一百零六學年度大學申請入學筆試試題詳解

國立臺灣大學數學系$106$學年度大學「個人申請」入學
第二階段筆試試卷：筆試一
2017年03月25日 $09:00-09:40$

• 試題共$A$、$B$兩題，考試時間$40$分鐘。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. ($25$分)
   如圖有一四面體，$\overline{AB}=\overline{AC}=\overline{AD}=1$，$\angle BAD=\angle DAC=60^\circ$，$\angle BAC=90^\circ$，求此四面體的體積。
   
訣竅
利用底面積乘以高後除以三可求得錐體體積，因此解題關鍵在於明確給出求底面積和高的過程；亦可利用向量求四面體體積公式。
解法一
由於$\overline{AB}=\overline{AD}=1$且$\angle BAD=60^\circ$，因此$\overline{BD}=1$，同時也由$\overline{AC}=\overline{AD}=1$且$\angle DAC=60^\circ$可知$\overline{CD}=1$。再者由$\angle BAC=90^\circ$以及$\overline{AB}=\overline{AC}=1$可知$\overline{BC}=\sqrt{2}$。據此可知底面$\bigtriangleup BCD$為等腰直角三角形，其面積為$\displaystyle\frac{1}{2}$。
在平面$ABC$上作$\overline{BC}$的中垂線交$\overline{BC}$於$M$點，接著作$A$對平面$BCD$的投影點$H$，那麼由對稱性可知$D$、$H$、$M$三點共線，其中$\displaystyle\overline{MD}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。現設$\overline{HM}=x$，那麼由畢氏定理有
$\displaystyle\left(\frac{\sqrt{2}}{2}\right)^2-x^2=\overline{AM}^2-\overline{HM}^2=\overline{AH}^2=\overline{AD}^2-\overline{DH}^2=1-\left(\frac{\sqrt{2}}{2}-x\right)^2$
因此可解得$x=0$，這表示$H$與$M$重合。因此以$BCD$為底面的四面體之高為$\displaystyle\overline{AH}=\frac{\sqrt{2}}{2}$。
由以上可知四面體體積為$\displaystyle\frac{1}{2}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}\cdot\frac{1}{3}=\frac{\sqrt{2}}{12}$。
解法二【由本站讀者Patrick Huang提供】

由向量的技巧可知四面體體積為

$\displaystyle V=\frac{1}{6}\left|\left(\overset{\rightharpoonup}{AB}\times\overset{\rightharpoonup}{AC}\right)\cdot\overset{\rightharpoonup}{AD}\right|=\frac{1}{6}\overline{AB}\cdot\overline{AC}\cdot\overline{AD}\sin\angle BAC\cos\angle AMD$

其中$M$為$\overline{BC}$中點。再者容易注意到$\bigtriangleup BCD$與$\bigtriangleup ABC$皆為等腰直角三角形，從而$\displaystyle\overline{AM}=\overline{DM}=\frac{\sqrt{2}}{2}$，進而有$\angle AMD=45^\circ$，故所求為

$\displaystyle V=\frac{1}{6}\cdot1\cdot1\cdot1\cdot1\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{12}$

解法三【由本站讀者Patrick Huang提供】

設$\vec{a}=\overset{\rightharpoonup}{AB}$、$\vec{b}=\overset{\rightharpoonup}{AC}$、$\vec{c}=\overset{\rightharpoonup}{AD}$，那麼利用四面體體積公式有

$\displaystyle V=\frac{1}{6}\sqrt{\left|\text{det}\begin{bmatrix}\vec{a}\cdot\vec{a}&\vec{b}\cdot\vec{a}&\vec{c}\cdot\vec{a}\\\vec{a}\cdot\vec{b}&\vec{b}\cdot\vec{b}&\vec{c}\cdot\vec{b}\\\vec{a}\cdot\vec{c}&\vec{b}\cdot\vec{c}&\vec{c}\cdot\vec{c}\end{bmatrix}\right|}=\frac{1}{6}\sqrt{\left|\text{det}\begin{bmatrix}1&0&1/2\\0&1&1/2\\1/2&1/2&1\end{bmatrix}\right|}=\frac{1}{6}\cdot\frac{\sqrt{2}}{2}=\frac{\sqrt{2}}{12}$



2. ($25$分)
   某項特殊能力佔人口比例$4\%$，希望以某種檢定考試尋找這類人才。現檢定委員會發展檢定是非題，使據此特殊能力者答對機率$p$，一般人瞎猜答對的機率則為$50\%$。
   1. ($8$分) 設$p=90\%$。檢定考試出$k$題檢定題（假設彼此獨立），只錄取全對的人。若希望達到「錄取人有$90\%$以上的機率具有特殊能力」的鑑定標準。$k$至少要多大，才能達成這個目標？
   2. ($7$分) 若希望$k=5$，但可以調整$p$，要如何調整才能維持上述鑑定水準。
   3. ($10$分) 假設固定上述鑑定標準和$p$（當然$\displaystyle p>\frac{1}{2}$）。有人建議將錄取條件從所有題目全對，放寬為容許最多錯一題。這個建議會比較容易達到鑑定標準嗎？其中「比較容易達到」的定義：所使用的必須題數可不多於以全對為錄取條件時的必須題數。
   ($\log2\approx0.3010$, $\log3\approx0.4771$)
訣竅
運用條件機率的思想解題即可。
解法
雖然題目沒有明言，但我們假定進行受試者的數量足夠多使得具有特殊才能者占有$4\%$。
1. 設有$k$題檢定題，那麼受試者可以通過鑑定的機率為

   $\begin{aligned}P\left(通過\right)=&P\left(通過且為特殊能力者\right)+P\left(通過且為一般人\right)\\=&P\left(特殊能力者\right)P\left(通過|特殊能力者\right)+P\left(一般人\right)P\left(通過|一般人\right)\\=&0.04\cdot0.9^k+0.96\cdot0.5^k\end{aligned}$

   為了要符合鑑定標準亦即要求下面的不等式

   $\displaystyle\frac{0.04\cdot0.9^k}{0.04\cdot0.9^k+0.96\cdot0.5^k}=\frac{9^k}{9^k+24\cdot5^k}>\frac{9}{10}$

   此等價於$1.8^k>216$。為了找出最小的正整數$k$，兩邊取以$10$為底數的對數可得

   $k\left(2\log3-\log5\right)>3\left(\log2+\log3\right)$

   如此解得$\displaystyle k>\frac{3\log2+3\log3}{2\log3-\log5}\approx\frac{3\cdot0.3010+3\cdot0.4771}{2\cdot0.4771-\left(1-0.3010\right)}=\frac{23343}{2552}\approx9.14$。故當$k\geq10$時能滿足鑑定標準。
2. 承前一小題之作法，但維持相同的鑑定水準則有下列不等式

   $\displaystyle\frac{0.04\cdot p^5}{0.04\cdot p^5+0.96\cdot0.5^5}=\frac{p^5}{p^5+24\cdot0.5^5}>\frac{9}{10}$

   此等價於$p^5>6.75$，故$p>1$，亦即不可能透過調整$p$使得使用五道檢定題來維持上述的鑑定水準。
3. 根據第一小題可知錄取條件若為題目全對，則最少所需題數滿足

   $\displaystyle\min k_{全對}=\left\lfloor\frac{\log216}{\log2p}\right\rfloor+1$

   現在考慮放寬的錄取條件，那麼新的通過機率如下

   $P\left(放寬後的通過\right)=0.04\cdot\left(0.9^k+k\cdot0.9^{k-1}\cdot0.1\right)+0.96\cdot\left(0.5^k+k\cdot0.5^{k-1}\cdot0.5\right)$

   因此放寬後的仍要達到鑑定水準所需的題數滿足下列不等式

   $\displaystyle\frac{0.04\left(p^k+k\cdot p^{k-1}\left(1-p\right)\right)}{0.04\left(p^k+k\cdot p^{k-1}\left(1-p\right)\right)+0.96\left(0.5^k+k\cdot0.5^{k-1}\cdot0.5\right)}>\frac{9}{10}$

   此等價於

   $p^k+kp^{k-1}\left(1-p\right)>216\left(k+1\right)0.5^k$

   但當$k\leq< k_{全對}$時，$p^k<216\cdot0.5^k$且$kp^{k-1}\left(1-p\right)<216k\cdot0.5^k$，從而不滿足該情形，據此可推知條件放寬後的必須題數不少於全對為錄取條件時的必須題數。

國立臺灣大學數學系$106$學年度大學「個人申請」入學
第二階段筆試試卷：筆試二
2017年03月25日 $09:50-11:00$

• 試題共$C$、$D$兩題，考試時間$70$分鐘。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。

3. ($25$分) $f\left(x\right)$為一整係數多項式，$f\left(x\right)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0$，其中$a_0,a_1,\cdots,a_n$皆為整數。已知

   $\displaystyle f\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=f\left(-\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=0$

   求證$a_n$是偶數，且用$2x^2-1$以長除法去除$f\left(x\right)$之商式也是整係數多項式。
訣竅
善用$\sqrt{2}$為無理數的特性來證明題目，隨後利用因式分解的思想整理$f\left(x\right)$。
解法

假設$n$為偶數，那麼記$n=2k$，其中$k$為正整數，那麼由$\displaystyle f\left(\frac{1}{\sqrt{2}}\right)=0$可得

$\displaystyle\sum_{m=0}^{k}\frac{a_{2m}}{2^m}+\frac{1}{\sqrt{2}}\sum_{m=0}^{k-1}\frac{a_{2m+1}}{2^m}=0$

由於$\sqrt{2}$是無理數，因此

$\displaystyle\sum_{m=0}^{k}\frac{a_{2m}}{2^m}=\sum_{m=0}^{k-1}\frac{a_{2m+1}}{2^m}=0$

如此可知

$\displaystyle a_{2k}=-\sum_{m=0}^{k-1}2^{k-m}a_{2m}$

這代表$a_n$為偶數。另一方面，可以利用因式分解的概念並用數學歸納法證明出下列的兩個等式

$\displaystyle\begin{aligned}\sum_{m=0}^{k}a_{2m}x^{2m}=&a_0+\sum_{m=1}^{k}\frac{a_{2m}}{2}\left(2x^2-1\right)x^{2m-2}+\sum_{m=1}^{k}\frac{a_{2m}}{2}x^{2m-2}\\=&\sum_{m=0}^{1}\frac{a_{2m}}{2^m}+\sum_{m=2}^{k}\frac{a_{2m}}{4}x^{2m-4}+\sum_{s=1}^{2}\sum_{m=s}^{k}\frac{a_{2m}}{2^s}x^{2m-2s}\left(2x^2-1\right)\\=&\cdots\\=&\sum_{m=0}^{k}\frac{a_{2m}}{2^m}+\left(2x^2-1\right)\sum_{s=1}^{k}\sum_{m=s}^{k}\frac{a_{2m}}{2^s}x^{2m-2s}\\=&\sum_{m=0}^{k}\frac{a_{2m}}{2^m}+\left(2x^2-1\right)\sum_{m=1}^{k}\sum_{s=1}^{m}\frac{a_{2m}}{2^s}x^{2m-2s}\\=&\sum_{m=0}^{k}\frac{a_{2m}}{2^m}+\left(2x^2-1\right)\sum_{s=1}^{k}\sum_{m=s}^{k}\frac{a_{2m}}{2^{m-s+1}}x^{2s-2}\end{aligned}$

以及

$\displaystyle\begin{aligned}\sum_{m=0}^{k-1}a_{2m+1}x^{2m+1}=&a_1x+\sum_{m=1}^{k-1}\frac{a_{2m+1}}{2}x^{2m-1}+\sum_{m=1}^{k-1}\frac{a_{2m+1}}{2}\left(2x^2-1\right)x^{2m-1}\\=&x\sum_{m=0}^1\frac{a_{2m+1}}{2^m}+\sum_{m=2}^{k-1}\frac{a_{2m+1}}{4}x^{2m-3}+\sum_{s=1}^{2}\sum_{m=s}^{k-1}\frac{a_{2m+1}}{2^s}\left(2x^2-1\right)x^{2m-2s+1}\\=&\cdots\\=&x\sum_{m=0}^{k-1}\frac{a_{2m+1}}{2^m}+\left(2x^2-1\right)\sum_{s=1}^{k-1}\sum_{m=s}^{k-1}\frac{a_{2m+1}}{2^s}x^{2m-2s+1}\\=&x\sum_{m=0}^{k-1}\frac{a_{2m+1}}{2^m}+\left(2x^2-1\right)\sum_{m=1}^{k-1}\sum_{s=1}^{m}\frac{a_{2m+1}}{2^s}x^{2m-2s+1}\\=&x\sum_{m=0}^{k-1}\frac{a_{2m+1}}{2^m}+\left(2x^2-1\right)\sum_{s=1}^{k-1}\sum_{m=s}^{k-1}\frac{a_{2m+1}}{2^{m-s+1}}x^{2s-1}\end{aligned}$

因此利用$\displaystyle\sum_{m=0}^{k}\frac{a_{2m}}{2^m}=\sum_{m=0}^{k-1}\frac{a_{2m+1}}{2^m}=0$，如此有

$\displaystyle f\left(x\right)=\left(2x^2-1\right)\left[\sum_{s=1}^{k}\sum_{m=s}^{k}\frac{a_{2m}}{2^{m-s+1}}x^{2s-2}+\sum_{s=1}^{k-1}\sum_{m=s}^{k-1}\frac{a_{2m+1}}{2^{m-s+1}}x^{2s-1}\right]$

再者由

$\displaystyle\sum_{m=s}^{k}\frac{a_{2m}}{2^{m-s+1}}=-\sum_{m=1}^{s-1}2^{s-m-1}a_{2m},$　$\displaystyle\sum_{m=s}^{k-1}\frac{a_{2m+1}}{2^{m-s+1}}=\sum_{m=1}^{s-1}2^{s-m-1}a_{2m+1}$

可知$f\left(x\right)$除以$\left(2x^2-1\right)$的商式為整係數多項式。

對於$n$為奇數的情形可以仿照上述的方法而得到類似的證明。



4. ($25$分)
   1. ($9$分) 有一複係數多項式

      $g\left(w\right)=\left(2-3i\right)+8\sqrt{2}iw^3+4\left(\sqrt{3}-i\right)w^4$

      取$\displaystyle w=\frac{1}{2}\left(\cos\frac{\pi}{12}+i\sin\frac{\pi}{12}\right)$，在複數平面上以類似向量加法頭尾相接的方式，依序畫出代表$2-3i$、$8\sqrt{2}iw^3$與$4\left(\sqrt{3}-i\right)w^4$三項的箭頭，以及代表總和$g\left(w\right)$的箭頭。
   2. ($16$分) 令$f\left(z\right)$為複係數多項式

      $\left(6+8i\right)z^4+\left(24+37i\right)z^3+\left(36+63i\right)z^2+\left(24+47i\right)z+7+14i$。

      請找一個具體的複數$z$，使得$\left|f\left(z\right)\right|<\left|f\left(-1\right)\right|$。
      (Hint: 令$g\left(w\right)$為以$w$為變數的多項式$f\left(-1+w\right)$；明確寫出$g\left(w\right)$並比較$\left|g\left(w\right)\right|=\left|f\left(-1+w\right)\right|=\left|f\left(z\right)\right|$與$\left|g\left(0\right)\right|=\left|f\left(-1\right)\right|$的大小。正確計算$g\left(w\right)$很重要，請小心驗算。)
訣竅
第一小題可利用隸美弗定理細心計算，而第二小題遵循提示將多項式簡化後，留意到試圖去控制$1+i$是關鍵手段，並且透過$w^4$與$w^3$產生適當的負量使數值降低。
解法
1. 運用隸美弗定理直接計算可得

   $\begin{aligned}\displaystyle&8\sqrt{2}iw^3=8\sqrt{2}i\cdot\frac{1}{8}\left(\cos\frac{\pi}{4}+i\sin\frac{\pi}{4}\right)=-1+i\\&4\left(\sqrt{3}-i\right)w^4=4\left(\sqrt{3}-i\right)\frac{1}{16}\left(\cos\frac{\pi}{3}+i\sin\frac{\pi}{3}\right)=\frac{\sqrt{3}+i}{4}\\&g\left(w\right)=\frac{4+\sqrt{3}-7i}{4}\end{aligned}$

   這些複數可以被繪製如下
   
2. 按照提示，考慮$g\left(w\right)$如下

   $g\left(w\right)=f\left(-1+w\right)=\left(6+8i\right)w^4+5iw^3+\left(1+i\right)$

   代入$\displaystyle w=\frac{1+i}{4}$可得

   $\displaystyle g\left(\frac{1+i}{4}\right)=\frac{24+23i}{32}$

   如此有$\displaystyle\left|g\left(\frac{1+i}{4}\right)\right|<\sqrt{2}$。此時$\displaystyle z=\frac{5+i}{4}$。