國立臺灣大學數學系九十九學年度學士班甄選入學
第二階段筆試試題(一)
2010年4月10日上午9:00-11:00
除作圖外，答案限用黑色或藍色筆書寫，試題共四大題，每題各佔$25\%$。- 令$n$為一任意正整數，試證明行列式$\left|\begin{matrix}\frac{1}{n}&\frac{1}{n+1}&\frac{1}{n+2}\\\frac{1}{n+1}&\frac{1}{n+2}&\frac{1}{n+3}\\\frac{1}{n+2}&\frac{1}{n+3}&\frac{1}{n+4}\end{matrix}\right|$恆不為零。
- 如下圖，已知$\angle ABC=90^\circ$，$\angle ABD=45^\circ$，$\overline{BC}$長為$3\sqrt{10}$且$\overline{AD}$長為$5$，試求$\overline{AC}$之長。
- 已知兩正整數的最小公倍數為$5772$，和為$600$。試求這兩個正整數。
- 若$d=1$，則$nm=5772$、$n+m=600$。由於$n+m=600$，因此$n,m$同為奇數或同為偶數，前者不可能使$nm$為偶數，而後者則導致$n,m$的最大公因數不為$1$。因此$d\neq1$。
- 若$d=2$，則$nm=2886$，$n+m=300$。由於$n+m=300$，因此$n,m$同為奇數或同為偶數，前者不可能使$nm$為偶數，而後者則導致$n,m$的最大公因數不為$1$。因此$d\neq2$。
- 若$d=3$，則$nm=1924$，$n+m=200$。由於$n+m=200$，因此$n,m$同為奇數或同為偶數，前者不可能使$nm$為偶數，而後者則導致$n,m$的最大公因數不為$1$。因此$d\neq2$。
- 若$d=4$，則$nm=1443$，$n+m=150$。由於$nm=1443$，因此$n$或$m$為$3$的倍數，那麼由$n+m=150$可知另外一個數字也為$3$的倍數，這將導致$n,m$的最大公因數不為$1$。因此$d\neq4$。
- 若$d=6$，則$nm=962$，$n+m=100$。由於$n+m=100$，因此$n,m$同為奇數或同為偶數，前者不可能使$nm$為偶數，而後者則導致$n,m$的最大公因數不為$1$。因此$d\neq6$。
某賭場有一賭桌，由$3$個骰子的點數來定輸贏。此賭桌的$A$區，賠率為$1$賠$1$。賭客可押大或押小，若$3$個骰子的點數和大於或等於$11$，則押大的賭客勝，若$3$個骰子的點數和小於或等於$10$，則押小的賭客勝，但是若$3$個骰子的點數一樣（即$3$個骰子一樣都是$1$點或都是$2$點等等），則莊家大小通吃（即押大與押小的賭客皆輸）。此賭桌的$B$區，賭客可押$1$點，$2$點，$3$點，$4$點，$5$點或$6$點，若$3$個骰子的點數與賭客押的點數有$1$個一樣，則莊家$1$賠$1$，若$3$個骰子的點數與賭客押的點數有$2$個一樣，則莊家$1$賠$2$，若$3$個骰子的點數與賭客押的點數有$3$個一樣，則莊家$1$賠$3$，若$3$個骰子的點數與賭客押的點數都不一樣，則莊家贏。
註：「莊家$1$賠$1$」意即假設賭客下注$1$元，若賭客除了拿回下注的$1$元之外，莊家另賠給賭客$1$元。同理，「莊家$1$賠$2$」意即假設賭客下注$1$元，若賭客勝，則賭客除了拿回下注的$1$元之外，莊家另賠給賭客$2$元。
- 今有一賭客帶了$1000$元在$A$區賭了若干天，每次下注$1$元，總共下注$5400$次，試問他大約輸多少元？
- 另有一賭客帶了$2000$元在$B$區賭了若干天，每次下注$1$元，總共下注$5400$次，試問他大約輸了多少元？
- 擲三個骰子有$216$種可能，直接清算可知有六種可能為莊家勝，且分別有$105$種可能為押大勝、押小勝，而賭客隨機押，因此賭客的勝率為$\displaystyle\frac{105}{216}=\frac{35}{72}$，亦即平均玩$72$場中有$35$場勝而$37$場敗。從而於$5400$場中平均約有$2625$場勝而$2775$場敗，從而平均約損失$150$元。
- 在賭客任意押定後的$216$種情形中，有$5^3=125$種情形輸掉$1$元，有$3\cdot5^2=75$種情形賺$1$元，有$3\cdot5=15$種情形賺$2$元，有$1$種情形可賺$3$元。每場的期望值為
$\displaystyle\frac{1}{216}\cdot3+\frac{15}{216}\cdot2+\frac{75}{216}\cdot1+\frac{125}{216}\cdot\left(-1\right)=-\frac{17}{216}$
因此進行$5400$場後約賠$\displaystyle5400\cdot\frac{17}{216}=425$元。
訣竅
將中間列的分母提出後直接展開計算即可。解法
直接計算如下$\begin{aligned} &\left|\begin{matrix}\frac{1}{n}&\frac{1}{n+1}&\frac{1}{n+2}\\\frac{1}{n+1}&\frac{1}{n+2}&\frac{1}{n+3}\\\frac{1}{n+2}&\frac{1}{n+3}&\frac{1}{n+4}\end{matrix}\right|\\=&\frac{1}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)}\left|\begin{matrix}1+\frac{1}{n}&1+\frac{1}{n+1}&1+\frac{1}{n+2}\\1&1&1\\1-\frac{1}{n+2}&1-\frac{1}{n+3}&1-\frac{1}{n+4}\end{matrix}\right|\\=&-\frac{1}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)}\left|\begin{matrix}\frac{1}{n}&\frac{1}{n+1}&\frac{1}{n+2}\\1&1&1\\\frac{1}{n+2}&\frac{1}{n+3}&\frac{1}{n+4}\end{matrix}\right|\\=&-\frac{1}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)}\left|\begin{matrix}\frac{1}{n}&\frac{1}{n+1}-\frac{1}{n}&\frac{1}{n+2}-\frac{1}{n}\\1&0&0\\\frac{1}{n+2}&\frac{1}{n+3}-\frac{1}{n+2}&\frac{1}{n+4}-\frac{1}{n+2}\end{matrix}\right|\\=&\frac{1}{\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+3\right)}\left(\frac{2}{n\left(n+1\right)\left(n+2\right)\left(n+4\right)}-\frac{2}{n\left(n+2\right)^2\left(n+3\right)}\right)\\=&\frac{2}{n\left(n+1\right)^2\left(n+2\right)^3\left(n+3\right)^2\left(n+4\right)}\left[\left(n+2\right)\left(n+3\right)-\left(n+1\right)\left(n+4\right)\right]\\=&\frac{4}{n\left(n+1\right)^2\left(n+2\right)^3\left(n+3\right)^2\left(n+4\right)}\neq0\end{aligned}$
訣竅
運用坐標化即可計算之或運用正弦定理。解法一
設$B\left(0,0\right)$、$C\left(3\sqrt{10},0\right)$、$A\left(0,a\right)$、$D\left(-d,d\right)$，其中$a,d$為正實數。由於$\overline{AD}=5$，因此有$\left(a-d\right)^2+d^2=25$，即$a^2-2ad+2d^2=25$。另一方面，由$A,C,D$三點共線可知斜率相等，亦即有$\displaystyle\frac{a-d}{d}=-\frac{a}{3\sqrt{10}}$
此即$ad+3\sqrt{10}\left(a-d\right)=0$，可解得$\displaystyle d=\frac{3\sqrt{10}a}{3\sqrt{10}-a}$。代入關於$d$的二次方程中可得$\displaystyle a^2-\frac{6\sqrt{10}a^2}{3\sqrt{10}-a}+\frac{180a^2}{90-6\sqrt{10}a+a^2}=25$
兩邊同乘以$90-6\sqrt{10}a+a^2$後可得$a^4+65a^2+150\sqrt{10}a-2250=0$。首先可以試驗出$a=\sqrt{10}$為根，從而可因式分解得$\left(a-\sqrt{10}\right)\left(a^3+\sqrt{10}a^2+75a+225\sqrt{10}\right)=0$。進而可知當$a>0$時僅有$a=\sqrt{10}$這個根。因此$\overline{AC}=\sqrt{a^2+90}=\sqrt{100}=10$。解法二
設$\overline{AC}=x$，則由畢氏定理知$\overline{AB}=\sqrt{x^2-90}$。於$\bigtriangleup BCD$中使用正弦定理可知$\displaystyle\frac{x+5}{\sin\left(3\pi/4\right)}=\frac{3\sqrt{10}}{\sin D}$
而在$\bigtriangleup ABD$中使用正弦定理可知$\displaystyle\frac{5}{\sin\left(\pi/4\right)}=\frac{\sqrt{x^2-90}}{\sin D}$
將兩式相除消去$\sin D$可得$\displaystyle\frac{x+5}{5}=\frac{3\sqrt{10}}{\sqrt{x^2-90}}$
因此有$\left(x+5\right)\sqrt{x^2-90}=15\sqrt{10}$，同時平方可得$\left(x^2+10x+25\right)\left(x^2-90\right)=2250$，亦即$x^4+10x^3-65x^2-900x-4500=0$，因式分解可得$\left(x-10\right)\left(x^3+20x^2+135x+450\right)=0$。由於$x>0$，因此$x=10$。解法三【由巔峰數學提供】
令$\overline{AC}=x$，延長$CB$作一點$E$使得$\overline{BE}\bot\overline{ED}$，如下圖。
$\displaystyle\left(\frac{15\sqrt{10}}{x}\right)^2+\left(\frac{15\sqrt{10}}{x}+3\sqrt{10}\right)^2=\left(5+x\right)^2$
展開有$\displaystyle\frac{4500}{x^2}+\frac{900}{x}+90=x^2+10x+25$
同乘以$x^2$後因式分解能得$\left(x-10\right)\left(x^3+20x^2+135x+450\right)=0$，由於$x>0$，因此$x=10$。訣竅
假定最大公因數後，將題目敘述表達為最大公因數等相關的數字的表示式，藉由觀察其因倍數關係來求得其結果。隨後利用其他的輔助條件來判定所求之解是否符合題目條件。解法
設這兩個正整數為$a,b$，其最大公因數為$d$，因此記$n=a/d$、$m=b/d$，且有$n,m$互質。按題目設定可知$dnm=5772$、$d\left(n+m\right)=600$。由此可知$d$為$5772$與$600$的公因數。易求得$5772$與$600$的最大公因數為$12$，因此$d$整除$12$，故$d=1,2,3,4,6,12$等共$6$種可能。【註】事實上，$d$必定為題目條件給定的兩正整數的最大公因數。這是因為由$m,n$互質可推理出$mn$與$m+n$互質。
訣竅
仔細計算各個情況的機率並對應其報酬便可算出每次遊戲的期望值。解法
國立台灣大學數學系九十九學年度學士班甄選入學
第二階段筆試試題(二)
2010年4月10日下午14:00-16:00
除作圖外，答案限用黑色或藍色筆書寫，試題共四大題，每題各佔$25\%$。- 給一球面$S$其方程式為$x^2+y^2+\left(z-1\right)^2=1$，點$P\left(0,0,2\right)$為球面上一點。過球面上任一非$P$的點$Q$，作$\overline{PQ}$連線交$xy$-平面$H$於一點$R$。考慮一函數$\phi:H\to S$將$R$點映至$Q$點，試求$\phi$之座標表示式，並證明$\phi$對於平面$H$上任何一圓$\Gamma$，$\phi\left(\Gamma\right)$必為一圓。
- 令$\alpha$，$\beta$，$\gamma$為三角形之三內角，證明$\displaystyle\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma\leq\frac{3\sqrt{3}}{2}$。且等號成立若且唯若$\displaystyle\alpha=\beta=\gamma=\frac{\pi}{3}$。（提示：考慮$\sin x$的函數圖形）
- 給定一個三次曲線$C$其方程式為$y=x^3-x$，以及一個橢圓$\displaystyle\Gamma:\frac{x^2}{4}+y^2=r^2$。試用$r$的範圍討論$C$和$\Gamma$之交點數。
- 當$\displaystyle r^2>\frac{1}{4}$時，$f\left(t\right)=0$在區間$\displaystyle\left(\frac{5}{6},\infty\right)$中恰有一根，此時$C$與$\Gamma$有兩個交點。
- 當$\displaystyle r^2=\frac{1}{4}$時，$f\left(t\right)=0$有兩正根，其一為$\displaystyle t=\frac{1}{2}$，另一則落在區間$\displaystyle\left(\frac{5}{6},\infty\right)$，因此$C$和$\Gamma$有四個交點。
- 當$\displaystyle\frac{25}{108}<r^2<\frac{1}{4}$時，由$f\left(0\right)<0$、$\displaystyle f\left(\frac{1}{2}\right)>0$、$\displaystyle f\left(\frac{5}{6}\right)<0$可知有三個正根，此時$C$與$\Gamma$有六個交點。
- 當$\displaystyle r^2=\frac{25}{108}$時，$f\left(t\right)=0$有兩個正根，其一在區間$\displaystyle\left(0,\frac{1}{2}\right)$，另一則為$\displaystyle t=\frac{5}{6}$，因此$C$與$\Gamma$有四個交點。
- 當$\displaystyle0<r^2<\frac{25}{108}$時，$f\left(t\right)=0$僅在區間$\displaystyle\left(0,\frac{1}{2}\right)$上有一根，此時$C$和$\Gamma$有兩個交點。
前言：我們可以很容易觀察到下面這兩串數列
$\begin{aligned} &\left(a_0,a_1,a_2,\cdots,a_n,\cdots\right)=\left(1,1,1,\cdots,1,\cdots\right)\\&\left(a_0,a_1,a_2,\cdots,a_n,\cdots\right)=\left(0,1,2,\cdots,n,\cdots\right)\end{aligned}$
皆滿足$\displaystyle a_{n+1}=\frac{a_n+a_{n+2}}{2}$。以下，我們將推廣這個觀察。
令$w$為任一非零實數。考慮一數列$\left(a_0,a_1,a_2,\cdots\right)$滿足關係式\begin{equation}\label{1}a_{n+2}=2w\cdot a_{n+1}-w^2\cdot a_n\end{equation}- 假設數列$b_n$，$c_n$皆滿足$\left(\ref{1}\right)$，即
$\begin{aligned} &b_{n+2}=2w\cdot b_{n+1}-w^2\cdot b_n\\&c_{n+2}=2w\cdot c_{n+1}-w^2\cdot c_n\end{aligned}$
證明對所有實數$r,s$，數列$r\cdot b_n+s\cdot c_n$滿足$\left(\ref{1}\right)$。 - 找出$x$使得數列$d_n=x^n$滿足$\left(\ref{1}\right)$。
- 令$\displaystyle b_n=\frac{a_n}{w^n}$，證明數列$b_n$滿足關係式$\displaystyle b_{n+1}=\frac{b_n+b_{n+2}}{2}$。
- 假設$a_0=u$，$a_1=v$。試找出$a_n$的表示式，即將$a_n$具體地寫為$u,v,w,n$的函數。
- 假設數列$b_n$，$c_n$皆滿足$\left(\ref{1}\right)$，即
- 記$e_n=r\cdot b_n+s\cdot c_n$，直接檢驗可知
$\begin{aligned}e_{n+2}=&rb_{n+2}+sc_{n+2}\\=&r\left(2wb_{n+1}-w^2b_n\right)+s\left(2wc_{n+1}-w^2c_n\right)\\=&2w\left(rb_{n+1}+sc_{n+1}\right)-w^2\left(rb_n+sc_n\right)\\=&2we_{n+1}-w^2e_n\end{aligned}$
因此$e_n$滿足$\left(\ref{1}\right)$。 - 將$d_n=x^n$代入$\left(\ref{1}\right)$可得
$x^{n+2}=2wx^{n+1}-w^2x^n$
移項後因式分解可得$x^n\left(x-w\right)^2=0$，可解得$x=0$（$n$重根）或$x=w$（二重根）。 - 按照定義計算可知
$\displaystyle b_{n+1}=\frac{a_{n+1}}{w^{n+1}}=\frac{\left(a_{n+2}+w^2a_n\right)/\left(2w\right)}{w^{n+1}}=\frac{\frac{a_{n+2}}{w^{n+2}}+\frac{a_n}{w^n}}{2}=\frac{b_n+b_{n+2}}{2}$
為了找出$a_n$的表示式。我們首先可以運用1.的概念將$a_n$寫為$b_n$與$c_n$的線性組合，其中根據2.可選$b_n=w^n$。而在3.與前提中可取在該小題中的$b_n=n$滿足條件，從而知數列$\left\{nw^n\right\}$滿足$\left(\ref{1}\right)$，因此我們選$c_n=nw^n$。最後透過$a_0$與$a_1=v$來決定$r,s$如下。
設$a_n=rw^n+snw^n$，那麼由前三個小題可知$a_n$滿足$\left(\ref{1}\right)$。再由$a_0=u$、$a_1=v$可得
$\left\{\begin{aligned} &u=a_0=r\\&v=a_1=rw+sw\end{aligned}\right.$
可解得$r=u$、$\displaystyle s=\frac{v}{w}-u$因此$a_n$的通式為$\displaystyle a_n=uw^n+\left(\frac{v}{w}-u\right)nw^n$
訣竅
給定$R$之座標後，求出$Q$點坐標即能表達出$\phi$，隨後為了證明$\phi\left(\Gamma\right)$為圓，我們可以試圖證明$\phi\left(\Gamma\right)$落於空間中的平面上。解法
設$R\left(a,b,0\right)$，那麼直線$PR$的參數式為$\left(at,bt,2-2t\right)$，其中$0\leq t\leq1$。將其代入球面方程式中可得
$a^2t^2+b^2t^2+\left(1-2t\right)^2=1$
從而有$\left(a^2+b^2+4\right)t^2-4t=0$，故$t=0$或$\displaystyle t=\frac{4}{a^2+b^2+4}$，但其中$t=0$不合，因為在此情況$Q$將與$P$重合。故$\phi$的座標表示式為$\displaystyle\phi\left(a,b,0\right)=\left(\frac{4a}{a^2+b^2+4},\frac{4b}{a^2+b^2+4},\frac{2a^2+2b^2}{a^2+b^2+4}\right)$
現於平面$H$上任取一圓$\Gamma$為$\left(x-x_0\right)^2+\left(y-y_0\right)^2=r^2$。若$R\left(a,b,0\right)$落於$\Gamma$上，且記$Q$的座標為$\left(u,v,w\right)$，那麼根據前面所解的$\phi$可知
$\left\{\begin{aligned}\displaystyle&u=\frac{4a}{4+r^2-x_0^2-y_0^2+2ax_0+2by_0}\\&v=\frac{4b}{4+r^2-x_0^2-y_0^2+2ax_0+2by_0}\\&w=2-\frac{8}{4+r^2-x_0^2-y_0^2+2ax_0+2by_0}\end{aligned}\right.$
因此$u,v,w$會滿足下列的平面方程式$\displaystyle x_0x+y_0y-\frac{r^2-x_0^2-y_0^2+4}{4}z=-\frac{r^2-x_0^2-y_0^2}{2}$
亦即$\phi\left(\Gamma\right)$必定落在上述平面，但同時$\phi\left(\Gamma\right)$的值域為$S$，而球面與平面相交的圖形為圓，證明完畢。訣竅
利用凹向性證明不等式。解法
由於$\sin x$在$\left[0,\pi\right]$中凹口向下，因此對任何$a_1,b_1\in\left[0,\pi\right]$皆有$\displaystyle\sin\left(\frac{a_1+b_1}{2}\right)\geq\frac{\sin a_1+\sin b_1}{2}$
其中等號成立的條件為$a=b$。現在取$\displaystyle a_1=\frac{a+b}{2}$、$\displaystyle b_1=\frac{c+d}{2}$，其中$a,b,c,d\in\left[0,\pi\right]$，如此可得$\displaystyle\sin\left(\frac{a+b+c+d}{4}\right)\geq\frac{\sin\left[\left(a+b\right)/2\right]+\sin\left[\left(c+d\right)/2\right]}{2}\geq\frac{\sin a+\sin b+\sin c+\sin d}{4}$
同樣地，等號成立的條件發生在$a=b=c=d$。現在取$a=\alpha$、$b=\beta$、$c=\gamma$、$\displaystyle d=\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}$，如此有$\displaystyle\frac{\sqrt{3}}{2}=\sin\frac{\pi}{3}=\sin\left(\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3}\right)\geq\frac{\sin\alpha+\sin\beta+\sin\gamma+\frac{\sqrt{3}}{2}}{4}$
整理後移項可證明出題目所欲證之結論，並且等號成立條件為$a=b=c=d$，亦即$\displaystyle\alpha=\beta=\gamma=\frac{\pi}{3}$。訣竅
運用代入消去法探討關於$x$的多項式的解的個數，其中可以容易注意到兩個圖形對於原點對稱，從而交點個數必為偶數個。解法
將$C$代入$\Gamma$後整理有$4x^6-8x^4+5x^2-4r^2=0$。由於變數的次數都為偶數次，記$t=x^2$有$4t^3-8t^2+5t-4r^2=0$。
考慮多項式函數$f\left(t\right)=4t^3-8t^2+5t-4r^2$，那麼其導函數$f'\left(t\right)=12t^2-16t+5=\left(2t-1\right)\left(6t-5\right)$，而二階導函數為$f''\left(t\right)=24t-16$。由$f'\left(t\right)=0$可解得$\displaystyle t=\frac{1}{2}$和$\displaystyle t=\frac{5}{6}$。由二階導函數可知在$\displaystyle t=\frac{1}{2}$有極大值$\displaystyle f\left(\frac{1}{2}\right)=1-4r^2$，而在$\displaystyle t=\frac{5}{6}$有極小值$\displaystyle f\left(\frac{5}{6}\right)=\frac{25}{27}-4r^2$。再者，由於$t=x^2\geq0$，所以需要考慮$f\left(0\right)=-4r^2<0$。
針對$4r^2$的值可分為下列五個情形討論：
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