一百零四學年度大學申請入學筆試試題詳解

國立臺灣大學數學系$104$學年度大學「個人申請」入學
第二階段筆試試卷試題一
2015年4月11日上午

• 試題總共一頁四大題，請將詳細答題過程寫在另發之答案本上。
• 閱卷會依答題狀況給予部分分數，請盡量答題，呈現你對問題的理解程度。
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1. 假設$m,n$為兩自然數。
   1. 詳細證明$m$和$n$的最大公因數等於$m$和$m+n$的最大公因數。
   2. 如果$m>n$且$m=nq+r$，其中$0\leq r<n$，證明$m$和$n$的最大公因數等於$n$和$r$的最大公因數。
   3. （續上小題）$m$和$n$的最大公因數也等於$m$和$r$的最大公因數嗎？如果是，請證明；如果不是，請舉例。
訣竅
此為基礎的整數論知識為舊課綱之標準教材。
解法
1. 設$m$和$n$的最大公因數為$d_1$，而$m$和$m+n$的最大公因數為$d_2$。我們的目標是證明$d_1=d_2$，其手法為證明$d_1$整除$d_2$以及$d_2$整除$d_1$即可。
   
   按定義可知$m=d_1h_1=d_2h_2$、$n=d_1k_1$、$m+n=d_1\left(h_1+k_1\right)=d_2k_2$，其中$h_1$、$k_1$的最大公因數為$1$，$h_2$、$k_2$的最大公因數為$1$。首先可以看到$d_1$為$m$和$m+n$的公因數，而$d_2$為最大公因數，因此$d_1$整除$d_2$。再者由$n=\left(m+n\right)-m=d_2\left(k_2-h_2\right)$，可知$d_2$為$m$、$n$的公因數，而$d_1$為最大公因數，因此$d_2$整除$d_1$。如此證明完畢。
2. 運用數學歸納法，我們可以證明對任何正整數$k$而言，$n$和$r$的最大公因數等於$n$和$r+kn$的最大公因數，此時特別地取$k=q$時有$n$和$r$的最大公因數等於$n$和$r+nq=m$的最大公因數，這樣便證明完畢。
   
   當$k=1$時，此由前一小題已證明完畢。現在設$k=s$時命題成立，亦即$n$和$r$的最大公因數等於$n$和$r+sn$的最大公因數。利用前一小題的結果可知$n$和$r+sn$的最大公因數等於$n$和$r+\left(s+1\right)n$的最大公因數，這樣運用歸納假設可知命題於$k=s+1$時亦成立。
3. 不是。例如$m=8$、$n=3$，則$q=2$、$r=2$，則$m$和$n$的最大公因數為$1$，但$m$和$r$的最大公因數為$2$。


2. 如果$x=\sqrt{2}+\sqrt{3}$，則

   $x^2=5+2\sqrt{6}\Rightarrow x^2-5=2\sqrt{6}=\sqrt{24}\Rightarrow\left(x^2-5\right)^2=24\Rightarrow\left(x^2-5\right)^2-24=0$

   假設$f\left(x\right)$是一個滿足$f\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)=0$的整係數多項式，求證$\left(x^2-5\right)^2-24$是$f\left(x\right)$的因式。
訣竅
運用除法原理和多項式恆等定理即可。
解法

運用除法原理可知

$f\left(x\right)=\left[\left(x^2-5\right)^2-24\right]q\left(x\right)+r\left(x\right)$

其中$r\left(x\right)$的次數至高三次的整係數多項式或為零多項式。因此可將$r\left(x\right)$寫為$ax^3+bx^2+cx+d$，其中$a,b,c,d$皆為整數。

按題意可知$f\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)=r\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)=0$。因此

$a\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)^3+b\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)^2+c\left(\sqrt{2}+\sqrt{3}\right)+d=0$

亦即展開可得

$\left(5b+d\right)+\left(11a+c\right)\sqrt{2}+\left(9a+c\right)\sqrt{3}+2b\sqrt{6}=0$

藉由比較可知$5b+d=11a+c=9a+c=2b=0$，可解得$a=b=c=d=0$，此表明$r$為零多項式。從而$\left[\left(x^2-5\right)^2-24\right]$整除$f\left(x\right)$，也就是說$\left[\left(x^2-5\right)^2-24\right]$是$f\left(x\right)$的因式。



3. 考慮橢圓$x^2+4y^2=1$，$P\left(\alpha,\beta\right)$為其上一點。已知過$\left(\alpha,\beta\right)$點的切線方程式為$\alpha x+4\beta y=1$。
   1. 求過$P$點之橢圓外切矩形面積（將答案表成$\beta$的函數）。
   2. 這個橢圓的所有外切矩形中，哪個面積最大？哪個最小？
訣竅
找出相切的四條直線始能算出面積，接著考慮面積函數的極值即可。
解法
1. 由於過$P\left(\alpha,\beta\right)$的切線方程為$\alpha x+4\beta y=1$，其斜率為$\displaystyle-\frac{\alpha}{4\beta}$，那麼與之平行的橢圓切線為$\alpha+4\beta y=-1$，其切點為$\left(-\alpha,-\beta\right)$。現在考慮與$\alpha x+4\beta y=1$垂直的橢圓切線，設為$4\beta x-\alpha y=k$，其中$k\neq0$待定。那麼可知這條切線的切點為$\displaystyle\left(\frac{16\beta}{4k},-\frac{\alpha}{4k}\right)$，又此點落於橢圓上，因此有

   $\displaystyle\frac{256\beta^2}{16k^2}+4\frac{\alpha^2}{16k^2}=1$

   因此$16k^2=4\alpha^2+256\beta^2=4+240\beta^2$，故$\displaystyle k=\pm\frac{\sqrt{1+60\beta^2}}{2}$。
   
   記$L_+$和$L_-$為$\alpha x+4\beta y=1$和$\alpha x+4\beta y=-1$，而記$M_+$和$M_-$為$\displaystyle4\beta x-\alpha y=\frac{\sqrt{1+60\beta^2}}{2}$和$\displaystyle4\beta x-\alpha y=-\frac{\sqrt{1+60\beta^2}}{2}$。可以計算得$L_+$和$L_-$之間的距離為$\displaystyle\frac{2}{\sqrt{\alpha^2+16\beta^2}}$、$M_+$和$M_-$之間的距離為$\displaystyle\frac{\sqrt{1+60\beta^2}}{\sqrt{\alpha^2+16\beta^2}}$。因此面積可表達如下

   $\displaystyle A\left(\beta\right)=\frac{2\sqrt{1+60\beta^2}}{\alpha^2+16\beta^2}=\frac{2\sqrt{1+60\beta^2}}{1+12\beta^2}$

   其中$\displaystyle\beta\in\left[-\frac{1}{2},\frac{1}{2}\right]$。
2. 為了找出$A\left(\beta\right)$的極大值，那麼我們需求$A'\left(\beta\right)=0$的情形，亦即解下列方程

   $\displaystyle A'\left(\beta\right)=\frac{2\cdot\frac{120\beta}{2\sqrt{1+60\beta^2}}\cdot\left(1+12\beta^2\right)-2\sqrt{1+60\beta^2}\cdot24\beta}{\left(1+12\beta^2\right)^2}=0$

   兩邊同乘以$\sqrt{1+60\beta^2}$並注意分子可得

   $120\beta\left(1+12\beta^2\right)-48\beta\left(1+60\beta^2\right)=0$

   整理有$3\beta\left(1-20b^2\right)=0$，從而解得$\beta=0$或$\displaystyle\beta=\pm\frac{\sqrt{5}}{10}$。再者可以注意到

   $\displaystyle A'\left(\beta\right)=\frac{3\beta\left(1-20\beta^2\right)}{\left(1+12\beta^2\right)^2\sqrt{1+60\beta^2}}$

   因此分別討論如下可知
   • 若$\displaystyle-\frac{1}{2}<\beta<-\frac{\sqrt{5}}{10}$時有$A'\left(\beta\right)>0$；
   • 若$\displaystyle-\frac{\sqrt{5}}{10}<\beta<0$時有$A'\left(\beta\right)<0$；
   • 若$\displaystyle0<\beta<\frac{\sqrt{5}}{10}$時有$A'\left(\beta\right)>0$；
   • 若$\displaystyle\frac{\sqrt{5}}{10}<\beta<\frac{1}{2}$時有$A'\left(\beta\right)<0$。
   由上可知於$\displaystyle\beta=0,\pm\frac{1}{2}$時有極小值，而在$\displaystyle\beta=\pm\frac{\sqrt{5}}{10}$時有極大值。直接計算可得

   $\displaystyle A\left(0\right)=A\left(\pm\frac{1}{2}\right)=2,~A\left(\pm\frac{\sqrt{5}}{10}\right)=\frac{5}{2}$

   因此面積最大值為$\displaystyle\frac{5}{2}$，最小值為$2$。


4. 如圖，有一個四面體$ABCD$。有一隻螞蟻從$A$出發，沿著正四面體的稜邊移動，每到達一個頂點，就隨機選擇一條稜邊繼續移動（也就是機率各是$\displaystyle\frac{1}{3}$）。回答下列問題：
   1. 計算螞蟻在走過$n$條稜邊後，回到$A$點的機率$P_n$，例如$P_0=1$，$P_1=0$，$\displaystyle P_2=\frac{1}{3}$。
   2. $\displaystyle\lim_{n\to\infty}P_n$。
      
訣竅
運用轉移矩陣找出遞迴關係式求解即可。
解法

1. 設$Q_n$、$R_n$、$S_n$分別為到$B$、$C$、$D$的機率，其中對所有非負整數$n$恆有$P_n+Q_n+R_n+S_n=1$。運用轉移矩陣可有

   $\begin{bmatrix}P_{n+1}\\Q_{n+1}\\R_{n+1}\\S_{n+1}\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}0&\frac{1}{3}&\frac{1}{3}&\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}&0&\frac{1}{3}&\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}&\frac{1}{3}&0&\frac{1}{3}\\\frac{1}{3}&\frac{1}{3}&\frac{1}{3}&0\end{bmatrix}\begin{bmatrix}P_n\\Q_n\\R_n\\S_n\end{bmatrix}$

   由第一條式子可知

   $\displaystyle P_{n+1}=\frac{1}{3}\left(Q_n+R_n+S_n\right)=\frac{1}{3}-\frac{1}{3}P_n$

   兩邊同減$\displaystyle\frac{1}{4}$可得

   $\displaystyle P_{n+1}-\frac{1}{4}=\frac{1}{3}-\frac{1}{3}P_n-\frac{1}{4}=-\frac{1}{3}P_n+\frac{1}{12}=-\frac{1}{3}\left(P_n-\frac{1}{4}\right)$

   從而知道$\displaystyle P_n-\frac{1}{4}$為等比數列，公比為$\displaystyle-\frac{1}{3}$。因此$\displaystyle P_n-\frac{1}{4}=\left(-\frac{1}{3}\right)^n\left(P_0-\frac{1}{4}\right)$，故

   $\displaystyle P_n=\frac{1}{4}+\left(-\frac{1}{3}\right)^n\left(P_1-\frac{1}{4}\right)=\frac{1-\left(-1/3\right)^{n-1}}{4}$

2. 由於$\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1}=0$，因此

   $\displaystyle\lim_{n\to\infty}P_n=\lim_{n\to\infty}\frac{1-\left(-1/3\right)^{n-1}}{4}=\frac{1}{4}-\frac{1}{4}\lim_{n\to\infty}\left(-\frac{1}{3}\right)^{n-1}=\frac{1}{4}$

國立臺灣大學數學系$104$學年度大學「個人申請」入學
第二階段筆試試卷試題二
2015年4月11日下午

• 試題總共兩頁四大題，請將詳細答題過程寫在另發之答案本上。
• 閱卷會依答題狀況給予部分分數，請盡量答題，呈現你對問題的理解程度。
• 考試不准使用計算機或任何3C產品。

1. 如下圖，有一梯形$ABCD$外切於一圓$O$，設上底$\overline{AD}$長為$x$，下底$\overline{BC}$長為$y$，求證

   $\displaystyle\frac{x}{y}=\tan\frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}$

   
訣竅
運用三角函數表達線段之長度後並予以化簡即可。
解法

設圓$O$之半徑為$r$，並且與梯形四邊$\overline{AB}$、$\overline{BC}$、$\overline{CD}$、$\overline{DA}$分別相切於$E$、$F$、$G$、$H$，那麼可以知道

$\begin{aligned} &x=\overline{AD}=\overline{AH}+\overline{HD}=r\cot\left(\frac{\pi}{2}-\frac{B}{2}\right)+r\cot\left(\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2}\right)\\&y=\overline{BC}=\overline{BF}+\overline{FC}=r\cot\frac{B}{2}+r\cot\frac{C}{2}\end{aligned}$

因此

$\begin{aligned}\displaystyle\frac{x}{y}=&\frac{\displaystyle\cot\left(\frac{\pi}{2}-\frac{B}{2}\right)+\cot\left(\frac{\pi}{2}-\frac{C}{2}\right)}{\displaystyle\cot\frac{B}{2}+\cot\frac{C}{2}}\\=&\frac{\displaystyle\tan\frac{B}{2}+\tan\frac{C}{2}}{\displaystyle\cot\frac{B}{2}+\cot\frac{C}{2}}\\=&\frac{\displaystyle\left(\tan\frac{B}{2}+\tan\frac{C}{2}\right)\tan\frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}}{\displaystyle\left(\cot\frac{B}{2}+\cot\frac{C}{2}\right)\tan\frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}}\\=&\frac{\displaystyle\left(\tan\frac{B}{2}+\tan\frac{C}{2}\right)\tan\frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}}{\displaystyle\tan\frac{B}{2}+\tan\frac{C}{2}}\\=&\tan\frac{B}{2}\tan\frac{C}{2}\end{aligned}$



2. 定義$\left(f\circ g\right)\left(x\right)$表示合成函數$f\left(g\left(x\right)\right)$，$\left(f\circ g\circ h\right)\left(x\right)$表示合成函數$f\left(g\left(h\left(x\right)\right)\right)$。另定義$\left(f\cdot g\right)\left(x\right)$表示函數乘積$f\left(x\right)\cdot g\left(x\right)$，$\left(f\cdot g\cdot h\right)\left(x\right)$表示$f\left(x\right)\cdot g\left(x\right)\cdot h\left(x\right)$。例如設$f\left(x\right)=3x$，$g\left(x\right)=x+1$，$h\left(x\right)=x^2$，則$\left(f\circ g\circ h\right)\left(x\right)=3x^2+3$；$f\left(x\right)\cdot g\left(x\right)\cdot h\left(x\right)=3x^4+3x^3$。現已知有一非常數的多項式$f\left(x\right)$滿足自我合成$n$次等於自我相乘$n$次。

   $\left(f\circ f\circ\cdots\circ f\right)\left(x\right)=\left(f\cdot f\cdot\cdots\cdot f\right)\left(x\right)$

   求出所有可能的$f\left(x\right)$及$n$。
訣竅
考慮$f$最高的次數可能為多少即可。
解法
設多項式$f$的次數為$k$，那麼左式為$k^n$次多項式，而右式為$nk$次，因此要有$k^{n-1}=n$或說$k=n^{1/\left(n-1\right)}$。考慮函數$g:\left(1,\infty\right)\to\mathbb{R}$，其中$g\left(x\right)=x^{1/\left(x-1\right)}$，可以計算得到
$\displaystyle g'\left(x\right)=x^{1/\left(x-1\right)}\frac{1-\frac{1}{x}-\ln x}{\left(x-1\right)^2}$
若僅注意$\displaystyle1-\frac{1}{x}-\ln x$時可以發現取$x=1$時為零，又其微分為$\displaystyle\frac{1-x}{x^2}<0$，從而知道$g'\left(x\right)<0$，因此$g$的最大值僅發生在$x=1^+$處，據此計算極限$\displaystyle\lim_{x\to1^+}g\left(x\right)=e$。因此在$n>1$時多項式$f$最高次數為$2$。
• 若$n=1$，則任何多項式皆符合條件，僅需取非常數多項式即可。
• 若$n=2$時，則$k=2$，考慮$f\left(x\right)=ax^2+bx+c$，則

  $\left(f\circ f\right)\left(x\right)=a\left(ax^2+bx+c\right)^2+b\left(ax^2+bx+c\right)+c=a^3x^4+\cdots$

  此時$\left(f\cdot f\right)\left(x\right)=a^2x^4+\cdots$，因此$a=1$，至此有$f\left(x\right)=x^2+bx+c$。此時可以發現$\left(f\circ f\right)\left(x\right)$中的第一項$\left(x^2+bx+c\right)^2$即為$\left(f\cdot f\right)\left(x\right)$，從而$b\left(x^2+bx+c\right)+c=0$，故$b=c=0$。故僅有$f\left(x\right)=x^2$符合條件。


3. 令$S$為三度空間中以原點$O$為球心，以$1$為半徑的球面。若給定$S$上的兩個點$A$與$B$，則通過球心$O$與點$A,B$的平面會與球面$S$相交於一（半徑為$1$的）圓，我們以$\overset{\large{\frown}}{AB}$記此圓上連接$A$與$B$的兩弧中其弧長不大於$\pi$者。
   
   今令$C$為三度空間中以直線$\displaystyle x=\frac{1}{2}, y=0$為軸線，$\displaystyle\frac{1}{2}$為半徑的圓柱面，並將$C$與$S$所截出的圖形在上半空間$z\geq0$中的部分記為$L$。
   1. $L$是否完全坐落在空間中的某個平面中？請說明理由。
   2. 令$\displaystyle A=\left(\frac{3}{5},\frac{4}{5},0\right)$。若$B$為$L$上一點，請問$\cos\overset{\large{\frown}}{AB}$的最大值？（這裡用長度$\overset{\large{\frown}}{AB}$表示具相同弳度數值的角度。例如，若$\displaystyle\overset{\large{\frown}}{AB}=\frac{\pi}{3}$，則$\displaystyle\cos\overset{\large{\frown}}{AB}=\frac{1}{2}$。）
   3. 令$\displaystyle A=\left(\frac{-1}{2},0\frac{-\sqrt{3}}{2}\right)$。若$B$為$L$上一點，請問$\overset{\large{\frown}}{AB}$的最小值？
訣竅
解法
1. 否。$C$與$S$所相交的圖形可表達為集合

   $\begin{aligned}L=&C\cap S\cap\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3|z\geq0\right\}\\=&\left\{\left(x,y,z\right)\in\mathbb{R}^3|x^2+y^2+z^2=1,~x^2-x+y^2=0,~z\geq0\right\}\end{aligned}$

   可以注意到這三點$\displaystyle\left(1,0,0\right),\left(0,0,1\right),\left(\frac{1}{2},\frac{1}{2},0\right)\in L$。若$L$被包含於平面中，那麼這三點也會落於該平面上，又空間中的三點可以唯一決定該平面，因此可以知道這個平面必須是$x+y+z=1$。但點$\displaystyle\left(\frac{1}{3},\frac{\sqrt{2}}{3},\frac{\sqrt{6}}{3}\right)$屬於$L$但不落於$x+y+z=1$這個平面上。因此$L$不包含於任何平面之中。
2. 記$B=\left(x,y,z\right)\in L$，則可以知道$\displaystyle\cos\overset{\large{\frown}}{AB}=\frac{3x+4y}{5}$。運用柯西不等式可知

   $\displaystyle\left(3x+4y-\frac{3}{2}\right)^2\leq\left[\left(x-\frac{1}{2}\right)^2+y^2\right]\left[3^2+4^2\right]=\frac{25}{4}$

   因此

   $\displaystyle\cos\overset{\large{\frown}}{AB}=\frac{3x+4y}{5}\leq\frac{4}{5}$

   其中等號成立條件為$\displaystyle x=\frac{4}{5}$、$\displaystyle y=\frac{2}{5}$、$\displaystyle z=\frac{\sqrt{5}}{5}$。
3. 記$B=\left(x,y,z\right)\in L$，則可以知道$\displaystyle\cos\overset{\large{\frown}}{AB}=\frac{-x-\sqrt{3}z}{2}$。再者由於$B\in L$，因此有$x^2+y^2+z^2=1$、$x^2-x+y^2=0$，由此可知$x=1-z^2$，進而有

   $\displaystyle\cos\overset{\large{\frown}}{AB}=\frac{z^2-\sqrt{3}z-1}{2}=\frac{1}{2}\left(z-\frac{\sqrt{3}}{2}\right)^2-\frac{7}{8}$

   其中$z\in\left[0,1\right]$。由於餘弦值愈大則其中的弳度愈小，因此要找出$\displaystyle\frac{z^2-\sqrt{3}z-1}{2}$的最大值，容易知道於$z=0$時有最大值為$-\frac{1}{2}$，因此$\overset{\large{\frown}}{AB}$的最小值為$\displaystyle\frac{2\pi}{3}$。


4. 請先閱讀下面這段文字，再利用其中的敘述完成底下問題的證明，如果你有別的辦法證明，也可直接寫出，但論證務必完整。

   如下左圖，在平面上有一直線$L$與在$L$同側的兩點$E$和$F$。如果要在$L$上找一點$P$，使$\overline{EP}+\overline{FP}$是最小值，則可利用下列辦法：對$L$取$E$的鏡射點$E'$，即$L$為$\overline{EE'}$的中垂線（垂直平分線），$\overline{E'F}$交$L$於$P$，則$P$點即為所求。

   

   如上右圖，有一焦點為$E$和$F$的橢圓。$P$為橢圓上任一非常軸端點的點，$L$是過點$P$的切線。已知$E$、$F$、$P$和$L$的關係必和前圖所顯示的一樣。

   請回答下述問題：如下圖，有一半長軸為$a$的橢圓，其焦點為$E$和$F$，設$O$為橢圓中心，且圓$O$的半徑為$a$。若$P$為橢圓上任一非長軸端點的點，過$P$作橢圓之切線$L$，$L$交圓$O$於$Q,R$兩點，其中$\overline{EQ}\leq\overline{ER}$。求證直線$QE$垂直於$L$。
   
訣竅
按照題目的指引構造對稱點，並注意到中點的特性。
解法
作$E$對$L$的對稱點$E'$，則根據題目的引文可知$F$、$P$、$E'$三點共線，且有
$\overline{FE'}=\overline{FP}+\overline{PE'}=\overline{FP}+\overline{PE}=2a$
再者，連$\overline{EE'}$交$L$於$Q'$，可以知道$L$垂直平分$\overline{EE'}$於$Q'$。此時可注意到對$L$上的任意點$K$而言必有$\overline{EQ'}\leq\overline{EK}$，而等號成立僅當$K=Q'$時成立。現在留意三角形$\bigtriangleup EFE'$，注意到$O$、$Q'$分別為$\overline{EF}$、$\overline{EE'}$的中點，因此$\overline{OQ'}$平行$\overline{FE'}$，且$\overline{OQ'}=a$。因此$Q=Q'$，這就證明了直線$QE$垂直$L$。
【註】原題目敘述有瑕疵，特此更正後作答之。