九十七學年度大學申請入學筆試試題詳解

國立臺灣大學數學系九十七學年度學士班甄選入學
第二階段筆試試題
2008年三月二十九日上午9:00-11:00

※不得使用電子計算器

1. 已知$0\leq x_1\leq x_2\leq\cdots\leq x_n\leq1$，令

   $\displaystyle f\left(t\right)=\sum_{i=1}^{n}\left|t-x_i\right|$，當$0\leq t\leq1$。

   1. 試求$t$之值使得$f\left(t\right)$達到最小值。
   2. 設$t=d$時，$f\left(t\right)$達到最大值$M$。試問$d$及$M$為何？
   3. 試證明$M\geq n/2$。
訣竅
運用三角不等式即可。
解法
1. 當$n$為奇數時，設$n=2m-1$，那麼運用三角不等式可以看出

   $\displaystyle\begin{aligned}f\left(t\right)=&\sum_{i=1}^{m-1}\left|t-x_i\right|+\left|t-x_m\right|+\sum_{i=m+1}^{n}\left|t-x_i\right|\\\geq&\left|t-x_m\right|+\sum_{i=1}^{m-1}\left|x_i-x_{n-i+1}\right|\\\geq&\sum_{i=1}^{m-1}\left|x_i-x_{n-i+1}\right|\end{aligned}$

   其中等號成立的條件為$t=x_m$，如此便能使$f\left(t\right)$達到最小值。

   當$n$為偶數時，設$n=2m$，那麼運用三角不等式可以看出

   $\displaystyle\begin{aligned}f\left(t\right)=&\sum_{i=1}^{m}\left|t-x_i\right|+\sum_{i=1}^{m}\left|t-x_{2m-i+1}\right|\\\geq&\sum_{i=1}^{m}\left|x_i-x_{2m-i+1}\right|\end{aligned}$

   其中等號成立條件為$t$介在$x_m$與$x_{m+1}$之間，此時能使$f\left(t\right)$達到最小值。

2. 承(a)，為了使任何一個不等式皆不成立，僅需考慮$t<x_1$或$t>x_n$的情形。

   • 當$t<x_1$時有$\displaystyle f\left(t\right)=-nt+\sum_{i=1}^{n}x_i$，最大值發生在$x=0$時，其值為$\displaystyle\sum_{i=1}^{n}x_i$；
   • 當$x>x_n$時有$\displaystyle f\left(t\right)=nt-\sum_{i=1}^{n}x_i$，最大值發生在$x=1$時，其值為$\displaystyle n-\sum_{i=1}^{n}x_i$。
   綜上可知最大值$M$為$\displaystyle\max\left\{\sum_{i=1}^{n}x_i,n-\sum_{i=1}^{n}x_i\right\}$。
3. 因為$\displaystyle M\geq\sum_{i=1}^{n}x_i$且$\displaystyle M\geq n-\sum_{i=1}^{n}x_i$，因此

   $\displaystyle2M\geq\left(\sum_{i=1}^{n}x_i\right)+\left(n-\sum_{i=1}^{n}x_i\right)=n$

   從而有$\displaystyle M\geq\frac{n}{2}$。


2. 設方程式$x^4+4x^3-4x^2-16x+1=0$的四個根為$\alpha_1,\alpha_2,\alpha_3,\alpha_4$。試求下列方程式的解

   $\displaystyle\frac{1}{x-\alpha_1}+\frac{1}{x-\alpha_2}+\frac{1}{x-\alpha_3}+\frac{1}{x-\alpha_4}=0$

訣竅
對所需解的方程式通分後可以注意到此即導函數，這可以透過已知因式分解的多項式運用萊布尼茲律計算出導函數來發現。
解法
設$f\left(x\right)=x^4+4x^3-4x^2-16x+1=\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right)\left(x-\alpha_3\right)\left(x-\alpha_4\right)$，因此
$\begin{aligned}f'\left(x\right)=&4x^3+12x^2-8x-16\\=&\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right)\left(x-\alpha_3\right)+\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_2\right)\left(x-\alpha_4\right)\\&+\left(x-\alpha_1\right)\left(x-\alpha_3\right)\left(x-\alpha_4\right)+\left(x-\alpha_2\right)\left(x-\alpha_3\right)\left(x-\alpha_4\right)\end{aligned}$
另一方面對要解的方程組兩邊同乘以$f\left(x\right)$並約掉因式後即為$f'\left(x\right)=0$，即
$4\left(x+1\right)\left(x^2+2x-4\right)=0$
因此$x=-1$或$\displaystyle x=-1\pm\sqrt{5}$。


3. 甲乙二人參加一比賽，於該比賽中，甲擲$3$顆公平骰子一次，此$3$顆骰子中最大的點數為甲所得的點數；乙擲$4$顆公平骰子一次，此$4$顆骰子中最大的點數為乙所得的點數。若甲所得的點數大於或等於乙所得的點數，則甲獲勝。反之，則乙獲勝。試問甲獲勝的機率為何？
訣竅
有規律地考慮甲可能獲勝的情形並計數其數量即可。
解法

我們依甲所能獲得的點數之情況進行分類討論如下：

• 若甲獲得的點數為$1$，此情形僅有一種，而要贏過乙則僅當乙亦獲得$1$點，因此亦為一種情形。共計有$1$種
• 若甲獲得的點數為$2$，因此在三個骰子中的點數僅可能出現$1$或$2$但不能全為$1$，因此為$2^3-1=7$種，而要贏過乙則要求乙獲得的點數為$1$或$2$，因此有$2^4=16$種。共計有$7\cdot16=112$種。
• 若甲獲得的點數為$3$，因此在三個骰子中的點數僅可能出現$1$至$3$但不能全為$1$或$2$，因此有$3^3-2^3=19$種，而要贏過乙則要求乙獲得的點數為$1$至$3$，因此有$3^4=81$種。共計$19\cdot81=1539$種。
• 若甲獲得的點數為$4$，因此在三個骰子中的點數僅可能出現$1$至$4$但不能全為$1$至$3$的點數，因此有$4^3-3^3=37$種，而要贏過乙則要求乙獲得的點數為$1$至$4$，因此有$4^4=256$種。共計$37\cdot256=9472$種。
• 若甲獲得的點數為$5$，因此在三個骰子中的點數儘可能出現$1$至$5$但不能全為$1$至$4$的點數，因此有$5^3-4^3=61$種，而要贏過乙則要求乙獲得的點數不能為$6$，因此有$5^4=625$種。共計$61\cdot625=38125$種。
• 若甲獲得的點數為$6$，因此三個骰子不能全為$1$至$5$的點數，因此有$6^3-5^3=91$種，此時必定贏過乙，此時乙有$6^4=1296$種可能。共計$91\cdot1296=117936$種。

而對任意的情況下，甲有$6^3=216$種情形，而乙有$6^4=1296$種可能，共計有$216\cdot1296=279936$種可能。故甲獲勝的機率為

$\displaystyle\frac{1+112+1539+9472+38125+117936}{279936}=\frac{167185}{279936}$



4. 1. 設

      $\displaystyle1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots-\frac{1}{66}+\frac{1}{67}=\frac{p}{q},$

      其中$p,q$為正整數。試證$p$可被$101$整除。
   2. 已知當$n\to\infty$時，下列數列$\displaystyle1+\frac{1}{2}+\frac{1}{3}+\frac{1}{4}+\cdots+\frac{1}{n}-a\log_{10}n$
      收斂，其中$a$為一常數。試證

      $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(1-\frac{1}{2}+\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\cdots+\frac{\left(-1\right)^{n-1}}{n}\right)=a\log_{10}2.$

訣竅
對於奇偶正負參差出現的級數可以考慮使之符號改為同號進行計算。
解法

1. 運用連加符號進行直接計算可知

   $\begin{aligned}\displaystyle\sum_{n=1}^{67}\frac{\left(-1\right)^{n+1}}{n}=&\sum_{n=1}^{67}\frac{1}{n}-2\sum_{n=1}^{33}\frac{1}{2n}\\=&\sum_{n=1}^{67}\frac{1}{n}-\sum_{n=1}^{33}\frac{1}{n}\\=&\sum_{n=1}^{34}\frac{1}{n+33}\\=&\sum_{n=1}^{17}\left(\frac{1}{n+33}+\frac{1}{68-n}\right)\\=&\sum_{n=1}^{17}\frac{101}{\left(n+33\right)\left(68-n\right)}\end{aligned}$

   由於這$17$的分子都有$101$，因此通分直接相加時$101$會是每一項的公因數，但在約分化簡的過程中分母不存在以$101$為因數的數從而不會被約去。因此$p$可被$101$整除。
2. 設$\displaystyle S_n=\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-a\log_{10}n$，則按設定可知$S_n$隨著$n$趨於無窮而收斂。可知$S_{2n}$與$S_n$亦收斂至相同的值，從而$S_{2n}-S_n$收斂至$0$，即

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(S_{2n}-S_n\right)=0$

   此可寫為

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left[\left(\sum_{k=1}^{2n}\frac{1}{k}-a\log_{10}2n\right)-\left(\sum_{k=1}^{n}\frac{1}{k}-a\log_{10}n\right)\right]=0$

   因此

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{2n}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{k}-a\log_{10}2=0$

   此等價於

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{2n}\frac{\left(-1\right)^{k+1}}{k}=a\log_{10}2$

國立台灣大學數學系九十七學年度學士班甄選入學
第二階段筆試試題
2008年三月二十九日下午2:00-4:00

※不得使用電子計算器

1. 設$K_a=\left\{\left(x,y,z\right):x^2+y^2+\left|z\right|\leq a\right\}$。
   1. 設$a\geq0$時，試描述$K_a$並求$K_a$的體積。
   2. 當$0\leq a\leq7$時，試求點$\left(2,2,1\right)$與$K_a$之最短距離。
訣竅
僅需注意到$K_a$在三維空間中所產生的形狀即能計算與判斷。
解法

1. 若$a=0$，則$x^2+y^2+\left|z\right|\leq0$可推論出$x=y=z=0$，因此$K_0=\left\{\left(0,0,0\right)\right\}$，亦即集合$K_0$僅有原點，從而體積為$0$。

   若$a>0$，則可以注意到$x^2+y^2+\left|z\right|\leq a$等價於$x^2+y^2+\left|-z\right|\leq a$，因此$K_a$的圖形對稱於$xy$平面。若考慮$z\geq0$的情形可注意到對任何固定的$z$而言，可以平行$xy$平面截出半徑為$\sqrt{a-z}$的圓，而對任何固定的$x$或$y$而言則會呈現出凹口向下的拋物線。運用殼層法積分法計算體積如下

   $\displaystyle V=2\int_0^a\pi\sqrt{a-z}^2dz=\left.2\pi\left(az-\frac{z^2}{2}\right)\right|_0^a=\pi a^2$

2. 首先可以注意到當$0\leq a\leq7$時$\left(2,2,1\right)\notin K_a$，因此最短距離不為零。對點$\left(2,2,1\right)$繞$z$軸會產生圓，交平面$x=0$於$\left(0,\pm2\sqrt{2},1\right)$。如此問題便等價於觀察在$yz$平面上的點$\left(0,2\sqrt{2},1\right)$至$yz$平面上的拋物線$z=-y^2+a$的最短距離。

   若在拋物線$\left(0,s,a-s^2\right)$上與$\left(0,2\sqrt{2},1\right)$有最短距離，那麼在$yz$上的兩點斜率會與該拋物線在該點的斜率垂直，亦即

   $\displaystyle\frac{a-s^2-1}{s-2\sqrt{2}}\cdot-2s=-1$

   此即$2s^3+\left(3-2a\right)s-2\sqrt{2}=0$。一般而言可運用三次多項式方程的公式解來獲得$s$，但所得之解其形式不便於使用。因此理論上可由此獲得最小值。



2. 如下圖，$ABCD$為一平行四邊形，且$\bigtriangleup ABE$, $\bigtriangleup ECF$, $\bigtriangleup FDA$的面積分別為$12$, $16$, 及$40$。試問$\bigtriangleup AEF$的面積為何？
   
訣竅
運用三角形面積公式與正弦函數的特性即可。
解法
設$\angle B=\angle D=\theta$，則$\angle A=\angle C=\pi-\theta$，由三角形面積公式可知
$\begin{aligned} &\overline{AB}\cdot\overline{BE}\sin\theta=24\\&\overline{AD}\cdot\overline{DF}\sin\theta=80\\&\overline{CE}\cdot\overline{CF}\sin\theta=32\end{aligned}$
設$\bigtriangleup AEF$的面積為$x$，那麼有$\overline{AB}\cdot\overline{AD}\sin\theta=x+68$。再者，可以注意到下列的等式
$\left(\overline{AB}\cdot\overline{AD}\sin\theta\right)\left(\overline{CE}\cdot\overline{CF}\sin\theta\right)=\left(\overline{AB}\cdot\overline{CE}\sin\theta\right)\left(\overline{AD}\cdot\overline{CF}\sin\theta\right)$
作過$E$且平行$AB$直線$L_1$和過$F$平行$AD$的直線$L_2$相交於$G$，且$L_1$交$\overline{AD}$於$H$而$L_2$交$\overline{AB}$於$K$，那麼此四項分別代表平行四邊形$ABCD$、平行四邊形$CEGF$、平行四邊形$CEHD$和平行四邊形$BCFK$的面積，如圖

從而有等式
$\left(x+68\right)\cdot32=\left(x+68-24\right)\left(x+68-80\right)$
亦即$\left(x+44\right)\left(x-12\right)=32x+32\cdot68$，整理可得$x^2=2704$，從而解得$x=52$。


3. 已知$a,b,c,d$為正實數，而

   $\displaystyle S=\frac{a+b}{a+b+c}+\frac{b+c}{b+c+d}+\frac{c+d}{c+d+a}+\frac{d+a}{d+a+b}$

   試求$S$值的範圍。
訣竅
常見的分母放鬆之估計，在這樣的情況下等號成立之條件往往無法成立。
解法

由於$a,b,c,d$皆為正數，那麼明顯有

$\displaystyle S>\frac{a+b}{a+b+c+d}+\frac{b+c}{a+b+c+d}+\frac{c+d}{a+b+c+d}+\frac{d+a}{a+b+c+d}=2$

另一方面有

$\displaystyle\begin{aligned}S=&1-\frac{c}{a+b+c}+1-\frac{d}{b+c+d}+1-\frac{a}{c+d+a}+1-\frac{b}{d+a+b}\\<&4-\left(\frac{c}{a+b+c+d}+\frac{d}{a+b+c+d}+\frac{a}{a+b+c+d}+\frac{b}{a+b+c+d}\right)\\=&3\end{aligned}$

由此可知$2<S<3$。

若取$b=d=0.1^n$而其餘正數固定，那麼$S$將會隨著$n$的增加而接近於$3$；若取$b=c=0.01^n$、$d=0.1^n$而$a$任意但固定，那麼$S$將會隨著$n$的增加而接近於$2$。因此關於$S$的範圍不能進一步改善。



4. 一圓形劇場共有$31$個入口，等距設置，並依序編號為$A_1$,$A_2$,$\cdots$,至$A_{31}$。在這其中的$9$個入口僅供殘障者使用。試證明在$\left(A_1,A_2,\cdots,A_7\right)$, $\left(A_2,A_3,\cdots,A_8\right)$, $\cdots$, $\left(A_{31},A_1,\cdots,A_6\right)$這$31$組的組合中，至少有一組合包含$3$個(含)以上供殘障者使用的入口。
訣竅
鴿籠原理的應用。
解法
記每一個組的組合$\left(A_k,\cdots,A_{k+6}\right)$的供殘障者專用的入口數量為$a_k$，其中當$k\geq26$時，簡單起見記$A_{32}=A_1,\cdots,A_{37}=A_6$。運用反證法假設假設這三十一組中沒有任何一組有$3$個或$3$個以上的入口，則$\displaystyle\sum_{k=1}^{31}a_k\leq62$。但另一方面$A_1,\cdots,A_{31}$中有九個供殘障者使用的入口，在這些計數中每個入口都被計算了七次，從而總和$\displaystyle\sum_{k=1}^{31}a_k=63$。這與反證法的假設矛盾，因此至少有一組包含了$3$個或$3$個以上供殘障者使用的入口。