\right)\cdot g\left(\gamma\right)$之值。
    2. 試求$\displaystyle\frac{1}{g\left(\alpha\right)}+\frac{1}{g\left(\beta\right)}+\frac{1}{g\left(\gamma\right)}$之值。
    2. 訣竅除法原理以及根與係數的應用。
    解法運用除法原理可知$g\left(x\right)=\left(x+1\right)f\left(x\right)-x+3$，因此有$g\left(\alpha\right)=3-\alpha$、$g\left(\beta\right)=3-\beta$、$g\left(\gamma\right)=3-\gamma$。
    1. 可知

      $\begin{aligned}g\left(\alpha\right)g\left(\beta\right)g\left(\gamma\right)=&\left(3-\alpha\right)\left(3-\beta\right)\left(3-\gamma\right)\\=&27-9\left(\alpha+\beta+\gamma\right)+3\left(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha\right)-\alpha\beta\gamma\\=&27-9\cdot\left(-2\right)+3\cdot\left(-3\right)-1\\=&27+18-9-1\\=&35\end{aligned}$

    2. 可知

      $\begin{aligned}\frac{1}{g\left(\alpha\right)}+\frac{1}{g\left(\beta\right)}+\frac{1}{g\left(\gamma\right)}=&\frac{1}{3-\alpha}+\frac{1}{3-\beta}+\frac{1}{3-\gamma}\\=&\frac{\left(3-\alpha\right)\left(3-\beta\right)+\left(3-\beta\right)\left(3-\gamma\right)+\left(3-\gamma\right)\left(3-\alpha\right)}{\left(3-\alpha\right)\left(3-\beta\right)\left(3-\gamma\right)}\\=&\frac{27-6\left(\alpha+\beta+\gamma\right)+\left(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha\right)}{35}\\=&\frac{27-6\cdot\left(-2\right)+\left(-3\right)}{35}\\=&\frac{36}{35}\end{aligned}$


  2. 設$E_1$, $E_2$, $E_3$為空間中三個平面，且都通過原點$O$。已知$E_1$和$E_2$互相垂直。$E_1$和$E_3$夾角為$60^\circ$。$E_2$和$E_3$夾角也是$60^\circ$。設$L$為過原點之直線。若$L$和$E_1$之夾角為$30^\circ$，而$L$和$E_2$之夾角也是$30^\circ$，試求$L$與$E_3$之夾角為何？
    3. 訣竅藉由座標空間的設定可使幾何物件有具體的表達式如此便於求解。
    解法

    不妨設$E_1:z=0$、$E_2:y=0$，由於$E_3$通過原點，故設$E_3:x+by+cz=0$，再由與$E_2$和$E_3$的夾角皆為$60^\circ$有

    $\begin{aligned} &c=1\cdot\sqrt{1+b^2+c^2}\cdot\frac{1}{2}\\&b=1\cdot\sqrt{1+b^2+c^2}\cdot\frac{1}{2}\end{aligned}$

    因此不妨可取$\displaystyle b=c=\frac{\sqrt{2}}{2}$。現考慮$L$的參數式為$\left\{\begin{aligned}x=& lt\\y=&mt\\z=&nt\end{aligned}\right.$，其中$t$為實數，並假定其方向向量$\left(l,m,n\right)$長度為$1$。按照題設有

    $\displaystyle\begin{aligned} &n=\left(l,m,n\right)\cdot\left(0,0,1\right)=\pm\cos60^\circ=\pm\frac{1}{2}\\&m=\left(l,m,n\right)\cdot\left(0,1,0\right)=\pm\cos60^\circ=\pm\frac{1}{2}\end{aligned}$

    可得$\displaystyle l=\pm\frac{\sqrt{2}}{2}$。

    儘管我們於$E_3$中僅選取八種的一種進行討論，但由於圖形的對稱性，我們僅取現在研究的$E_3$（即$\displaystyle n_3=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$）對$L$可能的八種情形即可。

    • 當$\displaystyle\left(l,m,n\right)=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$時，由$\left(l,m,n\right)\cdot n_3=1$，因此$E_3$法向量與$L$方向向量夾$0^\circ$，故平面與直線夾$90^\circ$；
    • 當$\displaystyle\left(l,m,n\right)=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)$時，由$\displaystyle\left(l,m,n\right)\cdot n_3=\frac{1}{2}$，因此$E_3$法向量與$L$方向向量夾$60^\circ$，故平面與直線夾$30^\circ$；
    • 當$\displaystyle\left(l,m,n\right)=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$時，由$\displaystyle\left(l,m,n\right)\cdot n_3=\frac{1}{2}$，因此$E_3$法向量與$L$方向向量夾$60^\circ$，故平面與直線夾$30^\circ$；
    • 當$\displaystyle\left(l,m,n\right)=\left(\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)$時，由$\displaystyle\left(l,m,n\right)\cdot n_3=0$，因此$E_3$法向量與$L$方向向量夾$90^\circ$，故平面與直線夾$0^\circ$；
    • 當$\displaystyle\left(l,m,n\right)=\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$時，由$\displaystyle\left(l,m,n\right)\cdot n_3=0$，因此$E_3$法向量與$L$方向向量夾$90^\circ$，故平面與直線夾$0^\circ$；
    • 當$\displaystyle\left(l,m,n\right)=\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)$時，由$\displaystyle\left(l,m,n\right)\cdot n_3=\frac{1}{2}$，因此$E_3$法向量與$L$方向向量夾$60^\circ$，故平面與直線夾$30^\circ$；
    • 當$\displaystyle\left(l,m,n\right)=\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right)$時，由$\displaystyle\left(l,m,n\right)\cdot n_3=\frac{1}{2}$，因此$E_3$法向量與$L$方向向量夾$60^\circ$，故平面與直線夾$30^\circ$；
    • 當$\displaystyle\left(l,m,n\right)=\left(-\frac{\sqrt{2}}{2},-\frac{1}{2},-\frac{1}{2}\right)$時，由$\left(l,m,n\right)\cdot n_3=1$，因此$E_3$法向量與$L$方向向量夾$0^\circ$，故平面與直線夾$90^\circ$；
    綜上可知有$0^\circ$、$30^\circ$與$90^\circ$等三種可能。


  3. 用$7$種顏色塗在正六面體的$6$個面上，不同面用不同顏色。
    1. 試問可塗成幾種正六面體？
    2. 若每個面用此$7$種顏色再畫上字母$O$，字母$O$所用顏色與底色不同，且不同面的$O$用不同顏色，試問有幾種正六面體？
    4. 訣竅要注意到旋轉後的等同性，從而排除相同的塗法。
    解法
    1. 首先固定一面朝上，此面有七種塗法，隨後在四個側面上塗色又由環狀排列因此有$\displaystyle\frac{6\times5\times4\times3}{4}=90$種塗法，底面有兩種塗法，如此有$1260$種。但最後可以注意到各面皆可作為頂面，因此實際僅有$\displaystyle\frac{1260}{6}=210$種。
    2. 承1. 將各面底色塗好計有$210$種，現對各面的字母$O$塗色，但不能塗已有的顏色。首先，如果這六個字母$O$的顏色選為與底色相同的六種，則為六階的錯位排列，有$6!-6\cdot5!+15\cdot4!-20\cdot3!+15\cdot2!-6\cdot1!+1\cdot0!=265$種情形；其次，如果現在選擇的六個字母$O$的顏色若與底色不全相同有$6$種方法，此時有五種顏色相同，從而為六個排列狀態下限制有五個要排錯，有$6!-5\cdot5!+10\cdot4!-10\cdot3!+5\cdot2!-1\cdots1!=309$種。綜述可知所求為$210\cdot\left(265+6\cdot309\right)=444990$種。

  4. 設$N_0$表示所有非負整數的集合。假設對所有$m,n\in N_0$，函數$f:N_0\to N_0$滿足$f\left(m+n\right)-f\left(m\right)-f\left(n\right)=0$或$1$，且$f\left(8888\right)=2222$。
    1. 試證$\displaystyle k-1\geq f\left(\sum_{i=1}^{k}n_i\right)-\sum_{i=1}^{k}f\left(n_i\right)\geq0$，
    2. 求$f\left(4\right)$，
    3. 求$f\left(2006\right)$。
    5. 訣竅可以先留意到利用1的結論可以容易求出第二小題之結果，透過一些計算與觀察可以發現一般性的結論，從而輔助處理第三小題。而第一小題之敘述適合運用數學歸納法處理之。
    解法
    1. 對$k$進行歸納，顯見當$k=1$時有

      $0=1-1\geq f\left(n_1\right)-f\left(n_1\right)=0\geq0$

      設$k=m$時命題成立，亦即有$\displaystyle m-1\geq f\left(\sum_{i=1}^{m}n_i\right)-\sum_{i=1}^{m}f\left(n_i\right)\geq0$，那麼當$k=m+1$時運用條件可觀察到

      $\displaystyle\begin{aligned}f\left(\sum_{i=1}^{m+1}n_i\right)-\sum_{i=1}^{m+1}f\left(n_i\right)=&f\left(n_{m+1}+\sum_{i=1}^{m}n_i\right)-f\left(n_{m+1}\right)-\sum_{i=1}^{m}f\left(n_i\right)\\=&f\left(\sum_{i=1}^{m}n_i\right)-\sum_{i=1}^{m}f\left(n_i\right)+s\end{aligned}$

      其中$s$不是$0$就是$1$。配合歸納假設可以知道

      $\displaystyle\begin{aligned}m\geq&f\left(\sum_{i=1}^{m}n_i\right)-\sum_{i=1}^{m}f\left(n_i\right)+1\\\geq&f\left(\sum_{i=1}^{m+1}n_i\right)-\sum_{i=1}^{m+1}f\left(n_i\right)\\\geq&f\left(\sum_{i=1}^{m}n_i\right)-\sum_{i=1}^{m}f\left(n_i\right)\geq0\end{aligned}$

      這證明了命題在$n=m+1$時亦成立，因此由數學歸納法可知該命題對所有正整數$k$恆成立。
    2. 由(1)的結論，取$k=2222$，$n_1=\cdots=n_{2222}=4$，那麼有

      $2221\geq f\left(8888\right)-222f\left(4\right)\geq0$

      因此$\displaystyle\frac{1}{2222}\leq f\left(4\right)\leq1$，由$f$的值域可知$f\left(4\right)=1$。

    3. 首先可以注意到$f\left(n+1\right)=f\left(n\right)+f\left(1\right)+s\geq f\left(n\right)$，因此$f$為遞增函數。

      現在我們證明對有所不超過$2222$的正整數$k$而言恆有$f\left(4k\right)=k$：首先由(1)可知$f\left(4k\right)-kf\left(4\right)\geq0$，因此$f\left(4k\right)\geq k$。假若對某個介在$1$至$2222$中的正整數$k$存在正整數$s$使得$f\left(4k\right)=k+s$，那麼考慮將等式$8888=4k+\left(2222-k\right)\cdot4$應用於(1)可得

      $2222=f\left(8888\right)\geq f\left(4k\right)+\left(2222-k\right)f\left(4\right)=2222+s$

      此為矛盾。故對每個介於$1$至$2222$的正整數$k$恆有$f\left(4k\right)=k$。

      由此，我們可以知道$f\left(2004\right)=501$、$f\left(2008\right)=502$。故由遞增性可知$f\left(2006\right)=501$或者$f\left(2006\right)=502$。另一方面則由(1)的結論可知

      $4\geq f\left(8888\right)-4f\left(2006\right)-f\left(864\right)\geq0$

      據此可斷定$f\left(2006\right)=501$。

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