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$a_0+a_3+a_6+\cdots=a_1+a_4+a_7+\cdots=a_2+a_5+a_8+\cdots=3^{n-1}$。
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。
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。
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。
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。
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？
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？
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$f\left(2006\right)$。
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$f\left(2006\right)=501$。