一百零三學年度大學申請入學筆試試題詳解

國立臺灣大學數學系$103$學年度大學「個人申請」入學
第二階段筆試試題一
2014年3月29日上午9:00-11:00

• 不准使用計算機。

“總共四大題，請儘量答題，通常會依答題的狀況給予部份分數。＂

1. ($20\%$) 在袋中有$N$張分別標有號碼$1,2,\cdots,N$的紙牌，今用兩種抽樣方法，隨機從袋中抽出$n$個號碼，其中$n\leq N$。抽樣方法如下：

   方法一：每次抽一張紙牌，紀錄號碼後，放回袋中，然後再抽下一張，如此繼續，依序得到號碼$Y_1,\cdots,Y_n$。

   方法二：每次抽一張紙牌，紀錄號碼，該張紙牌不再放回袋中，如此繼續，依序得到號碼$Y_1,\cdots,Y_n$。

   問題一：若$1\leq a_1\leq N, 1\leq a_2\leq N,\cdots,1\leq a_n\leq N$且$a_1,a_2,\cdots,a_n$不一定完全相異，請針對方法一及方法二，分別計算條件機率

   $P\left(Y_j=a_j|Y_1=a_1,\cdots,Y_{j-1}=a_{j-1}\right)$,

   其中$2\leq j\leq n$。

   問題二：若$1\leq a\leq N$，請針對方法一及方法二證明$\displaystyle P\left(Y_j=a\right)=\frac{1}{N}$，其中$1\leq j\leq n$。

訣竅
按條件機率的定義以及抽取之情形分析或計數其方法數。
解法

問題一。
針對方法一明顯可知結論為

$\displaystyle P\left(Y_j=a_j|Y_1=a_1,\cdots,Y_{j-1}=a_{j-1}\right)=P\left(Y_j=a_j\right)=\frac{1}{N}$

這是因為運用條件機率的定義可直接計算並表達如下

$\displaystyle\begin{aligned}P\left(Y_j=a_j|Y_1=a_1,\cdots,Y_{j-1}=a_{j-1}\right)=&\frac{P\left(Y_1=a_1,\cdots,Y_{j-1}=a_{j-1},Y_j=a_j\right)}{P\left(Y_1=a_1,\cdots,Y_{j-1}=a_{j-1}\right)}\\=&\frac{\left(1/N\right)^j}{\left(1/N\right)^{j-1}}\\=&\frac{1}{N}\end{aligned}$

其中分子與分母的機率可由全部的方法數分之一（唯一的一種符合該事件）獲得。
針對方法二需進行分類，假若$a_j$與$a_1,\cdots,a_{j-1}$中任一項重複，則該條件機率為零；假若不重複則該條件機率為$\displaystyle\frac{1}{N-j+1}$。

問題二。
針對方法一，可以運用條件機率的結果將$P\left(Y_j=a\right)$分拆改寫如下

$\displaystyle P\left(Y_j=a\right)=\sum_{\left(a_1,\cdots,a_{j-1}\right)}P\left(Y_j=a|Y_1=a_1,\cdots,Y_{j-1}=a_{j-1}\right)P\left(Y_1=a_1,\cdots,Y_{j-1}=a_{j-1}\right)$

其中是把所有可能的$\left(a_1,\cdots,a_{j-1}\right)$的組合進行加總。從而所求為

$\displaystyle P\left(Y_j=a\right)=\sum_{\left(a_1,\cdots,a_{j-1}\right)}\frac{1}{N}\cdot\left(\frac{1}{N}\right)^{j-1}=N^{j-1}\left[\frac{1}{N}\cdot\left(\frac{1}{N}\right)^{j-1}\right]=\frac{1}{N}$

現在考慮方法二，同樣運用條件機率的結果將$P\left(Y_j=a\right)$分拆改寫如上，但此處需將$\left(a_1,\cdots,a_{j-1}\right)$分為兩類，第一類為$a_1,\cdots,a_{j-1}$其中至少一項為$a$或$a_1,\cdots,a_{j-1}$之間有重複者，後者則否。容易知道後者有$\displaystyle\frac{\left(N-1\right)!}{\left(N-j\right)!}$種情形，並記此類情形的蒐集為$S$。從而詳細的條件機率數值可以求得如下

$\displaystyle\begin{aligned}P\left(Y_j=a\right)=&\sum_{\left(a_1,\cdots,a_{j-1}\right)\in S}\frac{1}{N-j+1}\cdot\left(\frac{1}{N}\cdots\frac{1}{N-j+2}\right)\\=&\frac{\left(N-1\right)!}{\left(N-j\right)!}\frac{1}{N-j+1}\cdot\left(\frac{1}{N}\cdots\frac{1}{N-j+2}\right)\\=&\frac{\left(N-1\right)!}{N!}\\=&\frac{1}{N}\end{aligned}$



2. ($25\%$) 如示意圖，有一個四面體，$\overline{OA}=\overline{OB}=\overline{OC}=1$，$\angle CBA$和$\angle ACB$均為銳角，並且滿足
   1. $\angle BOC=45^\circ$；
   2. $\angle AOB=30^\circ$；
   3. 平面$ABO$和平面$CBO$所夾的平面角(或稱兩面角、二面角)為$60^\circ$，
   求此四面體的體積。(需寫出計算過程，否則將予扣分)
   
訣竅
分別計算出底面積和高，隨後運用錐體體積公式即可。
解法

首先計算底面$\bigtriangleup BOC$的面積如下

$\displaystyle\bigtriangleup BOC=\frac{1}{2}\cdot\overline{OB}\cdot\overline{OC}\sin\angle BOC=\frac{\sqrt{2}}{4}$

接著作通過$A$且垂直平面$BOC$的直線$L$，且交平面$BOC$於$H$。最後在平面$BOC$上作通過$H$且垂直$\overleftrightarrow{BO}$的直線$M$，交$\overleftrightarrow{BO}$於$K$。由於$\bigtriangleup AHK$與$\angle AOK$皆為直角三角形，因此

$\displaystyle\overline{AH}=\overline{AK}\sin\angle AKH=\overline{OA}\sin\angle AOB\sin\angle AKH=1\cdot\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{4}$

其中$\angle AKH$為平面$ABO$與平面$CBO$所夾的兩面角。故運用錐體體積公式可求出四面體體積為

$\displaystyle V=\frac{1}{3}\cdot\bigtriangleup BOC\cdot\overline{AH}=\frac{1}{3}\cdot\frac{\sqrt{2}}{4}\cdot\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{\sqrt{6}}{48}$



3. ($25\%$) 設$\left\{a_n\right\}_{n=1}^{\infty}$為一個實數數列且滿足$a_1=5$, $a_2=19$及遞迴關係式$a_n=5a_{n-1}-6a_{n-2}$($n\geq3$)。求一般項$a_n$的通式。(需詳細說明求解過程)
訣竅
本題有許多種作法，最簡單的是閱讀與線性遞迴數列相關的理論始能找出系統性的解法。
解法

考慮輔助數列$b_n=a_{n+1}-2a_n$（$n\geq1$），則

$b_{n+1}-3b_n=\left(a_{n+2}-2a_{n+1}\right)-3\left(a_{n+1}-2a_n\right)=a_{n+2}-5a_{n+1}+a_n=0$

因此$\left\{b_n\right\}$為等比數列，可知$b_n=3^{n-1}b_1=3^{n+1}$，從而有$a_{n+1}-2a_n=3^{n+1}$。移項整理可寫為

$a_{n+1}-3^{n+2}=2\left(a_n-3^{n+1}\right)$

此表明$a_n-3^{n+1}$為等比數列，從而有$a_n-3^{n+1}=2^{n-1}\left(a_1-3^2\right)$，依此可解得

$a_n=3^{n+1}-2^{n+1}$



4. ($30\%$) 如果多項式$f\left(x\right)$可以分解為$\left(x-\alpha\right)^kg\left(x\right)$，其中$\alpha$為常數，$k\geq2$，$g\left(x\right)$是一個多項式並且$g\left(\alpha\right)\neq0$，則稱$\alpha$是$f\left(x\right)$的一個$k$重根。下文中，$f'\left(x\right)$代表$f\left(x\right)$對$x$的微分(或導函數)，請回答下列問題：
   1. 如果$\alpha$是$f\left(x\right)$的一個$k$重根且$k\geq2$，則$x-\alpha$是$f\left(x\right)$和$f'\left(x\right)$的公因式，試證之。
   2. 假設$f\left(x\right)$是一個首項係數為$1$的整係數四次多項式，請分別證明下列敘述。
      1. 如果$\alpha$是$f\left(x\right)$的$4$重根，則$\alpha$為整數。
      2. 如果$\alpha$是$f\left(x\right)$的$3$重根，則$\alpha$為整數。
訣竅
第一小題按定義計算導函數即可知道確實擁有公因式，第二小題則需先確定$\alpha$為有理數後使用牛頓一次因式檢驗法即可。
解法
1. 由於$\alpha$是$f\left(x\right)$的$k$重根，因此題幹所敘述的定義可知存在多項式$g\left(x\right)$使得$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right)^kg\left(x\right)$。那麼計算$f\left(x\right)$的導函數如下

   $\displaystyle\begin{aligned}f'\left(x\right)=&\lim_{h\to0}\frac{f\left(x+h\right)-f\left(x\right)}{h}\\=&\lim_{h\to0}\frac{\left(x+h-\alpha\right)^kg\left(x+h\right)-\left(x-\alpha\right)^kg\left(x\right)}{h}\\=&\lim_{h\to0}\left[\frac{\left(x-\alpha+h\right)^k-\left(x-\alpha\right)^k}{h}g\left(x+h\right)+\left(x-\alpha+h\right)^k\frac{g\left(x+h\right)-g\left(x\right)}{h}\right]\\=&k\left(x-\alpha\right)^{k-1}g\left(x\right)+\left(x-\alpha\right)^kg'\left(x\right)\\=&\left(x-\alpha\right)^{k-1}\left[kx-k\alpha+g'\left(x\right)\right]\end{aligned}$

   由於$k\geq2$，因此$f'\left(x\right)$也有因式$x-\alpha$，故$x-\alpha$為$f\left(x\right)$與$f'\left(x\right)$的公因式。
2. 1. 若$\alpha$為$f\left(x\right)$的四重根，那麼有

      $f\left(x\right)=x^4-4\alpha x^3+6\alpha^2x^2-4\alpha^3x+\alpha^4$

      由於$f$為整係數四次多項式，因此$6\alpha$為整數，記$6\alpha=k\in\mathbb{Z}$。接下運用反證法證明$k$為六的倍數，如此知$\alpha$為整數，證明就完畢了。現假設不然，那麼$\alpha=\frac{k}{6}$，其最簡分數之分母為$2$或$3$或$6$，因此$\alpha^4$不為整數，從而與題設矛盾。
   2. 由於$\alpha$是$f\left(x\right)$的$3$重根，因此可以將$f\left(x\right)$寫為$f\left(x\right)=\left(x-\alpha\right)^3\left(x-\beta\right)$，因此展開有

      $f\left(x\right)=x^4-\left(3\alpha+\beta\right)x^3+\left(3\alpha^2+3\alpha\beta\right)x^2-\left(\alpha^3+3\alpha^2\beta\right)x+\alpha^3\beta$

      按題設可知$3\alpha+\beta$、$3\alpha^2+3\alpha\beta$、$\alpha^3+3\alpha^2\beta$與$\alpha^3\beta$皆為整數，分別記為$m,n,k,l$。首先可知$\displaystyle\beta=\frac{l}{\alpha^3}$（可假定$\alpha\neq0$，否則結論將成立），從而有

      $\displaystyle\left\{\begin{aligned} &m=3\alpha+\frac{l}{\alpha^3}\\&n=3\alpha^2+\frac{3l}{\alpha^2}\\&k=\alpha^3+\frac{3l}{\alpha}\end{aligned}\right.$

      如此一來可知

      $3\alpha^2m-4\alpha n+3k=0$

      • 若$m=0$，則$\beta=-3\alpha$，而$l=-3\alpha^4$，此外有$\displaystyle\alpha=\frac{3k}{4n}$為有理數。若$\alpha$不為整數則$l=3\alpha^4$也不為整數，從而矛盾。
      • 若$m\neq0$，則$\displaystyle\alpha=\frac{2n\pm\sqrt{4n^2-9mk}}{3m}$。若$4n^2-9mk\neq0$時表示$\alpha$為根式。由於$\alpha$為整係數多項式的根，從而可以知道$\displaystyle\beta=\frac{2n\mp\sqrt{4n^2-9nk}}{3m}$。但此時剩下的兩個根皆為$\alpha$便無法根式成對，這表明$4n^2-9mk=0$，亦即$\displaystyle\alpha=\frac{2n}{3m}$為有理數。那麼依據牛頓一次因式檢驗法可以知道$\alpha$為整數。
      由以上兩種情形的分析可以知道$\alpha$必為整數。

國立臺灣大學數學系$103$學年度大學「個人申請」入學
第二階段筆試試題二
2014年3月29日下午2:00-4:00

• 不准使用計算機。

“總共四大題，請儘量答題，通常會依答題的狀況給予部份分數。＂

1. ($25\%$) 設$a_1,a_2,\cdots,a_n$是正實數。試證$\displaystyle\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}\geq\sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n}$，而且等號在$a_1=a_2=\cdots=a_n$時才成立。(提示：可以嘗試先證明“$n=2^m$時的情形＂。)
訣竅
此為廣義算術幾何不等式。可先證明$n$為$2$的次冪成立後逆推至較小的$n$亦可成立。
解法

由於$\left(\sqrt{a_1}-\sqrt{a_2}\right)^2\geq0$，從而推得$\displaystyle\frac{a_1+a_2}{2}\geq\sqrt{a_1a_2}$，亦即$n=2$時有該不等式，且僅當$a_1=a_2$成立時不等式之等號才成立。現假定當$n=2^{m-1}$時算術幾何不等式成立，亦即有

$\displaystyle\frac{a_1+\cdots+a_{2^{m-1}}}{2^{m-1}}\geq\sqrt[2^{m-1}]{a_1\cdots a_{2^{m-1}}}$

其中不等式的等號成立條件為$a_1=\cdots=a_{2^{m-1}}$。那麼對$n=2^m$的情形可知

$\displaystyle\begin{aligned}\frac{a_1+\cdots+a_{2^{m-1}}+a_{2^{m-1}+1}+\cdots+a_{2^m}}{2^m}=&\frac{\frac{a_1+\cdots+a_{2^{m-1}}}{2^{m-1}}+\frac{a_{2^{m-1}+1}+\cdots+a_{2^m}}{2^{m-1}}}{2}\\\geq&\frac{\sqrt[2^{m-1}]{a_1\cdots a_{2^{m-1}}}+\sqrt[2^{m-1}]{a_{2^{m-1}+1}\cdots a_{2^m}}}{2}\\\geq&\sqrt[2^m]{a_1\cdots a_{2^m}}\end{aligned}$

因此由數學歸納法可知算術幾何不等式在$n=2^m$（$m\in\mathbb{N}$）時成立。

現在考慮$n\neq 2^m$的情形，此時可知存在正整數$m$滿足$2^{m-1}<n<2^m$。那麼，於$2^m$的不等式，其中取$\displaystyle a_{n+1}=a_{n+2}=\cdots=a_{2^m}=\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}$，如此有

$\displaystyle\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}=\frac{a_1+\cdots+a_{2^m}}{m}\geq\sqrt[2^m]{a_1\cdots a_n}\left(\sqrt[2^m]{\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}}\right)^{2^m-n}=\sqrt[2^m]{a_1\cdots a_{2^m}}$

兩邊同取$2^m$次方後同除以$\displaystyle\left(\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}\right)^{2^m-n}$再開$n$次方根可得

$\displaystyle\frac{a_1+\cdots+a_n}{n}\geq\sqrt[n]{a_1\cdots a_n}$

其中根據過程可知等號成立的條件為$a_1=\cdots=a_n$。至此證明完畢。



2. ($25\%$) 假設在$x-z$平面上有一向量$\vec{V}=\left(a,0,c\right)$，$a>0$，在$y-z$平面上有一向量$\vec{W}=\left(0,\beta,\gamma\right)$，$\beta>0$，
   1. 求$\vec{V}\times\vec{W}$。
   2. 設$\left(0,0,0\right),\left(a,0,c\right),\left(0,\beta,\gamma\right)$三點所成的平面為$P$，並設平面$P$與$x-z$平面的夾角為$A$，平面$P$與$y-z$平面的夾角為$B$。求證$A+B>90^\circ$。
訣竅
第一小題根據定義計算即可；第二小題則可透過餘弦值的計算證明之。
解法
1. 直接按定義計算可得

   $\vec{V}\times\vec{W}=\left|\begin{matrix}\vec{i}&\vec{j}&\vec{k}\\a&0&c\\0&\beta&\gamma\end{matrix}\right|=\left(-c\beta,-a\gamma,a\beta\right)$

2. 按設定可知$A$與$B$為銳角，利用內積可知

   $\displaystyle\cos A=\frac{a\left|\gamma\right|}{\sqrt{c^2\beta^2+a^2\left(\beta^2+\gamma^2\right)}},~\cos B=\frac{\left|c\right|\beta}{\sqrt{c^2\beta^2+a^2\left(\beta^2+\gamma^2\right)}}$

   使用餘弦函數的和角公式可得

   $\displaystyle\begin{aligned}\cos\left(A+B\right)=&\cos A\cos B-\sin A\sin B\\=&\frac{a\beta\left|c\gamma\right|-a\beta\sqrt{a^2+c^2}\sqrt{\beta^2+\gamma^2}}{c^2\beta^2+a^2\beta^2+a^2\gamma^2}\end{aligned}$

   由於$\left|c\gamma\right|=\sqrt{c^2}\sqrt{\gamma^2}<\sqrt{a^2+c^2}\sqrt{\beta^2+\gamma^2}$，因此$\cos\left(A+B\right)<0$，故$A+B>90^\circ$。


3. ($20\%$) 箱中有$25$顆紅球及$75$顆黑球且每顆球被抽取之機會一樣。今重複從箱中抽取一球再放回箱中並記錄其顏色，請回答下列問題。
   1. 令$X$代表紅球首次出現所需抽取的次數，對於任意自然數$k,m$，試證明$P\left(X>m+k-1|X>m-1\right)=P\left(X>k\right)$。
   2. 令$Y$代表紅球出現第$r$次所需抽取的次數，其中$r$為自然數，求$P\left(Y=y\right)$的機率值，其中$y$為大於或等於$r$的自然數。
訣竅
第一小題可直接計算之；第二小題屬於前一小題的推廣。
解法
1. 按文意可知右式$P\left(X>k\right)$表超過$k$才抽到紅球的機率，意即在少於或等於$k$次時都沒抽到紅球，因此這樣的機率為$\displaystyle\left(\frac{3}{4}\right)^k$。
   
   另一方面，根據條件機率可知

   $\displaystyle\begin{aligned}P\left(X>m+k-1|X>m-1\right)=&\frac{P\left(X>m+k-1,X>m-1\right)}{P\left(X>m-1\right)}\\=&\frac{P\left(X>m+k-1\right)}{P\left(X>m-1\right)}\\=&\frac{\left(3/4\right)^{m+k-1}}{\left(3/4\right)^{m-1}}\\=&\left(\frac{3}{4}\right)^k\end{aligned}$

   其中這些計算不取決於特定的$k$和$m$，從而我們證明了該等式左右兩邊的值恆相等。
2. 按文意知道$P\left(Y=y\right)$為代表取球$y$次時紅球出現第$r$次的機率，這樣的情形代表第$y$次取球時正好出現紅球，而第$y$次取球之前（即第$1$次取球至第$y-1$次取球）恰出現紅球$r-1$次，因此$P\left(Y=y\right)$可表達如下

   $\displaystyle P\left(Y=y\right)=\frac{1}{4}\cdot{y-1 \choose r-1}\left(\frac{1}{4}\right)^{r-1}\left(\frac{3}{4}\right)^{y-r}={y-1 \choose r-1}\left(\frac{1}{4}\right)^r\left(\frac{3}{4}\right)^{y-r}$

   其中$\displaystyle{y-1 \choose r-1}=\frac{\left(y-1\right)!}{\left(r-1\right)!\left(y-r\right)!}=C_{r-1}^{y-1}$。


4. ($30\%$) 設$\displaystyle z=\cos\frac{2\pi}{17}+i\sin\frac{2\pi}{17}$。
   1. 證明$z,z^2,\cdots,z^{16}$為方程式$x^{16}+x^{15}+\cdots+x^2+x+1=0$的所有根。
   2. 驗證以下兩個集合相等：$\begin{aligned} &\left\{z,z^3,z^{3^2},z^{3^3},\cdots,z^{3^{14}},z^{3^{15}}\right\}\\=&\left\{z,z^3,z^9,z^{10},z^{13},z^5,z^{15},z^{11},z^{16},z^{14},z^8,z^7,z^4,z^{12},z^2,z^6\right\}\end{aligned}$
   3. 設$\left\{\begin{aligned} &u_1=z+z^{3^2}+z^{3^4}+\cdots+z^{3^{14}}\\&u_2=z^3+z^{3^3}+z^{3^5}+\cdots+z^{3^{15}}\end{aligned}\right.$，證明$u_1,u_2$為方程式$x^2+x-4=0$之兩根。
   4. 設$\left\{\begin{aligned} &w_1=z+z^{3^4}+z^{3^8}+z^{3^{12}}\\&w_2=z^3+z^{3^5}+z^{3^9}+z^{3^{13}}\\&w_3=z^{3^2}+z^{3^6}+z^{3^{10}}+z^{3^{14}}\\&w_4=z^{3^3}+z^{3^7}+z^{3^{11}}+z^{3^{15}}\end{aligned}\right.$，證明$\left\{\begin{aligned} &w_1,w_3\mbox{為方程式}x^2-u_1x-1=0\mbox{之兩根。}\\&w_2,w_4\mbox{為方程式}x^2-u_2x-1=0\mbox{之兩根。}\end{aligned}\right.$
   5. 證明$\displaystyle2\cos\frac{2\pi}{17}$為方程式$x^2-w_1x+w_2=0$之一根。因此可導出$\displaystyle\cos\frac{2\pi}{17}$的值。
訣竅
利用棣莫弗定理和$z^{17}=1$的特性可以處理前兩題，餘下經過耐心的計算可以驗證接下來的結果。此為高斯求出$\displaystyle\cos\frac{2\pi}{17}$之值的方法，從而確定出正$17$邊形可由尺規作圖作出。
解法
1. 根據棣莫弗定理可知$z^{17}=1$，進而可知$\left(z^2\right)^{17}=z^{34}=\left(z^{17}\right)^2=1$、$\left(z^{3}\right)^{17}=z^{51}=\left(z^{17}\right)^3=1$、$\cdots$、$\left(z^{16}\right)^{17}=z^{272}=\left(z^{17}\right)^{16}=1$，故$z,z^2,\cdots,z^{16}$皆為$x^{17}-1=0$的根。又$x^{17}-1$可因式分解如下

   $x^{17}-1=\left(x-1\right)\left(x^{16}+x^{15}+\cdots+x+1\right)$

   而$z,z^2,\cdots,z^{16}$等數皆不為$1$，從而$z,z^2,\cdots,z^{16}$等數為$x^{16}+x^{15}+\cdots+x^2+x+1=0$的根。再者$z,z^2,\cdots,z^{16}$等數皆相異，從而此十六個數為該十六次方程的所有根。
2. 首先明顯$z,z^3,z^9$的部分重複因而相等，接著按如下的計算比較即可：
   • $z^{3^3}=z^{27}=z^{17}z^{10}=z^{10}$；
   • $z^{3^4}=\left(z^{10}\right)^3=z^{30}=z^{17}z^{13}=z^{13}$；
   • $z^{3^5}=\left(z^{13}\right)^3=z^{39}=z^{17}z^{17}z^{5}=z^5$；
   • $z^{3^6}=\left(z^5\right)^3=z^{15}$；
   • $z^{3^7}=\left(z^{15}\right)^3=z^{45}=z^{17}z^{17}z^{11}=z^{11}$；
   • $z^{3^8}=\left(z^{11}\right)^3=z^{33}=z^{17}z^{16}=z^{16}$；
   • $z^{3^9}=\left(z^{16}\right)^3=z^{48}=z^{17}z^{17}z^{14}=z^{14}$；
   • $z^{3^{10}}=\left(z^{14}\right)^3=z^{42}=z^{17}z^{17}z^{8}=z^8$；
   • $z^{3^{11}}=\left(z^8\right)^3=z^{24}=z^{17}z^7=z^7$；
   • $z^{3^{12}}=\left(z^7\right)^3=z^{21}=z^{17}z^4=z^4$；
   • $z^{3^{13}}=\left(z^4\right)^3=z^{12}$；
   • $z^{3^{14}}=\left(z^{12}\right)^3=z^{36}=z^{17}z^{17}z^2=z^2$；
   • $z^{3^{15}}=\left(z^2\right)^3=z^6$；
   由以上的計算可知兩集合相等。
3. 首先利用第二小題的結果可知$u_1+u_2=z+\cdots+z^{16}=-1$，再者有

   $\begin{aligned}u_1=&z+z^9+z^{13}+z^{15}+z^{16}+z^8+z^4+z^2\\=&z+z^2+z^4+z^8+z^{-1}+z^{-2}+z^{-4}+z^{-8}\end{aligned}$

   另一方面也有

   $\begin{aligned}u_2=&z^3+z^{10}+z^5+z^{11}+z^{14}+z^7+z^{12}+z^6\\=&z^3+z^5+z^6+z^7+z^{-3}+z^{-5}+z^{-6}+z^{-7}\end{aligned}$

   因此有

   $\displaystyle\begin{aligned}u_1u_2=&\left(z^4+z^5+z^7+z^{11}+z^2+z+z^{-1}+z^{-5}\right)\\&+\left(z^6+z^7+z^9+z^{13}+z^4+z^3+z+z^{-3}\right)\\&+\left(z^7+z^8+z^{10}+z^{14}+z^5+z^4+z^2+z^{-2}\right)\\&+\left(z^8+z^9+z^{11}+z^{15}+z^6+z^5+z^3+z^{-1}\right)\\&+\left(z^{-2}+z^{-1}+z+z^5+z^{-4}+z^{-5}+z^{-7}+z^{-11}\right)\\&+\left(z^{-4}+z^{-3}+z^{-1}+z^3+z^{-6}+z^{-7}+z^{-9}+z^{-13}\right)\\&+\left(z^{-5}+z^{-4}+z^{-2}+z^2+z^{-7}+z^{-8}+z^{-10}+z^{-14}\right)\\&+\left(z^{-6}+z^{-5}+z^{-3}+z+z^{-8}+z^{-9}+z^{-11}+z^{-15}\right)\\=&4\left(z+z^2+z^3+z^4+z^5+z^6+z^7+z^8+z^9+z^{10}+z^{11}+z^{12}+z^{13}+z^{14}+z^{15}\right)\\=&-4\end{aligned}$

   因此根據韋達定理可知$u_1,u_2$為$x^2+x-4=0$的兩根。
4. 可以知道$w_1+w_3=u_1$、$w_2+w_4=u_2$，再者運用第二小題的結果可以驗證

   $\begin{aligned}w_1w_3=&\left(z+z^{13}+z^{16}+z^4\right)\left(z^9+z^{15}+z^8+z^2\right)\\=&z^{10}+z^{16}+z^9+z^3+z^5+z^{11}+z^4+z^{15}+z^8+z^{14}+z^7+z+z^{13}+z^2+z^{12}+z^6\\=&-1\end{aligned}$

   以及

   $\begin{aligned}w_2w_4=&\left(z^3+z^5+z^{14}+z^{12}\right)\left(z^{10}+z^{11}+z^7+z^6\right)\\=&z^{13}+z^{14}+z^{10}+z^9+z^{15}+z^{16}+z^{12}+z^{11}+z^7+z^8+z^4+z^3+z^5+z^6+z^2+z\\=&-1\end{aligned}$

   因此根據韋達定理可知$w_1,w_3$為$x^2-u_1x-1=0$的兩根，而$w_2,w_4$為$x^2-u_2x-1=0$的兩根，證明完畢。
5. 可以驗證$z+z^{-1}$為$x^2-w_1x+w_2=0$如下

   $\begin{aligned} &\left(z+z^{-1}\right)^2-w_1\left(z+z^{-1}\right)+w_2\\=&z^2+2+z^{-2}-\left(z+z^{13}+z^{16}+z^4\right)\left(z+z^{-1}\right)+\left(z^3+z^5+z^{14}+z^{12}\right)\\=&0\end{aligned}$

   又$\displaystyle z+z^{-1}=2\cos\frac{2\pi}{17}$。同樣的方法可以知道另一根為$\displaystyle2\cos\frac{8\pi}{17}$，故有

   $\displaystyle2\cos\frac{2\pi}{17}=\frac{w_1+\sqrt{w_1^2-4w_2}}{2}$

   另一方面可以知道$\displaystyle u_1=\frac{-1+\sqrt{17}}{2}$、$\displaystyle u_2=\frac{-1-\sqrt{17}}{2}$，由此能去計算得$w_1$和$w_2$如下

   $\displaystyle\begin{aligned}w_1=&\frac{-1+\sqrt{17}+\sqrt{34-2\sqrt{17}}}{4}\\w_2=&\frac{-1-\sqrt{17}+\sqrt{34+2\sqrt{17}}}{4}\end{aligned}$

   如此有

   $\displaystyle\begin{aligned}\cos\frac{2\pi}{17}=&\frac{-1+\sqrt{17}+\sqrt{34-2\sqrt{17}}+\sqrt{68+12\sqrt{17}-2\sqrt{34-2\sqrt{17}}+2\sqrt{17}\sqrt{34-2\sqrt{17}}-16\sqrt{34+2\sqrt{17}}}}{16}\\=&\frac{-1+\sqrt{17}+\sqrt{34-2\sqrt{17}}+2\sqrt{17+3\sqrt{17}-\sqrt{34-2\sqrt{17}}-2\sqrt{34+2\sqrt{17}}}}{16}\end{aligned}$

   其中可以注意到下列等式從而達到上面的整理

   $\sqrt{17}\sqrt{34-2\sqrt{17}}=-\sqrt{34-2\sqrt{17}}+4\sqrt{34+2\sqrt{17}}$

   為了說明這個等式，可以將其兩邊平方可得

   $578-34\sqrt{17}=34-2\sqrt{17}-8\sqrt{34^2-4\cdot17}+16\left(34+2\sqrt{17}\right)$

   從而等式成立。