一百零八學年度大學申請入學筆試試題詳解

臺灣大學數學系$108$學年度學士班個人申請筆試試題

筆試一 10:00—12:00

1. 在 $xyz$ 空間中有一點 $A(4,3,2)$，假設三個座標平面都是反射鏡。從 $A$ 點將光線射向 $xy$ 平面上的 $B$ 點，$B$ 點座標是 $(b,c,0)$，$b>0$，$c>0$，反射後設到 $yz$ 平面上的 $C$ 點，$C$ 點座標是 $(0,\beta,\gamma)$，$\beta>0$，$\gamma>0$，然後再反射到 $xz$ 平面上的 $D(2,0,4)$。求 $b$、$c$、$\beta$、$\gamma$。(請見下列示意圖)
   
訣竅
由於題目涉及反射，故我們利用對稱與共線來求解。
解法
首先將 $A$ 對稱 $xy$ 平面得 $A'=(4,3,-2)$，隨後將 $B$ 與 $A'$ 對稱 $yz$ 平面得 $B'=\left(-b,c,0\right)$ 與 $A''=\left(-4,3,-2\right)$，此時 $A''$、$B'$、$C$ 與 $D$ 四點共線。特別地，我們可寫出通過 $A''$ 與 $D$ 兩點的直線參數式為
$\left\{\begin{aligned}&x=-4+6t,\\&y=3-3t,\\&z=-2+6t.\end{aligned}\right.$
因為通過 $C$ 點，故取 $t=2/3$，此時 $\beta=1$、$\gamma=2$。又通過 $B'$ 點，故取 $t=1/3$，此時 $b=2$、$c=2$。計算完畢。


2. 1. 考慮 $1\times n$ 方格的著色問題，若有 $d$ 種顏色，$d\geq2$，將每一方格中填入一色，使得相鄰方格的顏色相異，請問共有幾種著色法。
   2. 將上述問題推廣至 $2\times n$ 方格，求出著色法個數。
訣竅
第一小題為簡單之標準題，第二題考慮方法數記為數列,並考慮。
解法

1. 第一格空格有 $d$ 種方法填入顏色，隨後的每一格恰有 $d-1$ 種方法數，故共有 $d\left(d-1\right)^{n-1}$ 種著色法。
2. 首先知道當 $n=1$ 時的著色方法數為 $d\left(d-1\right)$。現一般情形之著色方法數為 $a_n$，那麼考慮 $2\times(n+1)$ 方格的情況下，其方法數為

   $a_{n+1}=a_n[1\cdot(d-1)+(d-2)^2]=(d^2-3d+3)a_n$

   這表示數列為等比數列，故知

   $a_n=\left(d^2-3d+3\right)^{n-1}a_1=d\left(d-1\right)\left(d^2-3d+3\right)^{n-1}$



3. 請找出所有正整數 $x$ 使得

   $\displaystyle\frac{x^3+3}{x+3}$

   為整數。
訣竅
先透過多項式除法改寫後使用基本數論的想法討論即可。
解法
藉由除法容易知道
$\displaystyle\frac{x^3+3}{x+3}=x^2-3x+9-\frac{24}{x+3}$
因 $x$ 為正整數，且要使上式也為整數，僅當 $x+3$ 整除 $24$，故 $x+3=4,6,8,12,24$，因此 $x=1,3,5,9$ 或 $21$。


4. $z_1,z_2,z_3,z_4$ 為複數平面上相異四點。若此四點共圓，證明

   $\displaystyle\frac{z_3-z_1}{z_3-z_2}\,\frac{z_4-z_2}{z_4-z_1}$ 必為實數。

訣竅
透過共圓可知圓周角相等，並留意複數平面上的點具有極式可使用。
解法

由於 $z_1,z_2,z_3,z_4$ 在複數平面上共圓，且不失一般性假設 $z_1,z_2,z_3,z_4$ 在圓上依序為逆時針，那麼有 $\angle\left(z_1z_3z_2\right)=\angle\left(z_1z_4z_2\right)$。此表明

$\displaystyle\frac{z_2-z_3}{z_1-z_3}=r_1e^{i\theta}$,　$\displaystyle\frac{z_2-z_4}{z_1-z_4}=r_2e^{i\theta}$

兩式相除給出

$\displaystyle\frac{z_3-z_1}{z_3-z_2}\frac{z_4-z_2}{z_4-z_1}=\frac{z_1-z_3}{z_2-z_3}\frac{z_2-z_4}{z_1-z_4}=\frac{r_2}{r_1}\in\mathbb{R}$

臺灣大學數學系$108$學年度學士班個人申請筆試試題

筆試二 14:00—16:00

1. 考慮 $xyz$ 空間中通過點 $(1,1,1)$ 的平面 $P$，並假設 $P$ 與三個座標軸各交於第一卦限中的點 $A$、$B$、$C$。記原點 $(0,0,0)$ 為 $O$。
   1. 求出使得三角錐 $OABC$ 達到最小可能體積的 $P$。
   2. 求出使得三角形 $ABC$ 達到最小可能面積的 $P$。
   (作答時請寫出 $P$ 的方程式並說明理由。)
訣竅
透過題目的資訊設定所求的平面，並透過基本的不等式對所求的資訊給出適當的估計。
解法
1. 設 $A=(a,0,0)$、$B=(0,b,0)$、$C=(0,0,c)$，那麼平面為 $\displaystyle P:\frac xa+\frac yb+\frac zc=1$。由於通過 $\left(1,1,1\right)$，因此 $\displaystyle\frac1a+\frac1b+\frac1c=1$。由算術幾何不等式能知

   $\displaystyle\frac13=\frac{\displaystyle\frac1a+\frac1b+\frac1c}3\geq\sqrt[3]{\frac1{abc}}$

   故有 $abc\geq27$，故最小可能的體積為 $\displaystyle\frac{abc}6\geq\frac92$。此時的 $a=b=c=3$，即 $P:x+y+z=3$。
2. 利用外積可知三角形 $ABC$ 的面積可表達為

   $\displaystyle\Delta ABC=\frac12\left|\vec{AB}\times\vec{AC}\right|=\frac12\left|\left(-a,b,0\right)\times\left(-a,0,c\right)\right|=\frac{\sqrt{\left(ab\right)^2+\left(bc\right)^2+\left(ca\right)^2}}2$

   由算術幾何不等式以及前一小題的結果能知

   $\displaystyle\Delta ABC\geq\frac{\sqrt{3\sqrt[3]{\left(ab\right)^2\left(bc\right)^2\left(ca\right)^2}}}2=\frac{\sqrt3\sqrt[3]{a^2b^2c^2}}2\geq\frac{\sqrt3\sqrt[3]{27^2}}2=\frac{9\sqrt3}2.$

   此時的 $a=b=c=3$，即 $P:x+y+z=3$。


2. 組合數 $C_k^n$ 的定義如下

   $\displaystyle C_k^n=\frac{n!}{k!\left(n-k\right)!}$, $C_0^n=1$.

   1. 試證

      $\displaystyle\sum_{k=1}^nC_k^nkx^k\left(1-x\right)^{n-k}=nx$.

   2. 令 $m$ 是一個小於 $r$ 的正整數。試證

      $\displaystyle\sum_{0\leq k\leq m}C_k^r\left(\frac{r}2-k\right)=\frac{m+1}2C_{m+1}^r$.

訣竅
對於第一小題可直接利用二項式定理計算；運用處理求和標號並活用巴斯卡公式即可。
解法

1. 利用組合數的定義與二項是定理可知

   $\displaystyle\begin{aligned}\sum_{k=1}^nC_k^nkx^k\left(1-x\right)^{n-k}&=\sum_{k=1}^n\frac{n!}{(k-1)!(n-k)!}x^k\left(1-x\right)^{n-k}\\&=nx\sum_{k=1}^nC_{k-1}^{n-1}x^{k-1}\left(1-x\right)^{n-k}=nx\left[x+\left(1-x\right)\right]^{n-1}=nx\end{aligned}$

2. 注意到當 $1\leq k\leq m$ 時有 $\displaystyle kC_k^r=k\cdot\frac{r!}{k!\left(r-k\right)!}=r\cdot\frac{\left(r-1\right)!}{\left(k-1\right)!\left(r-k\right)!}=rC_{k-1}^{r-1}$，因此

   $\displaystyle\sum_{0\leq k\leq m}C_k^r\left(\frac{r}2-k\right)=\frac{r}2\left[\sum_{k=0}^mC_k^r-2\sum_{k=1}^mC_{k-1}^{r-1}\right]=\frac{r}2\left[C_m^r+\sum_{k=0}^{m-1}C_k^r-2\sum_{k=0}^{m-1}C_k^{r-1}\right]$

   由巴斯卡公式 $C_k^r-C_k^{r-1}=C_{k-1}^{r-1}$ 以及 $C_m^r-C_{m-1}^{r-1}=C_m^{r-1}$ 可知

   $\displaystyle\begin{aligned}\sum_{0\leq k\leq m}C_k^r\left(\frac{r}2-k\right)&=\frac{r}2\left[C_m^r+\sum_{k=1}^{m-1}C_{k-1}^{r-1}-\sum_{k=0}^{m-1}C_k^{r-1}\right]=\frac{r}2\left[C_m^r+\sum_{k=0}^{m-2}C_k^{r-1}-\sum_{k=0}^{m-1}C_k^{r-1}\right]\\&=\frac{r}2\left(C_m^r-C_{m-1}^{r-1}\right)=\frac{r}2C_m^{r-1}=\frac{r}2\cdot\frac{\left(r-1\right)!}{m!\left(r-1-m\right)!}=\frac{m+1}2\cdot\frac{r!}{\left(m+1\right)!\left[r-\left(m+1\right)\right]!}=\frac{m+1}2C_{m+1}^r\end{aligned}$



3. 令 $x$ 為滿足 $\displaystyle x^3+\frac1{x^3}=2\sqrt5$ 的實數。請求出 $\displaystyle x^2+\frac1{x^2}$。
訣竅
針對一數與其倒數所產生的結構進行分析即可。
解法
令 $\displaystyle t=x+\frac1x$，那麼所求為 $\displaystyle x^2+\frac1{x^2}=t^2-2$，而給定的條件為 $t^3-3t=2\sqrt5$。很自然地運用代換，令 $t=a\sqrt5$，那麼條件式化為 $5a^3-3a-2=0$，故因式分解為 $\left(a-1\right)\left(5a^2+5a+2\right)=0$，故解得 $a=1$ 與 $\displaystyle a=\frac{-5\pm\sqrt{-15}}{10}$。又僅考慮實根，故 $a=1$，因此 $t=\sqrt5$，因此所求為 $\sqrt5^2-2=3$。


4. 將三角形三邊長記作 $a$、$b$、$c$，將面積記作 $A$。證明他們總是滿足

   $a^2+b^2+c^2\geq4\sqrt3A$

   並指出等號成立條件。
訣竅
此為知名的外森比克不等式(Weitzenböck's inequality)。
解法一

由於 $\left(a^2-b^2\right)^2+\left(b^2-c^2\right)^2+\left(c^2-a^2\right)^2\geq0$，展開有

$\displaystyle a^4+b^4+c^4\geq a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2$

隨後同乘以 $\displaystyle \frac43$ 並同時加上 $\displaystyle\frac{2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)-3\left(a^4+b^4+c^4\right)}3$ 可得出

$\displaystyle\frac{\left(a^2+b^2+c^2\right)^2}3=\frac{\left(a^4+b^4+c^4\right)+2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)}3\geq2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)-\left(a^4+b^4+c^4\right)=\left(4A\right)^2$

其中最後一個等號我們使用了海龍公式如下

$\displaystyle\begin{aligned}\left(4A\right)^2&=16s\left(s-a\right)\left(s-b\right)\left(s-c\right)=\left(a+b+c\right)\left(-a+b+c\right)\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)\\&=\left[\left(b+c\right)^2-a^2\right]\left[a^2-\left(b-c\right)^2\right]=a^2\left[\left(b+c\right)^2+\left(b-c\right)^2\right]-a^4-\left(b^2-c^2\right)^2\\&=a^2\left(2b^2+2c^2\right)-a^4-\left(b^4-2b^2c^2+c^4\right)=2\left(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2\right)-\left(a^4+b^4+c^4\right)\end{aligned}$

解法二
由於 $\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2\geq0$，故知 $a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca$，兩邊兩倍後加上 $a^2+b^2+c^2$ 有
$\displaystyle3\left(a^2+b^2+c^2\right)\geq\left(a+b+c\right)^2=3\sqrt{3\left(a+b+c\right)\left(\frac{a+b+c}3\right)^3}$
由算術幾何不等式可知
$\displaystyle\left(\frac{a+b+c}3\right)^3=\left(\frac{\left(-a+b+c\right)+\left(a-b+c\right)+\left(a+b-c\right)}3\right)^3\geq\left(-a+b+c\right)\left(a-b+c\right)\left(a+b-c\right)$
故搭配海龍公式可知
$a^2+b^2+c^2\geq4\sqrt3A$
證明完畢。
解法三
首先透過餘弦定理可知
$c^2=a^2+b^2-2ab\cos C$
又面積公式有 $\displaystyle A=\frac{ab\sin C}2$。因此
$\displaystyle\begin{aligned}a^2+b^2+c^2-4\sqrt3A&=2a^2+2b^2-2ab\cos C-2\sqrt3ab\sin C\\&=2a^2+2b^2-4ab\sin\left(C+\frac\pi3\right)\geq2\left(a^2-2ab+b^2\right)=2\left(a-b\right)^2\geq0\end{aligned}$
因此所欲證的不等式成立。
註記

Weitzaenböck不等式可加強為哈德威格爾(Hadwiger)不等式：

$a^2+b^2+c^2\geq4\sqrt3A+\left(a-b\right)^2+\left(b-c\right)^2+\left(c-a\right)^2$

也可加強為琴思法斯(Tsintsifas)不等式

$\displaystyle a^2+b^2+c^2\geq ab+bc+ca\geq\frac{9abc}{a+b+c}\geq4\sqrt3A$