一百零七學年度大學申請入學筆試試題詳解

臺灣大學數學系$107$學年度學士班個人申請筆試試題

筆試一 9:00am—9:55am

1. ($25$分) 令$n$為一正整數，其因式分解為$n=p_1^{e_1}\cdots p_r^{e_r}$（$p_i$為相異質數、$e_i$為正整數）。證明在整數$1,\cdots,n$中與$n$互質者之個數為

   $\displaystyle n\left(1-\frac1{p_1}\right)\cdots\left(1-\frac1{p_r}\right).$

訣竅
此問題為經典的數論問題，即求歐拉函數$\varphi\left(n\right)$的值。其關鍵是將問題簡化為$n=p^k$與$n=mn$等情形，並運用歸納法說明之。
解法

設$\varphi(n)$為小於或等於$n$的正整數中與$n$互質的數的個數。

先考慮$n$僅有一個質因數的情形，亦即$n=p^k$，那麼由於除了$p$的倍數以外，其他數都與$n$互質，而小於$p^k$的$p$的倍數有$p,2p,...,p^k-p$，計數可知有$p^{k-1}$個，因此

$\displaystyle\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}=p^k\left(1-\frac1p\right)$

另一方面，對於任意互質的正整數$m,n$，我們證明$\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n)$如下：若$mn=1$，這件事是明顯的。若$mn\neq1$，那麼不妨假設$m>n$，那麼因為在不大於$m$的正整數中，有$\varphi(m)$個數與$m$互質，記為$a_1,a_2,\cdots,a_{\varphi(m)}$，那麼對於每個$1\leq i\leq\varphi(m)$，集合$\left\{a_i,a_i+m,a_i+2m,\cdots,a_i+(n-1)m\right\}$會形成模$n$的完全剩餘系(complete residue systme)，從而其中有$\varphi(n)$個數與$n$互質，自動也與$mn$互質。由於有$\varphi(m)$個集合，而每個集合都有$\varphi(n)$個與$mn$互質的元素，因此計有$\varphi(m)\varphi(n)$個元素與$mn$互質，這就完成了$\varphi(mn)=\varphi(m)\varphi(n)$的證明。

現在我們對於一般的正整數$n=p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r}$使用上述的兩個結果可知

$\varphi(n)=\varphi(p_1^{e_1}p_2^{e_2}\cdots p_r^{e_r})=\varphi(p_1^{e_1})\varphi(p_2^{e_2})\cdots\varphi(p_r^{e_r})=p_1^{e_1}\left(1-\frac1{p_1}\right)p_2^{e_2}\left(1-\frac1{p_2}\right)\cdots p_r^{e_r}\left(1-\frac1{p_r}\right)=n\left(1-\frac1{p_1}\right)\cdots\left(1-\frac1{p_r}\right)$

證明完畢。



2. ($25$分) 考慮三維空間，在$xz$平面上有一直線$L$與$x$軸夾$45^\circ$角，$L$繞$z$軸旋轉一圈得到一個角錐$C$。空間中另有一平面$P$，其方程式為$\sqrt3z-x-1=0$。已知$P$與$C$相交的軌跡為一橢圓，求此橢圓的長軸$2a$及短軸$2b$。
訣竅
正確表達出圓錐的方程後，考慮兩者產生的交線$C$所符合的關係式。隨後將此關係式考慮投影至$xy$平面上後求其投影下的的長軸頂點和短軸頂點，進而逆推出空間橢圓的四個頂點位置；亦可計算高低落差的最大值與最小值的位置，如此推知長軸位置，隨後找出中心並利用法向量的方向找出短軸即可求出短軸長。
解法一
由於在$xz$平面上與$x$軸夾$45^\circ$角的直線為$\left(t,0,t\right)$，其中$t\in\mathbb{R}$。繞$z$軸所產生的圓錐$C$的方程式為$z^2=x^2+y^2$。那麼運用代入消去可知$C$與平面$P$所交會的圖形在平面上的投影為
$\displaystyle\frac{\left(x+1\right)^2}{3}=x^2+y^2$
整理可得$x^2+2x+1=3x^2+3y^2$，亦即有
$\displaystyle\frac{\displaystyle\left(x-\frac12\right)^2}{\displaystyle\frac34}+\frac{y^2}{\displaystyle\frac12}=1$
如此長軸頂點的位置為$\displaystyle\left(\frac{1\pm\sqrt3}2,0\right)$，而短軸頂點則為$\displaystyle\left(\frac12,\pm\frac{\sqrt2}2\right)$。如此在空間中的橢圓的長軸頂點為$\displaystyle\left(\frac{1\pm\sqrt3}2,0,\frac{\sqrt3\pm1}2\right)$、短軸頂點為$\displaystyle\left(\frac12,\pm\frac{\sqrt2}2,\frac{\sqrt3}2\right)$，因此長軸長$2a=2$、短軸長$2b=\sqrt2$
解法二【由鄭宗弘提供】
承解法一同樣知道圓錐$C$的方程式為$z^2=x^2+y^2$，運用代入消去可得
$\left(\sqrt3z-1\right)^2+y^2=z^2$
整理可得$y^2=-\left(2z^2-2\sqrt3z+1\right)$，從而有$2z^2-2\sqrt3z+1\leq0$，解一元二次不等式得
$\frac{\sqrt3-1}2\leq z\leq\frac{\sqrt3+1}2$
當等號成立時即是長軸的位置，據此可得$\displaystyle\left(\frac{1\pm\sqrt3}2,0,\frac{\sqrt3\pm1}2\right)$，故長軸長$2a=2$。另一方面，長軸的中點為$\displaystyle\left(\frac12,0,\frac{\sqrt3}2\right)$。與此方向正交且垂直平面$P$的方向為
$\displaystyle \vec{n}=\left(\sqrt3,0,1\right)\times\left(-1,0,\sqrt3\right)=\left(0,-4,0\right)\parallel\left(0,1,0\right)$
因此短軸落在直線$\displaystyle\left(\frac12,s,\frac{\sqrt3}2\right)$上，其中$s\in\mathbb{R}$。又因為短軸頂點落在圓錐上，因此將該直線代入可得
$\displaystyle\frac34=\frac14+s^2$
由此可得$\displaystyle s=\pm\frac{\sqrt2}2$，故短軸頂點為$\displaystyle\left(\frac12,\pm\frac{\sqrt2}2,\frac{\sqrt3}2\right)$，短軸長$2b=\sqrt2$。

國立臺灣大學數學系$107$學年度學士班個人申請筆試試題

筆試二 10:05am—11:00am

1. ($25$分) 令$a_1$、$a_2$與$a_3$為複數平面上相異的三個點。試證$a_1^2+a_2^2+a_3^2=a_1a_2+a_2a_3+a_3a_1$若且唯若此三點為一個正三角形的三個頂點。
訣竅
此為經典的複變（解析）幾何中的問題，此題涉及許多關於正三角形的三頂點座標會滿足的等價條件。本題可為座標做出許多詳細的假定後運算四則運算得到充分性的證明，而對於必要性的證明則使用根與係數關係求解。
解法

先證充分性若$a,b,c$三點分別為正三角形$\bigtriangleup ABC$三點的座標，設此正三角形之邊長為$r$，而$a-b$對應的向量$\overset{\rightharpoonup}{BA}$的幅角為$\theta$，那麼有

$\displaystyle a-b=r\left(\cos\theta+i\sin\theta\right)$

又正三角形的外角皆為$120^\circ$，因此

$\displaystyle b-c=r\left[\cos\left(\theta+120^\circ\right)+i\sin\left(\theta+120^\circ\right)\right],\quad c-a=r\left[\cos\left(\theta+240^\circ\right)+i\sin\left(\theta+240^\circ\right)\right]$

那麼直接計算可知

$\begin{aligned} &\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\\=&r^2\left[\cos2\theta+i\sin2\theta+\cos\left(2\theta+240^\circ\right)+i\sin\left(2\theta+240^\circ\right)+\cos\left(2\theta+480^\circ\right)+i\sin\left(2\theta+480^\circ\right)\right]\\=&r^2\left[\begin{aligned}\cos2\theta+i\sin2\theta&+\left(\cos2\theta\cos240^\circ-\sin2\theta\sin240^\circ\right)+i\left(\sin2\theta\cos240^\circ+\cos2\theta\sin240^\circ\right)\\&+\left(\cos2\theta\cos480^\circ-\sin2\theta\sin480^\circ\right)+i\left(\sin2\theta\cos480^\circ+\cos2\theta\sin480^\circ\right)\end{aligned}\right]\\=&r^2\left[\begin{aligned}\left(\cos2\theta+i\sin2\theta\right)&+\left(-\frac12\cos2\theta+\frac{\sqrt3}{2}\sin2\theta\right)+i\left(-\frac12\sin2\theta-\frac{\sqrt3}2\cos2\theta\right)\\&+\left(-\frac12\cos2\theta-\frac{\sqrt3}2\sin2\theta\right)+i\left(-\frac12\sin2\theta+\frac{\sqrt3}2\cos2\theta\right)\end{aligned}\right]\\=&r^2\left(0+0i\right)=0\end{aligned}$

將之展開即可得到$a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca$，這就完成了充分性的證明。

現在來證明必要性，設$a,b,c$為點$A,B,C$的座標並且滿足$a^2+b^2+c^2=ab+bc+ca$。將之改寫可得

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

設$z_1=a-b$、$z_2=b-c$、$z_3=c-a$，那麼明顯有$z_1+z_2+z_3=0$、$z_1^2+z_2^2+z_3^2=0$以及

$\displaystyle z_1z_2+z_2z_3+z_3z_1=\frac{\left(z_1+z_2+z_3\right)^2-\left(z_1^2+z_2^2+z_3^2\right)}{2}=\frac{0^2-0}{2}=0$

記$z_1z_2z_3=r^3e^{3i\theta}$，其中$r$為實數，而$\theta\in\left[0,2\pi\right)$。那麼$z_1,z_2,z_3$為下面的三次方程的三根

$z^3-0z^2+0z-r^3e^{3i\theta}=0$

即$z^3-r^3e^{3i\theta}=0$，那麼可解得$z=re^{i\theta}$或$re^{i\left(\theta+\frac{2\pi}{3}\right)}$或$re^{i\left(\theta+\frac{4\pi}{3}\right)}$。這就顯示出$\left|z_1\right|=\left|z_2\right|=\left|z_3\right|=r$，這表明$\overline{AB}=\overline{BC}=\overline{CA}$，因此$A,B,C$為正三角形的三頂點，證明完畢。



2. 1. ($10$分) 證明

      $\displaystyle\begin{aligned} &1^2+2^2+\cdots+n^2=\frac{n\left(n+1\right)\left(2n+1\right)}{6}\\&1^3+2^3+\cdots+n^3=\frac{n^2\left(n+1\right)^2}{4}.\end{aligned}$

   2. ($15$分) 考慮一副四種花色共$52$張的撲克牌的任意排列：得到第一張至第$52$張牌。在所有可能中有多少是（至少）有兩張A相鄰？（如一種可能為第$23$張為紅心A、第24張為梅花A。）
訣竅
第一小題為經典的數學歸納法問題；第二小題可反面思考A皆不相臨的情形即可。
解法

1. 先證明第一個等式。當$n=1$時有

   $\displaystyle1^2=1=\frac{1\cdot\left(1+1\right)\cdot\left(2\cdot1+1\right)}6$

   故該式成立。現設$n=k$時命題成立，亦即有

   $\displaystyle 1^2+2^2+\cdots+k^2=\frac{k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)}6$

   那麼可以發現

   $\begin{aligned}\displaystyle1^2+2^2+\cdots+k^2+\left(k+1\right)^2=&\frac{k\left(k+1\right)\left(2k+1\right)}6+\left(k+1\right)^2\\=&\left(k+1\right)\left(\frac{k(2k+1)}6+k+1\right)\\=&\left(k+1\right)\cdot\frac{2k^2+k+6k+6}6\\=&\frac{(k+1)(2k^2+7k+6}6\\=&\frac{(k+1)(k+2)(2k+3)}6\\=&\frac{\left(k+1\right)\left[\left(k+1\right)+1\right]\left[2\left(k+1\right)+1\right]}{6}\end{aligned}$

   這就說明了命題在$n=k+1$時亦成立。因此由數學歸納法可知該式對於所有正整數恆成立。

   現在來證明第二個不等式。當$n=1$時有

   $\displaystyle1^3=1=\left(\frac{1\cdot(1+1)}{2}\right)^2$

   故該式成立。現設$n=k$時命題成立，亦即有

   $\displaystyle1^3+2^3+\cdots+k^3=\left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2$

   那麼可以發現

   $\displaystyle\begin{aligned}1^3+2^3+\cdots+k^3+(k+1)^3=&\left(\frac{k(k+1)}{2}\right)^2+\left(k+1\right)^3\\=&\left(k+1\right)^2\cdot\left(\frac{k^2}{4}+k+1\right)\\=&\left(k+1\right)^2\cdot\frac{k^2+4k+1}{4}\\=&\left(\frac{(k+1)[(k+1)+1]}{2}\right)^2\end{aligned}$

   這就說明了命題在$n=k+1$時亦成立。因此由數學歸納法可知該式對於所有正整數恆成立。

2. 易所有卡牌任意排列的情形有$52!$種。除去$4$張A後剩下$48$張卡牌任意排列有$48!$種，考慮兩兩的間隔有$49$個空隙，將餘下的$4$張A置入其中的空隙有$49\cdot48\cdot47\cdot46$種情形。故題目所求的方法數為

   $52!-48!\cdot49\cdot48\cdot47\cdot46=49!\left(52\cdot51\cdot50-48\cdot47\cdot46\right)=49!\cdot28824$