一百零五學年度大學申請入學筆試試題詳解

國立臺灣大學數學系$105$學年度大學『個人申請』入學
第二階段筆試試卷
2016年03月26日

1. ($20$分) 求出所有可能實數$a$，使得多項式$f\left(x\right)=6x^4-8x^3-3x^2+6x+a$有四個相異實根。
訣竅
運用微分學的方法瞭解函數的走勢，從而確定出交點的狀況。
解法

由於$f'\left(x\right)=24x^3-24x^2-6x+6=6\left(x-1\right)\left(2x-1\right)\left(2x+1\right)$，因此極值可能發生在$x=1$或$\displaystyle x=\pm\frac{1}{2}$。再者，由於$f''\left(x\right)=72x^2-48x-6$，那麼可以知道

$\displaystyle f''\left(-\frac{1}{2}\right)=36,~f''\left(\frac{1}{2}\right)=-12,~f''\left(1\right)=18$

因此在$\displaystyle x=-\frac{1}{2}$和$x=1$處為極小值，而在$x=\frac{1}{2}$處為極大值。現在為了使其有四個相異實根，則必須要求$\displaystyle f\left(-\frac{1}{2}\right)<0$、$\displaystyle f\left(\frac{1}{2}\right)>0$、$\displaystyle f\left(1\right)<0$，亦即$a$必須滿足下列三條不等式：

$\displaystyle\left\{\begin{aligned} &-\frac{19}{8}+a<0\\&\frac{13}{8}+a>0\\&1+a<0\end{aligned}\right.$

從而可解得

$\displaystyle-\frac{13}{8}<a<-1$



2. ($15$分) 給定一個正實數$r$，當複數$z$跑遍複數平面上以$0$為圓心、$r$為半徑的圓時，$\displaystyle z+\frac{1}{z}$的軌跡為何？請針對不同的$r$做討論。
訣竅
參數化後計算之，可以注意到$r=1$與$r\neq1$有明顯的不同而區別之來計算。
解法
當複數$z$落於以$0$為圓心而$r$為半徑的圓上時，可以將$z$寫為$r\left(\cos\theta+i\sin\theta\right)$，其中$\theta\in\left[0,2\pi\right)$，從而可以知道$\displaystyle z+\frac{1}{z}=\left(r+\frac{1}{r}\right)\cos\theta+i\left(r-\frac{1}{r}\right)\sin\theta$。
• 若$r\neq1$時，記$\displaystyle z+\frac{1}{z}$的實部與虛部分別為$a$與$b$，可以發現數對$\left(a,b\right)$滿足

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

  此表明$\displaystyle z+\frac{1}{z}$的軌跡為一橢圓，其焦點為$\left(\pm2,0\right)$，長軸長為$\displaystyle\frac{2r^2+2}{r}$。
• 若$r=1$時，$\displaystyle z+\frac{1}{z}=2\cos\theta$，從而隨著$\theta$的變動可知$\displaystyle z+\frac{1}{z}$的軌跡為在實數軸上的區間$\left[-2,2\right]$。


3. ($15$分) 考慮多項式$f\left(x\right)=-x^9+100x^8+2x^7+66x^4-98x^2+7$。找出一個正數$R$使得對所有滿足$\left|x\right|>R$的實數$x$都有$\left|f\left(x\right)\right|>2016$。請說明理由。
訣竅
觀察函數的走勢可以猜測需要針對左右兩側取不同的$R$進行討論。
解法

首先注意到當$x$為一很大的正數時，$-x^9$的影響力而最強，從而$f\left(x\right)$將為負值，故我們要找出$R_1>0$使得當$x>R_1$時有$f\left(x\right)<-2016$。類似地，我們要找到$R_2>0$使得當$x<-R_2$時有$f\left(x\right)>2016$。從而取$R=\max\left(R_1,R_2\right)$即為所求之正數。

顯而易見，取$R_1=101$使能滿足不等式$f\left(x\right)<-2016$。這是因為當$x>101$時有

$\begin{aligned}\displaystyle1-\frac{100}{x}-\frac{2}{x^2}-\frac{66}{x^5}+\frac{98}{x^7}-\frac{2023}{x^9}>&1-\frac{100}{101}-\frac{2}{101^2}-\frac{66}{101^5}-\frac{2023}{101^9}\\=&\frac{99}{101^2}-\frac{66}{101^5}-\frac{2023}{101^9}\\>&\frac{98}{101^2}\\>&0\end{aligned}$

這表示當$x>101$時有

$x^9-100x^8-2x^7-66x^4+98x^7-2023>0$

亦即$f\left(x\right)<-2016$。

另一方面，取$R_2=3$始能滿足不等式$f\left(x\right)>2016$。這是因為當$x<-3$時有

$\begin{aligned}\displaystyle1-\frac{100}{x}-\frac{2}{x^2}-\frac{66}{x^5}+\frac{98}{x^7}+\frac{2009}{x^9}>&1-\frac{1}{3^2}-\frac{98}{3^7}-\frac{2009}{3^9}\\=&\frac{8}{9}-\frac{98}{2187}-\frac{2009}{19683}\\>&0\end{aligned}$

這表示當$x<-4$時有

$x^9-100x^8-2x^7-66x^4+98x^2+2009<0$

亦即$f\left(x\right)>2016$。

因此取$R=101$能符合題目要求。




4. 雙曲線與直線關係問題

   首先引進一些辭彙。假設$L$為$xy$-平面上由方程式$ax+by+c=0$所定義的直線。（以下談論這樣的直線方程式時均假設$a$、$b$、$c$為使得$a$與$b$不同時為零的三個實數。）

   • 此直線決定了平面上的幾種區域：分別由不等式$ax+by+c>0$及$ax+by+c<0$定義的兩個區域成為$L$決定的兩個「開半平面」，而分別由不等式$ax+by+c\geq0$及$ax+by+c\leq0$定義的兩個區域稱為$L$決定的兩個「閉半平面」。
   • 如果平面上的兩圖形$S$與$T$各自被包含在由$L$決定的兩個相異的開半平面中，我們便說「$S$與$T$被$L$分離」。
   • 如果平面上的兩集合$S$與$T$各自被包含在由$L$決定的兩個相異的閉半平面中，我們便說「$S$與$T$被$L$弱分離」。

   舉例來說，$L$若為直線$y=0$，$A$、$B$、$C$與$D$為分別以$\left(-1,1\right)$、$\left(1,2\right)$、$\left(3,-1\right)$與$\left(1,-2\right)$為圓心，半徑為$1$的圓，則$B$與$D$被$L$分離，而被$L$弱分離的組合有$\underline{A\mbox{與}C}$、$\underline{A\mbox{與}D}$、$\underline{B\mbox{與}C}$、$\underline{B\mbox{與}D}$。

   問題：
   令$H$為$xy$-平面上由方程式$x^2-y^2=1$所定義的雙曲線。我們將$H$上所有滿足$x\geq0$的點構成的圖形記作$H_+$，而將所有滿足$x\leq0$的點構成的圖形記作$H_-$。現在考慮直線$L:ax+by+c=0$。

   1. ($25$分) 請問直線$L$與$H$可以有幾個交點？請針對每種情況說明$a$、$b$與$c$所應滿足的條件。
   2. ($15$分) 請找出「$L$分離$H_+$與$H_-$」時對應的$a$、$b$與$c$所應滿足的條件。
   3. ($10$分) 如果$L$將$H_+$與$H_-$弱分離，請問$L$是否能與$H_+$與$H_-$各自都有交點？為什麼？
   （請注意(1)與(2)中所問之$a$、$b$與$c$應滿足的條件必須表示為與$a$、$b$與$c$有關的等式、不等式、邏輯連接詞「且」與「或」，以及括號的組合，並試著化簡。比方說，答案可能會這麼寫：
   1. $1\mbox{個交點}\Leftrightarrow ab-c>0\mbox{且}b-ac=0\mbox{；}5\mbox{個交點}\Leftrightarrow ac^7+abc\leq0\mbox{或}b^2-4ac<0$。
   2. $\left(ac^5-bc\leq0\mbox{或}a^2-c^4=0\right)\mbox{且}b^2+4ac>0$。
   此外，務必清楚寫出你得到這些答案的理由及過程。請注意，上面的文字僅為說明作答格式要求的範例，並不見得是邏輯上的正確答案。）
訣竅
針對解交點的題目視為解聯立後可以發現最多交點的數量後逐一討論，此外充分理解本題所指示之詞彙後進行答題即可。
解法
1. 直線$L$為一次方程與$H$為二次方程，進行代入消去法解聯立的過程時至多可獲得兩根，從而至多有兩個交點。事實上$L$與$H$可以有零個交點、一個交點和兩個交點。
   
   若$b=0$則$L$之方程為$\displaystyle x=-\frac{c}{a}$。當$c^2<a^2$時無交點；當$c^2=a^2$時恰交一點於$\displaystyle\left(-\frac{c}{a},0\right)$；當$c^2>a^2$時恰交兩點於$\displaystyle\left(-\frac{c}{a},\pm\frac{\sqrt{c^2-a^2}}{a}\right)$。
   
   若$b\neq0$，則$L$之方程可寫為$\displaystyle y=-\frac{ax+c}{b}$。運用代入消去法可得

   $\displaystyle x^2-\frac{\left(ax+c\right)^2}{b^2}=1$

   整理可得

   $\left(b^2-a^2\right)x^2-2acx-\left(b^2+c^2\right)=0$

   若$a^2=b^2$且$c\neq0$時恰有一解，故$L$與$H$恰交一點；若$a^2=b^2$且$c=0$則無解，因而$L$與$H$無交點。若$a^2\neq b^2$，則此為二次方程，運用判別式$D=4a^2c^2+\left(b^2-a^2\right)\left(b^2+c^2\right)$來決定根之數量。
   
   經過以上的分析討論可結論如下：
   $0個交點\Leftrightarrow\left(b=0且c^2<a^2\right)或\left(b\neq0且a^2=b^2且c=0\right)或\left(b\neq0且a^2\neq b^2且b^4+b^2c^2-b^2a^2+3a^2c^2<0\right)；$
   $1個交點\Leftrightarrow\left(b=0且a^2=c^2\right)或\left(b\neq0且a^2=b^2且c\neq0\right)或\left(b\neq0且a^2\neq b^2且b^4+b^2c^2-b^2a^2+3a^2c^2=0\right)；$
   $2個交點\Leftrightarrow\left(b=0且c^2>a^2\right)或\left(b\neq0且a^2\neq b^2且b^4+b^2c^2-b^2a^2+3a^2c^2>0\right)。$
2. 按照「分離」的意義可知$L$不能與$H$有任何交點。因為一旦有交點，則該交點則不落在由$L$所決定的開半平面中。故此時的條件為前一小題中零個交點的結論。
3. 在$L$將$H_+$與$H_-$弱分離的情形下，$L$無法同時與$H_+$與$H_-$各自都有交點。不妨假設$L$與$H_+$有交點，此時$H_+$維持在$L$的相同側，這就表示$L$為$H_+$在該處的切線，而這樣的切線在計算下可求得。若$L$與$H_-$相交，則可注意到$L$將$H_-$分成兩塊，從而與最初弱分離的條件矛盾。

國立臺灣大學數學系$105$學年度大學『個人申請』入學
口　試　題　目

拋物線沿法向推移問題

首先引進一些辭彙。假設$U$為$xy$-平面上由方程式$y=qx^2$所定義的拋物線。（以下談到拋物線方程時均自動假設$q$為一正實數。）

• 對於任一直線$L:ax+by+c=0$，如果$U$與$L$有交點且完全落在由不等式$ax+by+c\geq0$或$ax+by+c\leq0$定義的兩個區域中的其中一個，我們便說$L$是$U$的一條支撐線。舉例來說，$y=0$是拋物線$y=x^2$的一條支撐線。
• 如果直線$L$是拋物線$U$的一條支撐線且$\left(x_0,y_0\right)$為$U$與$L$的一個交點，那麼任何一條通過$\left(x_0,y_0\right)$且與$L$垂直的直線便稱為$U$在點$\left(x_0,y_0\right)$由$L$決定的法線。

問題：

1. 如果直線$L$是$U$的一條支撐線，請問$L$與$U$可以有幾個交點？
訣竅
事實上這個支撐線便是切線，而該交點便是切線。
解法
一個交點。由於$U$為二次函數，若與直線相交則至多只有兩個交點。運用反證法，假若有兩相異個交點$\left(\alpha,q\alpha^2\right),\left(\beta,q\beta^2\right)$為$y=qx^2$與支撐線$ax+by+c=0$的解，不妨設$\alpha<\beta$。那麼透過代入消去法可知$x=\alpha,\beta$同時為$bqx^2+ax+c=0$的解，亦即有$bq\left(x-\alpha\right)\left(x-\beta\right)=0$，此時會發現若$\alpha<x<\beta$，那麼$\displaystyle qx^2<-\frac{ax+c}{b}$，但當$x>\beta$或$x<\alpha$時$\displaystyle qx^2>-\frac{ax+c}{b}$，從而$ax+by+c=0$不為$U$的支撐線。再者，根據支撐線的定義至少有一個交點，因此可以知道對拋物線$U$而言，其與支撐線必恰有一個交點。


2. 說明$U$過每個點$\left(x_0,qx_0^2\right)$恰有一條支撐線，並求出它在該點所決定的法線方程式。
訣竅
這條支撐線便是切線。
解法

事實上可以證明$y-qx_0^2=2qx_0\left(x-x_0\right)$便為$\left(x_0,qx_0^2\right)$的支撐線。為了證明該直線為$U$在$\left(x_0,qx_0^2\right)$處的支撐線，我們可以觀察下列的不等式

$q\left(x+x_0\right)^2\geq0$

兩邊同時減去$qx_0^2+2qx_0x$可得

$qx^2\geq qx_0^2+2qx_0\left(x-x_0\right)$

再者，我們考慮通過$\left(x_0,qx_0^2\right)$的其餘直線，亦即$y-qx_0^2=m\left(x-x_0\right)$，其中$m\neq2qx_0$。那麼這條直線會與$U$相交於兩個點，從而與前一道題矛盾。

至此我們確認了$U$在$\left(x_0,qx_0^2\right)$的支撐線僅有一條，且恰為切線。因此當$x_0\neq0$時，$U$在$\left(x_0,qx_0^2\right)$處的支撐線的法線為

$\displaystyle y-qx_0^2=-\frac{1}{2qx_0}\left(x-x_0\right)$

若$x_0=0$則支撐線的法線為$x=0$。



3. 現在考慮$q=1$，也就是$U:y=x^2$的情形。如果從$U$的每個點$p$沿法線朝著令$y$-坐標減小的方向移動長度$1$到達一個點$p'$，請問當$p$走遍$U$的點時，$p'$的軌跡是否是一條拋物線？
訣竅
仔細求出$p'$的表達式後探求是否存在可能的焦點和準線。
解法
若$p=\left(0,0\right)$，則$p'=\left(0,-1\right)$；若$p=\left(x_0,x_0^2\right)$，其中$x_0\neq0$，則$\displaystyle p'=\left(x_0,x_0^2\right)+\frac{\left(2x_0,-1\right)}{\sqrt{1+4x_0^2}}$。可以發現這樣$p'$的蒐集所形成的此圖形對稱於$y$軸，因此如果這樣的圖形為拋物線，則方程必寫為$y+1=Ax^2$的形式。但是可藉由檢驗$\left(1,1\right)$與$\left(2,4\right)$兩點所衍生出的$p'$可發現此時所求出之$A$不同，因而軌跡不為拋物線。