2018年1月27日 星期六

九十八學年度大學申請入學筆試試題詳解

國立臺灣大學數學系九十八學年度學士班甄選入學
第二階段筆試試題
2009年三月二十八日下午1:30-3:30

除作圖外，答案限用黑色或藍色筆書寫，試題正反兩面共四題。
不得使用電子計算器
  1. 令$K$為坐標平面上由$\left(0,1\right),\left(1,0\right),\left(0,-1\right),\left(-1,0\right)$四頂點所圍出的菱形，而$\Gamma$為將菱形$K$以點$\left(0,0\right)$為中心，順時鐘方向旋轉$30^\circ$後形成的新菱形。又$E_r$為坐標平面上的點集合

    $\displaystyle E_r=\left\{\left(x,y\right)|\frac{\left(x+y-5\right)^2}{2}+\left(x-y-1\right)^2\leq r^2\right\},$

    在此$r\geq0$。
    1. 試求$\Gamma$的四個頂點座標。
    2. 試描述$E_r$當$r=1$。
    3. 試決定$r$值的範圍，使得$E_r$與$\Gamma$至多只有一個交點。
    2. 訣竅注意到本題的圖形為長軸和短軸不平行為$x$和$y$軸的橢圓，因此透過重新設定坐標系來處理即可。
    解法
    1. 作圖可將原先的四個頂點順時針旋轉$30^\circ$而得座標為$\displaystyle\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$、$\displaystyle\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}\right)$、$\displaystyle\left(-\frac{1}{2},-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$、$\displaystyle\left(-\frac{\sqrt{3}}{2},\frac{1}{2}\right)$。

    2. 當$r=1$時，$\displaystyle E_1=\left\{\left(x,y\right)|\frac{\left(x+y-5\right)^2}{2}+\left(x-y-1\right)^2\leq1\right\}$。令$\displaystyle x'=\frac{x+y-5}{\sqrt{2}}$、$\displaystyle y'=\frac{x-y-1}{\sqrt{2}}$，$E_1$可寫為$\displaystyle\left\{\left(x,y\right)|x'^2+\frac{y'^2}{1/2}=1\right\}$。故$E_1$為在$\left(x',y'\right)$坐標系的實心橢圓，其中心在$\left(x',y'\right)=\left(0,0\right)$，長軸為在$y'=0$，長軸長為$2$，而短軸在$x'=0$，短軸長為$\sqrt{2}$。如此對應回原坐標系中可知$E_1$是一個實心的橢圓區域，其中心為$\left(3,2\right)$，可由長軸為$x-y-1=0$和短軸為$x+y-5=0$。

      如圖：

    3. 可以注意到隨著$r$的增加$E_r$的區域亦會擴大，因此我們要找到首次使$E_r$與$\Gamma$相切的$r$，命之為$r_0$，從而符合題目敘述的範圍將是$0\leq r\leq r_0$。

      如圖：

      由於$\displaystyle\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$與$\left(3,2\right)$最接近，從而發現$\displaystyle\left(\frac{1}{2},\frac{\sqrt{3}}{2}\right)$與$\displaystyle\left(\frac{\sqrt{3}}{2},-\frac{1}{2}\right)$形成的線段將會首次與$E_r$相切。此線段可寫為參數式$\displaystyle\left(\frac{1}{2}+\frac{\sqrt{3}-1}{2}t,\frac{\sqrt{3}}{2}-\frac{1+\sqrt{3}}{2}t\right)$，其中$t\in\left[0,1\right]$。將參數式代入$E_r$所滿足的式子中可得

      $\displaystyle\begin{aligned}\frac{\left(x+y-5\right)^2}{2}+\left(x-y-1\right)^2=&\frac{1}{2}\left(\frac{-9+\sqrt{3}}{2}-t\right)^2+\left(-\frac{1+\sqrt{3}}{2}+\sqrt{3}t\right)^2\\=&\frac{7}{2}t^2+\frac{3-3\sqrt{3}}{2}t+\frac{46-7\sqrt{3}}{4}\\=&\frac{7}{2}\left(t-\frac{3-3\sqrt{3}}{14}\right)^2+\frac{76-10\sqrt{3}}{7}\end{aligned}$

      因此對$t\in\left[0,1\right]$有

      $\displaystyle r^2\geq\frac{7}{2}\left(t-\frac{3-3\sqrt{3}}{14}\right)^2+\frac{76-10\sqrt{3}}{7}\geq\frac{76-10\sqrt{3}}{7}$

      因此當$\displaystyle t=\frac{3-3\sqrt{3}}{14}$時可取出最小的$r$，記之為$\displaystyle r_0=\sqrt{\frac{76-10\sqrt{3}}{7}}=\frac{5\sqrt{3}-1}{\sqrt{7}}$。因此對$0\leq r\leq r_0$而言能滿足題目條件。


    1. 若有二實數列$\left\{u_1,\cdots,u_n\right\}$, $\left\{v_1,\cdots,v_n\right\}$，且令$S_k=u_1+\cdots+u_k$。證明

      $\displaystyle\sum_{k=1}^{n}u_kv_k=\sum_{k=1}^{n-1}S_k\left(v_k-v_{k+1}\right)+S_nv_n$

    2. 現給定三實數列$\left\{a_1,\cdots,a_n\right\}$, $\left\{b_1,\cdots,b_n\right\}$, $\left\{c_1,\cdots,c_n\right\}$，其中$b_k>0$, $c_k>0$，$k=1,\cdots,n$。令$a_k/b_k$, $1\leq k\leq n$,的最小值及最大值分別為$m$及$M$。
      1. 試證

        $\displaystyle m\leq\frac{\sum_{k=1}^{n}a_kc_k}{\sum_{k=1}^{n}b_kc_k}\leq M.$

      2. 若知$c_1>c_2>\cdots>c_n>0$，令

        $\displaystyle t_k=\frac{\sum_{j=1}^{k}a_j}{\sum_{j=1}^{k}b_j}$,　$1\leq k\leq n$,

        且$l$及$L$分別為$t_1,\cdots,t_n$的最小值及最大值。證明以下改進的不等式

        $\displaystyle m\leq l\leq\frac{\sum_{k=1}^{n}a_kc_k}{\sum_{k=1}^{n}b_kc_k}\leq L\leq M$

    3. 訣竅第一個結果被稱為分部求和法(summation by parts)，也叫做阿貝爾引理(Abel's lemma)，可透過直接計算並調整足碼證得；第二個結果則具有平均值定理的思想。
    解法
    1. 方便起見，記$S_0=0$，那麼直接計算可證得

      $\displaystyle\begin{aligned}\sum_{k=1}^{n}u_kv_k=&\sum_{k=1}^{n}\left(S_k-S_{k-1}\right)v_k\\=&\sum_{k=1}^{n}S_kv_k-\sum_{k=1}^{n}S_{k-1}v_k\\=&S_nv_n+\sum_{k=1}^{n-1}S_kv_k-\sum_{k=1}^{n-1}S_kv_{k+1}\\=&\sum_{k=1}^{n-1}S_k\left(v_k-v_{k+1}\right)+S_nv_n\end{aligned}$

      證明完畢。
      1. 由於對所有正整數$k=1,\cdots,n$恆有$m\leq a_k/b_k\leq M$，因此由$b_k>0$遂有$mb_k\leq a_k\leq Mb_k$。再由$c_k>0$，從而有$mb_kc_k\leq a_kc_k\leq Mb_kc_k$。如此將$k=1,\cdots,n$的不等式加總可得

        $\displaystyle m\sum_{k=1}^{n}b_kc_k\leq\sum_{k=1}^{n}a_kc_k\leq M\sum_{k=1}^{n}b_kc_k$

        因此同除以$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}b_kc_k>0$可獲得結論。
      2. 承上已知$mb_j\leq a_j\leq Mb_j$，將$j=1,\cdots,k$加總可得$\displaystyle m\sum_{j=1}^{k}b_j\leq\sum_{j=1}^{k}a_j\leq M\sum_{j=1}^{k}b_j$，因此可知$m\leq t_k\leq M$，從而可知$m\leq l\leq L\leq M$。再者，記$A_k=\sum_{j=1}^{k}a_j$、$B_k=\sum_{j=1}^{k}b_j$，那麼運用分部求和法可得

        $\begin{aligned}\displaystyle&\sum_{k=1}^{n}a_kc_k=\sum_{k=1}^{n-1}A_k\left(c_k-c_{k+1}\right)+A_nc_n\\&\sum_{k=1}^{n}b_kc_k=\sum_{k=1}^{n-1}B_k\left(c_k-c_{k+1}\right)+B_nc_n\end{aligned}$

        又正項數列$\left\{c_k\right\}_{k=1}^{n}$遞減，因此有$c_k-c_{k+1}>0$，這表示

        $\begin{aligned} &lB_k\left(c_k-c_{k+1}\right)<A_k\left(c_k-c_{k+1}\right)<LB_k\left(c_k-c_{k+1}\right)\\&lB_nc_n<A_nc_n<LB_nc_n\end{aligned}$

        將這$n$條不等式加總可得$\displaystyle l\sum_{k=1}^{n}b_kc_k<\sum_{k=1}^{n}a_kc_k<L\sum_{k=1}^{n}b_kc_k$，因此同除以$\displaystyle\sum_{k=1}^{n}b_kc_k>0$可以獲得欲證之結論。

  3. 設$\alpha$為一正整數且$\sqrt{\alpha}$不是整數，若$r$為一有理數且存在二正整數$a,b$使得

    $\displaystyle r=\frac{a}{b}$ 且 $\left|a^2-\alpha b^2\right|=1$,

    則稱$r$幾乎等於$\sqrt{\alpha}$且已$r\sim\sqrt{\alpha}$表之。
    1. 試求二正整數$a,b$使得$a/b\sim\sqrt{3}$。
    2. 若$a,b,\alpha$為正整數且$\left|a^2-\alpha b^2\right|=1$，試證

      $\displaystyle\left|\frac{a}{b}-\sqrt{\alpha}\right|<\frac{1}{b^2}$.

    3. 若$a_1,b_1$為正整數且$\left|a_1^2-2b_1^2\right|=1$，試證存在二正整數$a_2,b_2$使得

      $\left|a_2^2-2b_2^2\right|=1$ 且 $b_1<b_2$.

      (提示：已知$3/2\sim\sqrt{2}$, $17/12\sim\sqrt{2}$且$7/5\sim\sqrt{2}$, $99/70\sim\sqrt{2}$，試觀察其所呈現之規律性。)
    4. 若$a_1,b_1,\alpha$為正整數且$\left|a_1-\alpha b_1^2\right|=1$，試證存在二正整數$a_2,b_2$使得

      $\left|a_2^2-\alpha b_2^2\right|=1$ 且 $b_1<b_2$.

    4. 訣竅此為佩爾方程的推廣結果。可參考數學傳播第14卷第二期$\sqrt{\alpha}$的近似分數與$x^2-\alpha y^2=1$的正整數解之間的關係 葉東進 著。
    解法
    1. 按題意即求兩正整數$a,b$滿足$\left|a^2-3b^2\right|=1$。易取$a=2$、$b=1$，$a=7$、$b=4$等可符合要求。
    2. 由於$\left|a^2-\alpha b^2\right|=1$，因此有

      $\left|a-\sqrt{\alpha}b\right|\left|a+\sqrt{\alpha}b\right|=1$

      同除以$b^2$可得

      $\displaystyle\left|\frac{a}{b}-\sqrt{\alpha}\right|\left(\frac{a}{b}+\sqrt{\alpha}\right)=\frac{1}{b^2}$

      又由$\displaystyle\frac{a}{b}+\sqrt{\alpha}>\sqrt{\alpha}\geq1$，從而有$\displaystyle\left|\frac{a}{b}-\sqrt{\alpha}\right|<\frac{1}{b^2}$。

    3. 【方法一】仔細觀察數字呈現的規律性可知應取$a_2=a_1^2+2b_1^2$、$b_2=2a_1b_1$，那麼有$b_2>b_1$，並且有

      $\begin{aligned}\left|a_2^2-2b_2^2\right|=&\left|\left(a_1^4+4a_1^2b_1^2+4b_1^2\right)-2\cdot4a_1^2b_1^2\right|\\=&\left|a_1^4-4a_1^2b_1^2+4b_1^4\right|\\=&\left|a_1^2-2b_1^2\right|^2\\=&1\end{aligned}$

      因此這樣選取的$a_2$與$b_2$滿足題目的要求。

      【方法二】可以直接證明更一般的結論。若$a_1$與$b_1$滿足$\left|a_1^2-2b_1^2\right|=1$，那麼可取$a_2=a_1+2b_1$、$b_2=a_1+b_1$，則有$b_2>b_1$，並且可檢驗得知

      $\begin{aligned}\left|a_2^2-2b_2^2\right|=&\left|a_1^2+4a_1b_1+4b_1^2-2\left(a_1^2+2a_1b_1+b_1^2\right)\right|\\=&\left|-a_1^2+2b_1^2\right|\\=&1\end{aligned}$

      因此這樣選取的$a_2$與$b_2$滿足題目的要求。
      【註】若取$\left(a_1,b_1\right)=\left(3,2\right)$，則運用此法可知$\left(a_2,b_2\right)=\left(7,5\right)$、$\left(a_3,b_3\right)=\left(17,12\right)$、$\left(a_4,b_4\right)=\left(41,29\right)$、$\left(a_5,b_5\right)=\left(99,70\right)$。

    4. 由$\alpha=2$的情形可推測一般情形的取法，令$a_2=a_1^2+\alpha b_1^2$、$b_2=2a_1b_1$，則有$b_2>b_1$，且有

      $\begin{aligned}\left|a_2^2-\alpha b_2^2\right|=&\left|\left(a_1^4+2\alpha a_1^2b_1^2+\alpha^2b_1^4\right)-\alpha\cdot4a_1^2b_1^2\right|\\=&\left|a_1^4-2\alpha a_1^2b_1^2+\alpha^2b_1^4\right|\\=&\left|a_1^2-\alpha b_1^2\right|^2\\=&1\end{aligned}$

      因此這樣$a_2$與$b_2$滿足所求。

  4. 甲、乙、丙三人依甲、乙、丙、甲、乙、丙、…之次序輪流擲一公平的骰子進行比賽，並規定任何一人擲出$1$點時，即立刻出局，由剩下的參賽者持續骰子，直至最後一位擲出$1$點時，比賽停止。
    1. 令$A,B,C$分別代表甲、乙、丙是第一位出局的事件，試求$A,B,C$三事件的機率(即$P\left(A\right)$, $P\left(B\right)$,及$P\left(C\right)$)。
    2. 令$D$代表甲是第二位出局的事件，試求$P\left(D\right)$。
    3. 試求乙比甲先出局的機率。
    5. 訣竅詳細考慮各項機率及其無窮和的計算即可。
    解法
    1. 甲是第一位出局的情況必須是在乙與丙尚未出局的狀況下出局，因此在甲出局前乙與丙若擲骰子必須是非$1$點的情況，故機率如下

      $\displaystyle\begin{aligned}P\left(A\right)=&\frac{1}{6}+\left(\frac{5}{6}\right)^3\cdot\frac{1}{6}+\left(\frac{5}{6}\right)^6\cdot\frac{1}{6}+\cdots\\=&\frac{1}{6}\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{5}{6}\right)^{3k}\\=&\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{1-\frac{125}{216}}=\frac{36}{91}\end{aligned}$

      同理可知乙是第一位出局的機率為

      $\displaystyle\begin{aligned}P\left(B\right)=&\frac{5}{6}\cdot\frac{1}{6}+\left(\frac{5}{6}\right)^4\cdot\frac{1}{6}+\cdots\\=&\frac{5}{36}\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{5}{6}\right)^{3k}\\=&\frac{5}{36}\cdot\frac{1}{1-\frac{125}{216}}\\=&\frac{30}{91}\end{aligned}$

      而丙是第一位出局的機率為

      $\displaystyle\begin{aligned}P\left(C\right)=&\left(\frac{5}{6}\right)^2\cdot\frac{1}{6}+\left(\frac{5}{6}\right)^5\cdot\frac{1}{6}+\cdots\\=&\frac{25}{216}\cdot\frac{1}{1-\frac{125}{216}}\\=&\frac{25}{91}\end{aligned}$

      或者亦可直接由總機率為$1$得知

      $\displaystyle P\left(C\right)=1-P\left(A\right)-P\left(B\right)=1-\frac{36}{91}-\frac{30}{91}=\frac{25}{91}$

    2. 若甲為第二位出局，那麼第一位出局的為乙或者丙。若乙先出局，那麼接著擲骰子的順位則依序為丙甲；若丙先出局，則擲骰子的順位為甲乙。在僅有兩人的狀況下，設順位第一位出局的事件為$E$，而第二位出局的事件為$F$，那麼

      $\displaystyle\begin{aligned}P\left(E\right)=&\frac{1}{6}+\left(\frac{5}{6}\right)^2\cdot\frac{1}{6}+\cdots\\=&\frac{1}{6}\sum_{k=0}^{\infty}\left(\frac{5}{6}\right)^{2k}\\=&\frac{1}{6}\cdot\frac{1}{1-\frac{25}{36}}\\=&\frac{6}{11}\end{aligned}$

      因此$\displaystyle P\left(F\right)=1-P\left(E\right)=\frac{5}{11}$。故甲為第二位出局的機率為

      $\displaystyle P\left(D\right)=\frac{25}{91}\cdot\frac{6}{11}+\frac{30}{91}\cdot\frac{5}{11}=\frac{300}{1001}$

    3. 乙比甲先出局的情況有兩種，分別為乙第一位出局、丙先出局後接著乙出局，因此可將所求之機率計算如下：

      $\displaystyle\frac{30}{91}+\frac{25}{91}\cdot\frac{5}{11}=\frac{455}{1001}=\frac{5}{11}$

國立台灣大學數學系九十八學年度學士班甄選入學
第二階段筆試試題
2009年三月二十八日下午4:00-6:00

除作圖外，答案限用黑色或藍色筆書寫，試題正反兩面共四題。
不得使用電子計算器
  1. 討論下列方程組的實數解

    $\begin{aligned}xy+yz+zx=&12\\xyz=&2+x+y+z\\x+y+z>&0\end{aligned}$

    1. 說明此方程組的解確實存在。
    2. 證明此方程組只有一解。
    2. 題目修正資訊原題有誤，依照修改後的題目來解題。為了證明只有一組解，可以推測必須是$x=y=z$的情形才可，於是從第二條等式中可推知$x=y=z=2$或$x=y=z-1$，進而由第三條件知負不合，因此瞭解第一條等式應作$xy+yz+zx=12$。
    解法
    1. 明顯$x=y=z=2$是符合題目的一組解。

    2. 假若存在有$x,y,z$不全相等的解，那麼記這樣的解為$x_0,y_0,z_0$，那麼由方程的對稱性可知$\left(x,y,z\right)=\left(y_0,z_0,x_0\right)$、$\left(x,y,z\right)=\left(z_0,x_0,y_0\right)$皆為解，因此我們要證明這種情形不存在。

      運用反證法，假定真有這樣的一組解，那麼固定這組$\left(x_0,y_0,z_0\right)$，並且記$s=x_0+y_0+z_0$。那麼考慮多項式$f\left(t\right)=t^3-st^2+12t-\left(s+2\right)$，可以知道$x_0,y_0,z_0$為$f\left(t\right)=0$的三個根。又因$s>0$，我們可以知道$x_0,y_0,z_0$皆為正實數。如此可運用算術幾何不等式可知

      $\displaystyle4=\frac{x_0y_0+y_0z_0+z_0x_0}{3}\geq\sqrt[3]{\left(x_0y_0z_0\right)^2}=\sqrt[3]{\left(s+2\right)^2}$

      因此有$0<s\leq6$。另一方面再次使用算術幾何不等式可知

      $\displaystyle\frac{s}{3}=\frac{x_0+y_0+z_0}{3}\geq\sqrt[3]{x_0y_0z_0}=\sqrt[3]{s+2}$

      因此三次方後整理可得$s^3-27s-54\geq0$，從而為$\left(s-6\right)\left(s+3\right)^2\geq0$，亦即有$s\geq6$（因$s>0$，故負不合理）。綜合可知$s=6$，這表示算術幾何不等式之等號也成立，因此$x_0=y_0=z_0=2$為唯一解。因此與反證法之假定不合，故僅有全為$2$的這組解。


  2. 如下圖，正方形$ABCD$的邊長為$17$，點$P$位於正方形內，且$\overline{AP}=13$。$R$為$\overline{CD}$邊上一點，$Q$為$\overline{BC}$邊上一點，且$\overline{PQ}\bot\overline{BC}$，$\overline{PR}\bot\overline{CD}$。試問長方形$PQCR$面積的最小值為何？此時點$P$在何處？
    3. 訣竅設定坐標系，並且注意到$x+y$、$xy$、$x^2+y^2$等常見多項式之關係，從而設定參數處理之。
    解法考慮坐標系，設$A\left(0,0\right)$、$B\left(17,0\right)$、$C\left(17,17\right)$、$D\left(0,17\right)$，動點$P\left(x,y\right)$，其中$x,y$為非負實數且滿足$x^2+y^2=169$。這自動有$x,y\leq13$，從而$17-x,17-y$皆為正實數。由圖可以知道長方形$PQCR$的面積為$\left(17-x\right)\left(17-y\right)=289-17\left(x+y\right)+xy$。記$t=x+y$，那麼有$\displaystyle xy=\frac{\left(x+y\right)^2-x^2-y^2}{2}=\frac{t^2-169}{2}$。從而長方形的面積為

    $\displaystyle289-17t+\frac{t^2-169}{2}=\frac{1}{2}t^2-17t+\frac{409}{2}=\frac{1}{2}\left(t-17\right)^2+60\geq60$

    因此當$t=17$時面積有最小值$60$。可以檢驗等號成立時，$x=12$、$y=5$或$x=5$、$y=12$。

  3. 設點$P$在數線上的整數間跳動，每次隨機地向左或向右跳動一單位（即從$a$向左跳到$a-1$或向右跳到$a+1$）。設開始時，點$P$在$3$位置上，然後開始隨機地向左或向右跳動，其向左跳動的機率為$2/3$，而向右跳動的機率為$1/3$，且點$P$在跳到$0$或跳到$4$就停止，不再跳動。
    1. 試問點$P$最後停在$4$的機率為多少？
      （提示：若開始時，點$P$在$i$，$i=0,1,2,3,4$的位置上，令點$P$最後停在$4$的機率為$p_i$。）
    2. 試問點$P$最後停在$0$的機率為多少？
    3. 試問平均跳幾次才會停止。
    4. 訣竅仔細分析後可發現機率隨著時間呈現遞迴關係，解出此遞迴關係式可輕易地獲得前兩題之答案，至於期望值則取決於無窮和的計算技巧：計算出部分後取極限求值即可。本題類似於九十二學年度大學申請入學筆試試題下午第四題。
    解法
    1. 假定$k$為正整數，則跳躍$2k-1$次時，分別記落於$0$、$2$、$4$的機率為$A_k$、$B_k$、$C_k$，且可知三者之和為$1$。容易發現遞迴關係如下

      $\displaystyle\left\{\begin{aligned} &A_{k+1}=A_k+\frac{4}{9}B_k\\&B_{k+1}=\frac{4}{9}B_k\\&C_{k+1}=C_k+\frac{1}{9}B_k\end{aligned}\right.$

      其中由題設可知$A_1=0$、$\displaystyle B_1=\frac{2}{3}$、$\displaystyle C_1=\frac{1}{3}$。容易解得這三個遞迴數列之通式為

      $\displaystyle\left\{\begin{aligned} &A_k=\frac{8-8\left(4/9\right)^{k-1}}{15}\\&B_k=\frac{3}{2}\left(\frac{4}{9}\right)^k\\&C_k=\frac{7-2\left(4/9\right)^{k-1}}{15}\end{aligned}\right.$

      因此最後停在$4$的機率為$\displaystyle\lim_{k\to\infty}C_k=\frac{7}{15}$。
    2. 承前一小題可知最後停在$0$的機率為$\displaystyle\lim_{k\to\infty}A_k=\frac{8}{15}$，或者也可直接由$\displaystyle1-\frac{7}{15}=\frac{8}{15}$得知結論。
    3. 由於必定是跳奇數次才會停止，因此期望值可表達如下

      $\begin{aligned}\displaystyle&\sum_{k=1}^{\infty}\left(2k-1\right)\left[A_k-A_{k-1}+C_k-C_{k-1}\right]\\=&\frac{1}{3} + \frac{5}{6}\sum_{k=2}^{\infty}\left(2k-1\right)\left(\frac{4}{9}\right)^{k-1}\\=&-\frac{1}{2}+\frac{5}{6}\sum_{k=1}^{\infty}\left(2k-1\right)\left(\frac{4}{9}\right)^{k-1}\\=&-\frac{1}{2}+\frac{5}{6}\sum_{k=1}^{\infty}\left(2k-1\right)\left(\frac{4}{9}\right)^{k-1}\\=&-\frac{1}{2}+\frac{5}{3}\sum_{k=1}^{\infty}k\left(\frac{4}{9}\right)^{k-1}-\frac{5}{6}\sum_{k=1}^{\infty}\left(\frac{4}{9}\right)^{k-1}\\=&-\frac{1}{2}+\frac{5}{3}\cdot\frac{81}{25}-\frac{5}{6}\cdot\frac{9}{5}\\=&\frac{17}{5}\end{aligned}$


  4. 令$N$表示所有正整數的集合。設$a,b,c$為正整數且$a,b,c$的最大公因數為$1$。證明集合

    $\left\{xa+yb+zc|x,y,z\in N\right\}$

    與$N$相比較，只少了有限個正整數。
    5. 訣竅僅需證明足夠大的正整數皆屬於該集合，這樣便只有缺少前面有限個正整數。
    解法

    對於任何正整數$n$而言，因$a,b,c$的最大公因數為$1$可知存在整數$x,y,z$使得$xa+yb+zc=n$。首先必可使$x$為正整數，並且小於或等於$b$，假若並非如此，那麼可以將$x$加上或減去數個$b$，並同時將$y$減去或加上同樣多的$a$即可。接著在達到上述情況下，可以使$y$也為正整數，並小於或等於$c$，假若並非如此，那麼可以將$y$加上或減去數個$c$，並同時將$z$減去或加上同樣多的$b$即可。

    當$n>ab+bc$時，我們有

    $zc=n-xa-yb>ab+bc-xa-yb\geq ab+bc-ab-bc=0$

    因此有$z>0$。如此證明完畢。
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