103年，特招，數學科，詳解

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師大心測中心公佈的【非選樣卷說明】

97年，基測，第二次，數學科，詳解

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107年，會考，數學科，詳解

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97年，基測，第一次，數學科，詳解

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大栗博司，《用數學的語言看世界》，第1章，第2節，賭博的不敗之法，公式推導

加州理工學院物理系的大栗博司教授為其女兒撰有《数学の言葉で世界を見たら》一書(介紹頁面連結)(簡體中譯版：《從數學的語言看世界》，人民郵電出版社，介紹頁面連結；繁體中譯版：《用數學的語言看世界：一位博士爸爸送給女兒的數學之書，發現數學真正的趣味、價值與美》，臉譜出版社，介紹頁面連結)。

此書深入淺出，讀來彷若一位和藹的父親以親切的語言為愛女講解數學。美中不足之處在於本書部分內容連載於大栗教授的網站，不僅讀來不甚方便，一個更嚴重的問題是那些補充資料都是日文，無論是簡體還是繁體翻譯版都沒有譯出，在在顯示出規劃此書的編輯的眼光不夠深遠。人民郵電出版社的介紹頁面的討論區中，有大陸網友留言：「作者在个人网站补充的一些内容会有翻译吗？日文实在看不懂，要是英文就好了」

我手上的版本是簡體中文翻譯版。我覺得無論是印刷還是排版都勝過台版，更重要的是，簡體版的網站上附有勘誤，這是台灣出版社完全不及中國的。

第1章第2節〈賭博的不敗之法〉的公式推導是刊於網站的補充內容。我不會日文，只能靠著google翻譯，配著數學式去猜測內容。以下內容雖是該公式的推導，但並非大栗教授原文的全譯，一半混雜了我自己的推導，記號也與大栗教授原文略有差異。

首先，假定$m \ge 1$。對於擲出第1次的結果，有2種可能性：以p的機率擲出正面，資金變為$m+1$元；以q的機率擲出反面，資金變為$m-1$元。再從第2次開始，如果是從$m+1$元開始，那麼按照書中的定義，變為N元的機率為$P(m+1, N)$；從$m-1$元開始，變為N元的機率則是$P(m-1, N)$。因此得到遞迴關係式：
$$P(m, N) = p \times P(m+1, N) + q \times P(m-1, N).$$
不難理解$P(0, N) = 0, P(N, N) = 1$。前者的原因為0元毫無翻本的可能；後者好比一起跑就在終點。

(類似的遞迴之推導另可參考我的文章〈台中區國立高級中學103學年度大學入學第一次學科能力測驗聯合模擬考，選填2〉。)

為方便計算，以下記$P(k, N) = a_k$。所以根據上文的討論，我們要求解的即是以下的遞迴式：
$$\left\{ \begin{align*} a_k &= p \times a_{k+1} + q \times a_{k-1}, k \ge 1 \\ a_0 &=0 \\ a_N &= 1 \end{align*} \right.$$
對於遞迴關係$a_k = p \times a_{k+1} + q \times a_{k-1}$，變形為
$$p \times a_{k+1} = a_k - q \times a_{k-1}.$$
左右同時減去$p \times a_k$，於是
$$p \times a_{k+1} - p \times a_k = a_k  - p \times a_k - q \times a_{k-1},$$
注意到$p+q = 1$，所以得
$$p(a_{k+1} - a_k) = q(a_k - a_{k-1}).$$
此為等比關係！故得
$$a_{k+1} - a_k = \left( \frac{q}{p} \right)^k (a_1 - a_0).$$
代入初始條件$a_0 = 0, a_N = 1$，有
$$a_N = \left[ 1 + \left( \frac{q}{p} \right) + \cdots + \left( \frac{q}{p} \right)^{N-1} \right] a_1$$
與
$$a_m = \left[ 1 + \left( \frac{q}{p} \right) + \cdots + \left( \frac{q}{p} \right)^{m-1} \right] a_1.$$
故
$$\begin{align*}  a_m &=  \left[ 1 + \left( \frac{q}{p} \right) + \cdots + \left( \frac{q}{p} \right)^{m-1} \right] a_1 \\ &= \left[ 1 + \left( \frac{q}{p} \right) + \cdots + \left( \frac{q}{p} \right)^{m-1} \right] \times \frac{a_N}{1 + \left( \frac{q}{p} \right) + \cdots + \left( \frac{q}{p} \right)^{N-1}} \\ &= \frac{1 - \left( \frac{q}{p} \right)^m}{1 - \frac{q}{p}} \times \frac{1}{1 + \left( \frac{q}{p} \right) + \cdots + \left( \frac{q}{p} \right)^{N-1}} \\ &= \frac{1 - \left( \frac{q}{p} \right)^m}{1 - \frac{q}{p}} \times \frac{1 - \frac{q}{p}}{1 - \left( \frac{q}{p} \right)^N} \\ &= \frac{1 - \left( \frac{q}{p} \right)^m}{1 - \left( \frac{q}{p} \right)^N}. \end{align*}$$

(證明終了)

參考資料

[1] 大栗博司，第１話　補遺：①　ギャンブラーの破産問題。

$n$次方根函數的連續性

==定理1==

$\forall n \in \mathbb{N}$,
(i) $\displaystyle \lim_{x \rightarrow 0+} \sqrt[n]{x} = 0$；
(ii) $\displaystyle \forall a \in \mathbb{R}^+, \lim_{x \rightarrow a} \sqrt[n]{x} = \sqrt[n]{a}$。

==證明==

(i) $\forall \varepsilon > 0$，取$\delta = \varepsilon^n$，則$\forall x \in (0, \delta)$得
$$|\sqrt[n]{x} - 0| = \sqrt[n]{x} < \sqrt[n]{\delta} = \sqrt[n]{\varepsilon^n} = \varepsilon.$$

(ii) $\forall \varepsilon > 0$，取$\delta = \sqrt[n]{a}^{n-1}\varepsilon$，則$\forall x \in (a-\delta, a) \cup (a, a+\delta)$，利用割圓恆等式得
$$\begin{align*}  |\sqrt[n]{x} - \sqrt[n]{a}| &= \frac{|\sqrt[n]{x} - \sqrt[n]{a}| \times {\color{red} {|\sqrt[n]{x}^{n-1} + \sqrt[n]{x}^{n-2}\sqrt[n]{a} + \cdots + \sqrt[n]{x}\sqrt[n]{a}^{n-2} + \sqrt[n]{a}^{n-1}|}}}{\color{red} {|\sqrt[n]{x}^{n-1} + \sqrt[n]{x}^{n-2}\sqrt[n]{a} + \cdots + \sqrt[n]{x}\sqrt[n]{a}^{n-2} + \sqrt[n]{a}^{n-1}|}} \\ &= \frac{|x - a|}{|\sqrt[n]{x}^{n-1} + \sqrt[n]{x}^{n-2}\sqrt[n]{a} + \cdots + \sqrt[n]{x}\sqrt[n]{a}^{n-2} + \sqrt[n]{a}^{n-1}|} \\ &= \frac{|x - a|}{\sqrt[n]{x}^{n-1} + \sqrt[n]{x}^{n-2}\sqrt[n]{a} + \cdots + \sqrt[n]{x}\sqrt[n]{a}^{n-2} + \sqrt[n]{a}^{n-1}} \\ &< \frac{\delta}{\sqrt[n]{a}^{n-1}} \\ &= \frac{\sqrt[n]{a}^{n-1} \varepsilon}{\sqrt[n]{a}^{n-1}} \\ &= \varepsilon.  \end{align*}$$

(證明終了)

定理1意味著n次方根函數$f(x) = \sqrt[n]{x}, x \ge 0$在非負實數$[0, +\infty)$上是連續的。

高木貞治的《解析概論》§10在證明實數指數的指數律$(a^x)^y = a^{xy}$中用到了「最後一個等式的證明利用$x^r$[r為有理數]的連續性」，不過高木沒有給出此敘述的證明。以下利用定理1的結果說明此敘述是正確的。

==定理2==

有理冪函數(rational power function)$f(x) = x^r, r \in \mathbb{Q}$在正實數$\mathbb{R}^+$上是連續的。

==證明==

假定m, n為正整數。

情形1  r為正有理數，$r = \frac{m}{n}$

此時$f(x) = x^r = x^{\frac{m}{n}} = \sqrt[n]{x^m} = \sqrt[n]{x}^m = \underbrace{\sqrt[n]{x} \times \sqrt[n]{x} \times \cdots \times \sqrt[n]{x}}_{m {\text{個}}}$。由定理1知$\sqrt[n]{x}$是連續函數。再由「連續函數之四則運算結果仍為連續函數」可知$f(x) = x^r$為連續函數。

情形2  r為負有理數，$r = -\frac{m}{n}$

此時$f(x) = x^r = x^{-\frac{m}{n}} = \frac{1}{x^{\frac{m}{n}}}$，其中分母的$x^{\frac{m}{n}}$由情形1可知為連續函數，再根據「連續函數之四則運算結果仍為連續函數」可知$f(x) = x^r$為連續函數。

(證明終了)

[附記]

這種分情形的手法是我學自H. B. Fine（維基百科介紹頁面）的A College Algebra（網際網路資料庫Archive的掃描檔）。

==參考資料==

[1] 高木貞治，解析概論(改訂第3版)，岩波書店。(簡體中譯本：馮速等譯，《高等微積分》，人民郵電出版社)
[2] H. B. Fine, A College Algebra, Ginn and the Company. (繁體中譯本：駱師曾等譯，莊禮深校，《范氏大代數》，世界書局)

日本數學奧林匹亞JMO，1991，初賽，問題3，給定三角形三中線長度，求三角形面積

==問題==

==譯文==

三角形ABC的中心為G，$\overline{GA} = 2\sqrt{3}, \overline{GB} = 2\sqrt{2}, \overline{GC} = 2$，求三角形ABC的面積。

==解答==

本題偶爾見於國中幾何題中，是較具難度的題目，略有名氣。常見的做法為考慮重心G對某邊(例如$\overline{BC}$)中點的對稱點(要用點對稱！)，然後作出一個小平行四邊形，觀察其中的一部分的三角形，會發現三條線段長度正巧符合直角三角形邊長關係，從而得出原來三角形ABC的一部分為直角三角形。再利用三中線六等分三角形的概念，即可推知三角形面積。

此作法的優點是所用到的工具僅限於國中程度，相當巧妙。然而，巧雖巧矣，普通學生實在很難想到。(我的學生邢○○：「這誰想的到啊！？」)

(其實也不難想，就是稍微修改通常所見到證明三角形重心存在性之證明，但這是馬後炮。)

(我自己教學時，證明重心存在性，是用兩中線分割面積比來證的。因為，我覺得一般課本的證法不好想到。台北南門國中曾明德老師撰文一篇討論重心的教學，可參考。)

我目前還沒看到哪本書給出不同的作法，大家都是抄來抄去。

以下給出一個利用三角函數的作法。

如圖設定各點座標。

由於G是重心，所以有$\frac{A+B+C}{3}=G(0, 0)$，按x, y分量來看，得
$$\left\{ \begin{align*} 2\sqrt{3} + 2\sqrt{2}\cos \theta + 2\cos \varphi &= 0 \\ 2\sqrt{2} \sin \theta + 2 \sin \varphi &= 0 \end{align*} \right.$$
整理得
$$\left\{ \begin{align*} \sqrt{2}\cos \theta + \cos \varphi &= -\sqrt{3} \\ \sqrt{2} \sin \theta + \sin \varphi &= 0 \end{align*} \right.$$
平方相加得
$$2 (\cos^2 \theta + \sin^2 \theta) + 2\sqrt{2}(\cos \theta \cos \varphi + \sin \theta \sin \varphi) + (\cos^2 \varphi + \sin^2 \varphi) = 3.$$
所以有
$$\cos (\theta - \varphi) = 0.$$
因此$\theta - \varphi = 90^\circ$（$\theta - \varphi$當然不可能是$180^\circ$或是其他角度）。從而可知$\triangle CGB$為直角三角形，且$\angle G = 90^\circ$。故
$$\triangle ABC = \triangle CGB \times 3 = \left( 2\sqrt{2} \times 2 \times \frac{1}{2} \right) \times 3 = 6 \sqrt{2}.$$

（解答結束）

==後記==

寫完上面的正文後，再google一下，做點文獻回顧。搜尋關鍵字「已知三中線長求面積」，略略看了一下，不論是網誌還是YouTube影片，幾乎所有人的作法也是一樣的。只有在這裡看到一個使用向量的解法。向量的作法很精緻，我的作法直接，本質等價，表現氣質不同。

不過說到底，這種題目給國中生做，挑戰性蠻高的。一個問題是，在普通的國中課程框架內，找對稱點這種本質上為幾何變換的解題手法，頗難應用到一般的題目上去，就變成了知識網絡中的孤立點。就算教了，學生泰半只會覺得「好難想到」，要嘛隔兩天就忘了，不然就是渾渾噩噩地背起來。我認為還是放在高中階段再解會比較恰當。

96年，基測，第二次，數學科，詳解

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96年，基測，第一次，數學科，詳解

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用排容原理解機率題目

==問題==

某學校有並排的6間空房，任意分給新到的教師(一人一間)，求甲、乙兩位教師的房間均不與丙的房間相鄰的機率。

==出處==

沈文選、楊清桃，數學應用展觀，哈爾濱工業大學出版社，2018。第5章，思考題4

==解答==

命$\Omega$為任意排列所構成的樣本空間，事件$A=$甲與丙相鄰，事件$B=$乙與丙相鄰。

因此$A^c=$甲不與丙相鄰，$B^c=$乙不與丙相鄰，而$A^c \cap B^c=$甲、乙均不與丙相鄰。

由De Morgan定理，得
$$\begin{align*}n(A^c \cap B^c) &= n[(A \cup B)^c] \\ &= n(\Omega) - n(A \cup B) \\ &= n(\Omega) - [n(A) + n(B) - n(A \cap B)] \\ &= n(\Omega) - n(A) - n(B) + n(A \cap B).\end{align*}$$
以下分別計算$n(\Omega), n(A), n(B)$以及$n(A \cap B)$。

顯然$n(\Omega) = 6! = 720$。

將宿舍編號為1, 2, 3, 4, 5, 6。以甲、丙而論，若要相鄰，則可先取相鄰的兩間，如(1, 2), (2, 3), (3, 4), (4, 5), (5, 6)，共5種可能。入住後，甲、丙可再交換，然後再讓其他人入住。因此
$$n(A) = 5 \times 2! \times 4! = 5 \times 2 \times 24 = 240.$$
同理亦有
$$n(B) = 5 \times 2! \times 4! = 5 \times 2 \times 24 = 240.$$

接著，對於$A \cap B$，此時甲、乙、丙三人入住，那麼可以取(1, 2, 3), (2, 3, 4), (3, 4, 5), (4, 5, 6)共4種可能。入住後，僅有可能為「甲、丙、乙」或是「乙、丙、甲」(丙一定只能是在中心位置)。因此得
$$n(A \cap B) = 4 \times 2! \times 3! = 4 \times 2 \times 6 = 48.$$

從而有
$$n(A^c \cap B^c) = n(\Omega) - n(A) - n(B) + n(A \cap B) = 720 - 240 - 240 + 48 = 288,$$
所以
$$P(A^c \cap B^c) = \frac{n(A^c \cap B^c)}{n(\Omega)} = \frac{288}{720} = \frac{2}{5}.$$