正方形內扇形重疊區域面積問題

=題目=

如圖，ABCD 為正方形且邊長為1 公分，以各頂點為圓心，1 公分為半徑做$\frac{1}{4}$弧，試求斜線區域面積。

=答案=

$1+\frac{\pi}{3}-\sqrt{3}$

=詳解=

首先假設圖中各區域的面積分別為$a, b, c$，如下圖所示。

為了求出$c$的大小，我們可以連接$\overline{OA}$與$\overline{OB}$，然後考慮正三角形$OAB$與扇形$AOD$及扇形$BOC$，將這三個部分從整個正方形$ABCD$中扣掉後，就會得到一塊$c$的面積。如下圖所示。

因此

$$c = 1\times 1  - \frac{\sqrt{3}}{4}\cdot 1^2 - \pi \cdot 1^2 \cdot \frac{30}{360} - \pi \cdot 1^2 \cdot \frac{30}{360} = 1 - \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{6}.$$

另外再看原圖中，可知整個正方形$ABCD$扣除$\frac{1}{4}$圓形$ABD$後，剩下的部分恰好是$2c+b$，也就有

$$2c+b = 1 - \pi \cdot 1^2 \cdot \frac{90}{360} = 1 - \frac{\pi}{4}.$$

因此

$$b = \left( 1 - \frac{\pi}{4} \right) - 2 \cdot \left( 1 - \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{6} \right) = \frac{\pi}{12} + \frac{\sqrt{3}}{2} - 1.$$

於是

$$a = 1-4b-4c = 1-4 \cdot \left( \frac{\pi}{12} + \frac{\sqrt{3}}{2} - 1 \right) - 4\cdot \left( 1 - \frac{\sqrt{3}}{4} - \frac{\pi}{6} \right) = 1 + \frac{\pi}{3} - \sqrt{3}.$$

一道平面幾何的圓的問題

=題目=

如圖，已知兩平行線\( L_1, L_2 \)與圓\( \Gamma \)交於\( A, B, C, D \)四點，連接\( \overline{AD}, \overline{BC} \)交於\( P \)點，且\( \angle BPD = 45^\circ \)。若直線\( L_1 \)平分圓\( \Gamma \)的面積，則\( \Delta ABP \)的面積為\( \Delta CDP \)面積的幾倍？

=答案=

2倍

=詳解=

由於\( L_1 \)平分\( \Gamma \)的面積，所以\( \overline{AB} \)為直徑。

由於\( \angle ABC \)與\( \angle ADC \)皆為圓周角，且都夾\( \overparen{AC} \)，所以\( \angle ABC = \angle ADC \)。又\( \angle APB \)與\( \angle CPD \)為對頂角，所以\( \angle APB = \angle CPD \)。因此\( \Delta APB \sim \Delta CPD \)。

過\( P \)做直線\( L_3 \parallel \overline{AB} \)，則由平行線內錯角相等可知\( 45^\circ = \angle ABP + \angle CDP (= 2\angle ABP = 2\angle CDP ) \)，即\( \angle ABP = \frac{45^\circ}{2} \)。

自\( P \)向\( \overline{AB} \)與\( \overline{CD} \)作垂線，設垂足分別為\( M \)與\( N \)。連接\( \overline{AC} \)，注意\( \angle BCA = 90^{\circ} \)。

假設圓\( \Gamma \)半徑長1。於是便可寫出\( \overline{MB} = 1, \overline{PB} = \frac{1}{\cos 22.5^\circ} \)。

再假設\( \overline{PD} \)是\( \overline{PB} \)的\( k \)倍。於是\( \overline{PN} = k, \overline{PD} = \frac{k}{\cos 22.5^\circ} \)。由於\( \Delta PCD \)是等腰三角形，其中\( \overline{PC} = \overline{PD} \)，所以\( \overline{PC} = \frac{k}{\cos 22.5^\circ} \)。

在\( \Delta ABC \)中，利用銳角三角函數的定義有

\[ \frac{\frac{1}{\cos 22.5^\circ} + \frac{k}{\cos 22.5^\circ}}{2} = \cos 22.5^\circ. \]

整理得

\[ \frac{k+1}{2 \cos 22.5^\circ} = \cos 22.5^\circ. \]

於是再利用半角公式得

\[ k = 2 \cos^2 22.5^\circ - 1 = 2 \times \frac{1 + \cos 2 \times 22.5^\circ}{2} - 1 = \frac{1}{\sqrt{2}}. \]

這表示\( \Delta PBA \)與\( \Delta PCD \)邊長比為\( 1: \frac{1}{\sqrt{2}} = \sqrt{2}: 1 \)，從而面積比為\( (\sqrt{2})^2: 1^2 = 2: 1 \)。

（解答終了）

一道帶參數的有理分式不等式

=題目=

已知對於任意實數\(  x \)，不等式\( \frac{2x^2 + 2kx + k}{4x^2 + 6x + 3} < 1 \)恆成立，試求實數\( k \)的範圍。

=答案=

\( 1 < k < 3 \)

=詳解=

遇到分式不等式，必須移項，使一邊變為0，然後再用分子分母同號或異號去求解。所以原本的不等式先變形為

\[ \frac{2x^2 + 2kx + k}{4x^2 + 6x + 3} - 1 < 0. \]

接著化簡不等式左端的式子，

\[ \frac{2x^2 + 2kx + k}{4x^2 + 6x + 3} - 1 = \frac{2x^2 + 2kx + k}{4x^2 + 6x + 3} - \frac{4x^2 + 6x + 3}{4x^2 + 6x + 3} = \frac{-2x^2 + (2k - 6)x + (k - 3)}{4x^2 + 6x + 3}. \]

從而不等式變為

\[ \frac{-2x^2 + (2k - 6)x + (k - 3)}{4x^2 + 6x + 3} < 0. \]

分子除以分母為負，表示分子與分母必然異號，從而相乘的結果也必定為負。另外分母不可為0，所以我們轉而考慮以下的聯立不等式

\[ \left\{ \begin{align*} &[-2x^2 + (2k - 6)x + (k - 3)](4x^2 + 6x + 3)<0 \\ &4x^2 + 6x + 3 \ne 0 \end{align*}.  \right. \]

分析分母\( 4x^2 + 6x + 3 \)，此為二次式，平方項係數為正，且判別式為\( 6^2 - 4 \cdot 4 \cdot 3 < 0 \)，所以恆正。

從而不等式\( [-2x^2 + (2k - 6)x + (k - 3)](4x^2 + 6x + 3)<0 \)可化為

\[ -2x^2 + (2k - 6)x + (k - 3) < 0. \]

（我們可以直接去掉不等式中的恆正因子而不用考慮是否需要變號）

為方便計算，將式子中的正負號變號，化為

\[ 2x^2 - (2k - 6)x - (k - 3) > 0. \]

這表示二次式\( 2x^2 - (2k - 6)x - (k - 3) \)恆正。由於其中平方項係數為2，是正數，所以我們只需再確認判別式為負即可。

\[ {\text{判別式}}  = [-(2k-6)]^2 - 4 \cdot 2 \cdot [-(k-3)] < 0. \]

展開整理得

\[ k^2 - 4k + 3 < 0. \]

然後再因式分解得

\[ (k-3)(k-1) < 0. \]

便解出

\[ 1 < k < 3. \]

（解答終了）

[111學測數A，多項式與二次函數] 不可能是\( y=g(x) \)圖形頂點的\( y \)座標

 =題目=

設\( f(x), g(x) \)皆為實係數多項式，其中\( g(x) \)是首項係數為正的二次式。已知\( \left( g(x) \right)^2 \)除以\( f(x) \)的餘式為\( g(x) \)，且\( y=f(x) \)的圖形與\( x \)軸無交點。試選出不可能是\( y=g(x) \)圖形頂點的\( y \)座標之選項。

(1) \( \frac{\sqrt{2}}{2} \)

(2) 1

(3) \( \sqrt{2} \)

(4) 2

(5) \( \pi \)

=答案=

(1)

=詳解=

由於二次式\( y=g(x) \)的圖形為拋物線，故假設其頂點為\( (h, k) \)，從而可將\( g(x) \)的式子寫為\( y=a(x-h)^2+k \)，其中正數\( a \)為\( g(x) \)的首項係數。

接著再假設\( \left( g(x) \right)^2 \)除以\( f(x) \)的商式為\( q(x) \)，亦即有除法算式

\[ \left( g(x) \right)^2 \div f(x) = q(x)...g(x). \]

將之改寫為乘法算式為

\[ \left( g(x) \right)^2 = f(x) \cdot q(x) + g(x). \]

由於\( g(x) \)是二次式，所以\( \left( g(x) \right)^2 \)為四次式。另外因為除法餘式的次數必小於除式的次數，從而除式\( f(x) \)的次數為三次或四次。

但如果\( f(x) \)的次數為三次，那麼其圖形\( y=f(x) \)必會與\( x \)軸有交點，和題目條件矛盾。所以\( f(x) \)的次數必為四次。

再看回除法算式\( \left( g(x) \right)^2 = f(x) \cdot q(x) + g(x) \)，既然\( \left( g(x) \right)^2 \)為四次、\( f(x) \)為四次，那麼商式\( q(x) \)一定是（非零）常數，設為\( A \)。重新改寫乘法算式得

\[ \left( g(x) \right)^2 = f(x) \cdot A + g(x). \]

然後移項得

\[ \begin{align*}f(x) \cdot A &= \left( g(x) \right)^2 - g(x) \\ &= g(x)[g(x) - 1] \\ &= [a(x-h)^2 + k][a(x-h)^2 + (k-1)]. \end{align*} \]

因此

\[ f(x) = \frac{1}{A}[a(x-h)^2 + k] [a(x - h)^2 + (k-1)]. \]

由於\( y=f(x) \)的圖形與\( x \)軸無交點，因此對於任意實數\( x \)而言，\( a(x-h)^2 + k \)與\( a(x - h)^2 + (k-1) \)都不等於0。又已知平方項係數為正之二次函數圖形必開口向上，從而\( a(x-h)^2 + k \)與\( a(x - h)^2 + (k-1) \)都恆正。

由\( a(x - h)^2 + k \)恆正可知\( k>0 \)。

由\( a(x - h)^2 + (k-1) \)恆正可知\( k-1>0 \)，即\( k>1 \)。

綜上所述得\( k>1 \)。所以選(1)、(2)。

（解答終了）

紅色球先取完的機率

昔から言うではありませんか。微分のことは微分でせよと

（漢譯：不是早就說過了嗎？有關微分的事用微分來做吧！）

高木貞治(1875-1960) 

=題目=

袋中有15球，6紅5黑4白，今天從中一次拿一顆球，取完不放回，取完為止。試問，紅球最先被拿完的機率為多少？

=答案=

\( \frac{14}{55} \)

=解析=

由於是依序取球，且取後不放回，並取完為止，所以樣本空間\( S \)之結構為排列。計算樣本空間\( S \)中所包含的樣本點個數：

\[ n(S) = \frac{15!}{6! 5! 4!} = 630630. \]

接著思考所謂紅球先被取完的意思，在此情況之下，最後一球必為黑球或是白球。

假定最後一顆球為黑球，那麼全部6顆紅球必然會出現在最後一顆白球之前。更具體來說，我們可以假設在第5顆黑球與第4顆白球之間有\( x \)顆黑球，然後在第4顆白球之前有6顆紅球、3顆白球以及\( 4 - x \)顆黑球，其中\( x \in \{ 0, 1, 2, 3, 4 \} \)。亦即形如

6顆紅球、3顆白球、\( 4-x \)顆黑球  ｜  第4顆白球  ｜   \( x \)顆黑球  ｜  第5顆黑球

球的個數確認後，接著來計算排列數，於是這樣一共有

\[ \frac{13!}{6!3!4!} + \frac{12!}{6!3!3!} + \frac{11!}{6!3!2!} + \frac{10!}{6!3!1!} + \frac{9!}{6!3!} = 84084.  \]

接著再假定最後一顆球為白球，那麼全部6顆紅球必然會出現在最後一顆黑球之前。更具體來說，我們可以假設在第4顆白球與第5顆黑球之間有\( y \)顆黑球，然後在第5顆黑球之前有6顆紅球、4顆黑球以及\( 3 - y \)顆黑球，其中\( y \in \{ 0, 1, 2, 3 \} \)。亦即形如

6顆紅球、4顆黑球、\( 3-y \)顆白球  ｜  第5顆黑球  ｜   \( y \)顆白球  ｜  第4顆白球

球的個數確認後，接著來計算排列數，於是這樣一共有

\[ \frac{13!}{6!4!3!} + \frac{12!}{6!4!2!} + \frac{11!}{6!4!1!} + \frac{10!}{6!4!} = 76440.  \]

綜合以上計算結果，可知紅球先取完的機率為

\[ P = \frac{84084 + 76440}{630630} = \frac{14}{55}. \]

=附註=

本題是在臉書高中數學討論區見到的。蘭陽女中陳敏晧老師也曾在《HPM通訊》第十七卷第十期撰文〈如何計算紅球先取完的機率？〉討論。臉書網友的討論間或有謬誤，而陳老師的文章又稍嫌抽象。我在這邊給出一個直接的方法來處理，效果如何，尚待讀者先進批評指教。

多項式餘式問題一道

=題目= 

已知多項式\(f(x)\)除以\( x^2 + x + 1 \)和\( x+1 \)的餘式分別為\(2x-3\)和1，若\((x+2)f(x)\)除以 \((x+1)(x^2+x+1)\)的餘式為\(ax^2+bx+c\)，其中\(a,b,c\)為實數，則\(a−2b+c\)之值为何？

=答案=

\( -6 \)

=解析=

\( \begin{align*} f(x)&=(x^2+x+1)q_1 (x)+2x-3 \\ f(x)&=(x+1)q_2(x)+1 \Rightarrow f(-1)=1 \\ 1&=f(-1)=[(-1)^2+(-1)+1]q_1(-1)+2(-1)-3=q_1(-1)-5 \\ q_1(-1)&=6 \end{align*} \)

因此\( q_1(x)=6+p(x)(x+1)\)，其中\( p(x)\) 為任意多項式。（這裡使用了Newton插值法的書寫方式）

於是\( f(x)=(x^2+x+1)[6+p(x)(x+1)]+2x-3 = 6(x^2+x+1)+(x+1)(x^2+x+1)p(x)+2x-3 \)。

然後

\( \begin{align*} (x+2)f(x)&=(x+2)[6(x^2+x+1)+(x+1)(x^2+x+1)p(x)+2x-3] \\ &=6(x+2)(x^2+x+1)+(x+2)(x+1) (x^2+x+1)p(x) + (x+2)(2x-3) \\ &=6[(x+1)+1](x^2+x+1)+(x+1)(x^2+x+1)(x+2)p(x) +2x^2+x-6 \\ &=6(x+1)(x^2+x+1)+6(x^2+x+1) +(x+1)(x^2+x+1)(x+2)p(x)+2x^2+x-6 \\ &=(x+1)(x^2+x+1)[(x+2)p(x)+6]+8x^2+7x \end{align*} \)

\( \Rightarrow a=8, b=7, c=0 \)

所求\( a-2b+c=8-14+0=-6\)

（解答終了）

=附註=

本題是在臉書高中數學討論區社團看到的，一位彰化女中的學生鄭雅菁提問的。儘管她回覆網友她得到解答了，但她貼出來的解答卻是有問題的，我看了後覺得怪怪的，也不知為何討論串的留言被關閉，所以我就自己算了一遍，私訊發給她，也順道把這題目給我的學生們瞧瞧。

[106學測，排列組合] 小明午餐計畫安排：牛肉麵、大滷麵、咖哩飯及排骨飯

 ==問題==

小明想要安排從星期一到星期五共五天的午餐計畫。他的餐點共有四種選擇：牛肉麵、大滷麵、咖哩飯及排骨飯。小明想要依據下列兩原則來安排他的午餐：

（甲）每天只選一種餐點但這五天中每一種餐點至少各點一次；

（乙）連續兩天的餐點不能重複且不連續兩天吃麵食。

根據上述原則，小明這五天共有幾種不同的午餐計畫？

(1)52    (2)60    (3)68    (4)76    (5)84

（出處：106，學測數學）

==答案==

(2)

==解析==

首先，因為餐點只有4種，而每天都只能吃1種，然後又每種都至少必須點1次，這表示必然有其中一種餐點選了2次（而其他餐點都被各選1次）。

為了討論方便，我們將4種餐點分別記為$N_1, N_2, R_1, R_2$（麵：Noodle；飯：Rice）。

按照前文所述，當我們只先關心該週餐點構成，先不討論吃的順序，那就有以下4種情況：

（1）$N_1$重複：$N_1, N_1, N_2, R_1, R_2$

（2）$N_2$重複：$N_1, N_2, N_2, R_1, R_2$

（3）$R_1$重複：$N_1, N_2, R_1, R_1, R_2$

（4）$R_2$重複：$N_1, N_2, R_1, R_2, R_2$

接著我們來處理排列的順序。

根據條件（乙）「連續兩天的餐點不能重複且不連續兩天吃麵食」，那麼以上的4種情況中，前兩種（麵重複）比較容易處理，我們可以用兩個$R$去把三個$N$給隔開，形如

$$N_\square R_\square N_\square R_\square N_\square$$

（注意現在已經開始考慮順序了！）以情況（1）來說，兩個$R$的下標只能不重複地填入1與2，然後三個$N$的下標就是填入兩個1與一個2，因此方法數為

$$2! \times \frac{3!}{2!1!} = 2 \times 3 = 6.$$

情況（2）討論的方式也相同，只不過在填入三個$N$的下標時改為填入一個1與兩個2。因此方法數同樣也是

$$2! \times \frac{3!}{1!2!} = 2 \times 3 = 6.$$

然後是情況（3）與（4）了。

同樣根據條件（乙），對於情況（3），必須①$N_1, N_2$不相鄰、②$R_1, R_1$不相鄰，這種限制位置的排列問題，依照過去學習經驗，我們應該採用排容原理。設事件$A=\{N_1, N_2\text{不相鄰}\}$、事件$B = \{ R_1, R_1不相鄰 \}$，於是

$$A'=\{N_1, N_2\text{相鄰}\}, B' = \{ R_1, R_1相鄰 \}.$$

注意無論是$n(A'), n(B')$還是$n(A' \cap B')$都很容易計算！使用排容原理與De Morgan定律，我們有

$$\begin{align*}  n(A \cap B) &= n[(A' \cup B')'] \\ &=n(U) - n(A' \cup B') \\ &=\frac{5!}{2!} - [n(A') + n(B') - n(A' \cap B')] \\ &= 60 - \left[\frac{4!}{2!}\times 2! + 4! - 3!\times 2!\right] \\ &= 60 -[24 + 24 - 12] \\ &= 24. \end{align*}$$

情況（4）的討論基本上與情況（3）相仿，只是要把本來的事件$B = \{ R_1, R_1不相鄰 \}$換成事件$C = \{ R_2, R_2不相鄰 \}$，然後計算的方式與數字都會完全相同，因此方法數同樣也是24。

綜上所述，小明安排午餐的方法一共是$6 + 6 + 24 + 24 = 60$種，選(2)。

（解答終了）