處理集合問題不一定只能用文氏圖：以106學測多選第12題為例

==問題==

某班級50位學生，段考國文、英文、數學及格的人數分別為45、39、34人，且英文及格的學生國文也都及格。現假設數學和英文皆及格的有$x$人，數學及格但英文不及格的有$y$人。請選出正確的選項。

(1) $x+y=39$

(2) $y \le 11$

(3) 三科中至少有一科不及格的學生有$39-x+y$人

(4) 三科中至少有一科不及格的學生最少有11人

(5) 三科中至少有一科不及格的學生最多有27人

==答案==

(2), (5)

==解答==

一般而言，這類題目標準手法就是使用文氏圖（Venn diagram），但本題如果使用文氏圖，例如下面，我認為是相對複雜的，一般學生畫不太出來，我自己也覺得難畫。

本題常見解答的文氏圖（來源：https://chu246.blogspot.com/2018/02/106.html）

我這裡提供一個畫數線的處理方法，或許某種程度來說相對更容易一些，供各位參考指教。

首先我們畫出一條橫線代表全班，在上頭標記50，表示全班共有50人。

接著對於國文、英文與數學三科，其中國文人數最多，而且人數是確定的，從而我們再繼續畫出第二條橫線來表示國文及格者，在上頭標記45，表示國文及格者共有45人。

上圖中紅色線段表示國文不及格者，共有5人。

接著來畫人數第二多的英文，注意由條件「英文及格的學生國文也都及格」，這意味著代表英文的橫線，其繪製範圍必然限制於國文的範圍之內，如下所示。

上圖中綠色線段表示國文及格且英文不及格者，共有6人。粉紅色線段為國文不及格與英文不及格者，共有5人。

最後來畫數學及格的橫線。注意數學與其他科並未有任何特殊關係，因此代表數學的線段可以在全範圍內移動，下圖中展示幾種可能性。

「數學和英文皆及格」與「數學及格但英文不及格」將代表數學的線段分為兩部分，我們現在將之畫出，其中用橘色表示「數學和英文皆及格」，人數為$x$；用紫色表示「數學及格但英文不及格」，人數為$y$。

現在來討論每個選項。

(1) ×：$x + y = 34$。

(2) ○：由圖可知。

(3) ×：「三科中至少有一科不及格的學生」＝「全班」－「三科全及格」＝$50-x$。

           這裡「三科全及格」，就是三條橫線「共同」涵蓋的部分，由上圖可知就是$x$。

(4) ×：$23 \le x \le 34 \Rightarrow 16 \le 39 - x \le 27$，所以「三科中至少有一科不及格的學生」最少16人。

(5) ○：見(4)之討論。

（解答終了）

三角函數疊合反推發生極值區間範圍的決定參數

==問題==

已知函數$y = f(x) = \sqrt{3} \sin \alpha x + \cos \alpha x$（$\alpha > 0$）的圖形在$- \frac{\pi}{4} \le x \le \frac{\pi}{3}$的範圍下，恰有一個最大值點與最小值點，則實數$\alpha$的範圍為何？

==解答==

首先對函數進行疊合，

$$y = f(x) = \sqrt{3} \sin \alpha x + \cos \alpha x = 2 \sin \left( \alpha x + \frac{\pi}{6} \right).$$

由$- \frac{\pi}{4} \le x \le \frac{\pi}{3}$得$\frac{\pi}{6} - \frac{\alpha \pi}{4} \le \alpha x + \frac{\pi}{6} \le \frac{\pi}{6} + \frac{\alpha \pi}{3}$。令$\theta = \alpha x + \frac{\pi}{6}$，故原本的函數$f(x)$變為$g(\theta) = 2 \sin \theta$，其中$\frac{\pi}{6} - \frac{\alpha \pi}{4} \le \theta \le \frac{\pi}{6} + \frac{\alpha \pi}{3}$，且$g(\theta)$在$\left[ \frac{\pi}{6} - \frac{\alpha \pi}{4},  \frac{\pi}{6} + \frac{\alpha \pi}{3}\right]$中恰有一個最大值與最小值點。

關於$\theta$之範圍，可看成是以$\frac{\pi}{6}$為出發點，向左延伸$\frac{\alpha \pi}{4}$、向右延伸$\frac{\alpha \pi}{3}$。左右延伸量的長度比為$\frac{\alpha \pi}{4} : \frac{\alpha \pi}{3} = 3: 4$。注意向右延伸的長度比較長！

由上圖可知，在$\alpha$充分小時，$y = g(\theta)$在$\left[ \frac{\pi}{6} - \frac{\alpha \pi}{4},  \frac{\pi}{6} + \frac{\alpha \pi}{3}\right]$是嚴格遞增的。我們逐步增加$\alpha$的大小，在區間右端點達到$\frac{3\pi}{2}$時，$\alpha = 4$，這時區間左端點為$- \frac{5\pi}{6}$，但$g(\theta)$會在$\left[ \frac{\pi}{6} - \frac{\alpha \pi}{4},  \frac{\pi}{6} + \frac{\alpha \pi}{3}\right]$發生2次最小值，與題目條件矛盾。因此右端點$\frac{\pi}{6} + \frac{\alpha \pi}{3}$必須$< \frac{3\pi}{2}$，也就是有

$$\frac{\pi}{6} + \frac{\alpha \pi}{3} < \frac{3\pi}{2},$$

得$\alpha < 4$。

綜上所述，本題答案為$0 < \alpha < 4$。

2022年9月16日文章〈一道式的運算題目〉的幾何另解

原題目如下

若三個非零實數$a, b, c$滿足$a+b+c=a^2+b^2+c^2=2$，則

$$\frac{(1-a)^2}{bc}+\frac{(1-b)^2}{2ca}+\frac{(1-c)^2}{3ab}$$

的值為何？

原解答請見我2022年9月16日的文章〈一道式的運算題目〉 。類似的題目也可參考我2021年1月10日的文章〈一道三變數的受約束極值問題〉。

以下是本題的幾何解答。

為敘述方便，將原題目的$a, b, c$依序替換為$x, y, z$。如2022年9月16日文章所言，兩個約束條件$x + y + z = 2$與$x^2 + y^2 + z^2 = 2$分別是三維空間中的平面與球，記為$E$與$S$。聯立考慮則為一個空間中的圓，設其圓心為$K$、半徑為$R$。

我們可以取平面$E$的法向量為$\overrightarrow{n} = (1, 1, 1)$。而$d(O, E) = \frac{|0 + 0 + 0 - 2|}{\sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2}} = \frac{2}{\sqrt{3}} = \frac{2}{3} \sqrt{3}$。由於$| \overrightarrow{n}| = \sqrt{1^2 + 1^2 + 1^2} = \sqrt{3}$，因此有$\overrightarrow{OK} = \frac{2}{3} \overrightarrow{n} = \left( \frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3} \right)$，故$K$之座標為$\left( \frac{2}{3}, \frac{2}{3}, \frac{2}{3} \right)$。

由於球面$S$的半徑為$\sqrt{2}$，而$\overline{OK} = d(O, E) = \frac{2}{3} \sqrt{3}$，因此由商高定理有$R = \sqrt{(\sqrt{2})^2 - \left( \frac{2}{3} \sqrt{3} \right)^2} = \frac{\sqrt{6}}{3}$。

現在我們要取一個與法向量$\overrightarrow{n}$垂直的向量，從而這向量可經過適當的平移而完全落在平面$E$上。不難由內積的計算可取向量$\overrightarrow{a} = (1, 0, -1)$，其長度為$\sqrt{2}$。接著再取$\overrightarrow{b} = \overrightarrow{n} \times \overrightarrow{a} = (-1, 2, -1)$。從而$\overrightarrow{n}, \overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}$構成空間中的一組正交基。

接著我們重新調整向量$\overrightarrow{a}$與$\overrightarrow{b}$的長度，使其長度恰好是$R = \frac{\sqrt{6}}{3}$。取向量$\overrightarrow{p} = \frac{\sqrt{3}}{3} \overrightarrow{a} = \left( \frac{\sqrt{3}}{3}, 0, -\frac{\sqrt{3}}{3} \right)$，然後$\overrightarrow{q} = \frac{1}{3} \overrightarrow{b} = \left( -\frac{1}{3}, \frac{2}{3}, -\frac{1}{3} \right)$。

此時圓$K$之圓周上任一點$P$的座標均可表示為

$$P = K + \cos \theta \overrightarrow{p} + \sin \theta \overrightarrow{q}, \quad \theta \in [0, 2\pi].$$

具體寫出其每個座標分量為

$$\left\{ \begin{align*} &x = \frac{2}{3} + \frac{\sqrt{3}}{3} \cos \theta - \frac{1}{3} \sin \theta \\ &y = \frac{2}{3} + \frac{2}{3} \sin \theta \\ &z = \frac{2}{3} - \frac{\sqrt{3}}{3} \cos \theta - \frac{1}{3} \sin \theta \end{align*} \right. ,$$

將之代入所要計算的式子$\frac{(1-a)^2}{bc}+\frac{(1-b)^2}{2ca}+\frac{(1-c)^2}{3ab}$進行化簡，即可求出結果為$\frac{11}{6}$。

參考資料

[1] 〈Re: [幾何] 三維空間的圓〉https://www.ptt.cc/bbs/Math/M.1295717959.A.C88.html

[2] 一道三變數的受約束極值問題https://cosmicmathschool.blogspot.com/2021/01/blog-post.html

負負得正

今天上高二的課，學生很好奇大學數學系在學什麼，我隨口舉了抽象代數中環論的負負得正為例子。想起自己在YouTube上最早發的教學影片就是證明負負得正，不過一直沒有寫成文章。為了以後教學方便，今天就寫下來。

考慮具么環（ring with identity）$R$，下面證明所謂的負負得正：$(-1) \times (-1) = 1$。

$$\begin{align*} (-1) \times (-1) &= (-1) \times (-1) + 0 &\quad\quad[0的定義] \\ &= (-1) \times (-1) + [1 + (-1)] &\quad\quad[加法反元素] \\ &= (-1) \times (-1) + 1 + (-1) \times 1 &\quad\quad[1的定義] \\ &= (-1) \times (-1) + (-1) \times 1 + 1 &\quad\quad[加法交換律] \\ &= [(-1) \times (-1) + (-1) \times 1] + 1 &\quad\quad[加法結合律] \\ &= (-1) \times [(-1) + 1] + 1 &\quad\quad[分配律] \\ &= (-1) \times 0 + 1  &\quad\quad[加法反元素] \\&= 0 + 1 &\quad\quad[任何數乘以零還是零] \\&= 1 &\quad\quad[0的定義] \end{align*}$$

參考

Garrett Birkhoff, Saunders Mac Lane, A Survey of Modern Algebra (5th edn.), A K Peters/CRC Press, 1998

$a \times 0 = 0$，任何數乘以零還是零

考慮具么環（ring with identity）$R$，對於其中任一元素$a$，下面證明$a \times 0 = 0$。

$$\begin{align*} a \times 0 &= a \times 0 + 0 & \quad\quad[0的定義] \\ &= a \times 0 + [a + (-a)] & \quad\quad[加法反元素] \\ &= a \times 0 + a \times 1 + (-a) &\quad\quad[1的定義] \\ &= (a \times 0 + a \times 1) + (-a) &\quad\quad[加法結合律] \\ &= a \times (0 + 1) + (-a) &\quad\quad[分配律] \\ &= a \times 1 + (-a) &\quad\quad[0的定義] \\ &= a + (-a) &\quad\quad[1的定義] \\ &= 0 &\quad\quad[加法反元素] \end{align*}$$

一道式的運算題目

==題目== 

若三個非零實數$a, b, c$滿足$a+b+c=a^2+b^2+c^2=2$，則

$$\frac{(1-a)^2}{bc}+\frac{(1-b)^2}{2ca}+\frac{(1-c)^2}{3ab}$$

的值為何？

==解答==

本題的兩個約束條件$a+b+c=2$與$a^2+b^2+c^2=2$分別代表三維空間中的平面與球面，不過幾何意象對於此題的求解可稱毫無幫助，所以不該朝幾何方向思考。

事實上滿足兩約束條件的集合在空間中是一個圓，不容易參數化，然而所求式子基本上肯定是個定值（不帶參數），所以我們必須採用代數手段，才能解出具體的數值。

說到這裡，其實我們可以採用偷吃步，想辦法湊出三個數$a, b, c$來滿足約束條件，然後代入所求式子，得到的答案必然是滿足所有情況的答案，也就是用特例去矇分數。

不過我自己既然已經用合法的手段算出答案，那瞎矇胡湊的工作就留給讀者，我實在懶得思考，不願花太多心力在這種無聊的事上頭。（我完整解出這道問題當然有資格這樣說）

現在開始講我的正經解法。

再繼續觀察所要求值的式子，肯定是知道$(1-a)$與$bc$、$(1-b)$與$ca$、$(1-c)$與$ab$的比例後，才有辦法算出來。不太可能是這幾個分數通分化簡後得到一個漂亮的數字，因為這幾個分母的係數感覺帶有隨意性。

要找出$(1-a)$與$bc$的關係，我們從$a+b+c=2$著手。

$$\begin{align*} a+b+c=2 &\Rightarrow b+c = 2-a \\ &\Rightarrow (b+c)^2 = (2-a)^2 \quad\quad  [平方是為了製造bc] \\ & \Rightarrow b^2+2bc+c^2 = 4-4a+a^2 \\ & \Rightarrow (2-a^2)+2bc = 4-4a+a^2  \\ & \Rightarrow bc = 1-2a+a^2 \\ & \Rightarrow bc = (1-a)^2 \quad\quad [大功告成]\end{align*}$$

其他的兩項也是照樣辦理，可得

$$ca = (1 - b)^2 \quad 與 \quad ab = (1 - c)^2.$$

因此所求

$$\frac{(1-a)^2}{bc}+\frac{(1-b)^2}{2ca}+\frac{(1-c)^2}{3ab} = 1 + \frac{1}{2} + \frac{1}{3} = \frac{11}{6}.$$

（解答終了）

==出處==

好小子，勾結境外勢力來挑戰為師😀

題目

「金面佛」苗人鳳（1984年，《新飛狐外傳》，邵氏）

許介彥《數學悠哉遊》，第11單元，〈線性遞迴的求解〉，練習題3，詳解

==問題== 

集合$\{1, 2, 3\}$總共有$2^3 = 8$個部分集合，其中有些部分集合所含的元素中沒有任何兩個元素的大小之差為1，這樣的部分集合有$\varnothing, \{1\}, \{2\}, \{3\}, \{1, 3\}$等五個。對任意正整數$n$，假設$a_n$代表集合$\{1, 2, \cdots, n\}$的所有部分集合中，不含大小之差為1的兩個元素的部分集合個數；我們已知$a_3 = 5$，試用遞迴的方式定義數列$a_1, a_2, a_3, \cdots$，然後利用本篇的方法求出$a_n$的一般式。

==解答==

$n$時，將集合$\{1, 2, \cdots, n\}$滿足題目所求的部分集合所構成的集合記為$D_n$。

下面列出前幾個$D_n$。

$$\begin{eqnarray*} D_1 &=& \left\{ \varnothing, \{1\} \right\}, \\ D_2 &=& \left\{ \varnothing, \{1\}, \{2\} \right\},  \\ D_3 &=& \left\{ \varnothing, \{1\}, \{2\}, \{3\}, \{1, 3\} \right\}, \\ D_4 &=& \left\{ \varnothing, \{1\}, \{2\}, \{3\}, \{4\}, \{1, 3\}, \{1, 4\}, \{2, 4\} \right\}, \\ D_5 &=& \left\{ \varnothing, \{1\}, \{2\}, \{3\}, \{4\}, \{5\}, \{1, 3\}, \{1, 4\}, \{1, 5\}, \{2, 4\}, \{2, 5\}, \{3, 5\}, \{1, 3, 5\} \right\}. \end{eqnarray*}$$

於是可知

$$a_1 = 2, a_2 = 3, a_3 = 5, a_4 = 8, a_5 = 13.$$

猜測$\{ a_n \}$為Fibonacci數列。

下面來證明$\{ a_n \}$確實為Fibonacci數列。

首先觀察$n=5$的情形，在$D_5$中，$\varnothing, \{1\}, \{2\}, \{3\}, \{4\}, \{1, 3\}, \{1, 4\}, \{2, 4\}$都恰好是$D_4$的所有元素，而剩下的$\{5\}, \{1, 5\}, \{2, 5\}, \{3, 5\}, \{1, 3, 5\}$，如果把$\bf 5$刪去，變成$\varnothing, \{1\}, \{2\}, \{3\}, \{1, 3\}$，恰好就是$D_3$的所有元素。所以自然有

$$a_5 = a_4 + a_3.$$

從而$a_{n+2} = a_{n+1} + a_n$應該會成立。

對於充分大的$n$，在$D_{n+2}$中，依據「是否包含元素$n+2$」可分為兩大類，我們將含有元素$n+2$的子集合所構成的集合記為$A_{n+2}$，而不含元素$n+2$的子集合所構成的集合記為$B_{n+2}$。所以顯然有

$$D_{n+2} = A_{n+2} \cup B_{n+2}, {\text{且}} A_{n+2} \cap B_{n+2} = \varnothing.$$

在$A_{n+2}$中，每個成員集合都含有元素$n+2$，而第二大的元素要嘛不存在，要嘛不超過$n$，因此如果將所有成員集合中的元素$n+2$刪除，於是這些集合就都會變成$D_n$的元素。

另外，在$D_n$中，由於每個成員集合中所包含的數最大不超過$n$，因此如果在每個成員集合中的尾巴添上$n+2$，那麼這些新構造出來的集合都會是$D_{n+2}$的元素。

以上我們構造出$A_{n+2}$與$D_n$之間的一個雙射（bijection），故$\left| A_{n+2} \right| = \left| D_n \right| = a_n$。

接著來討論$B_{n + 2}$

由於其中每個成員集合皆不包含$n + 2$，所以要不是空集合，要不所含的數最大不超過$n + 1$，同時因為$B_{n+2}$要滿足條件「部分集合所含的元素中沒有任何兩個元素的大小之差為1」，於是可斷定$B_{n+2}$根本就是$D_{n+1}$，從而$\left| B_{n+2} \right| = \left| D_{n+1} \right| = a_{n+1}$。

綜上所述，我們確實得到

$$a_{n+2} = a_{n+1} + a_n, (n \ge 1).$$

此為Fibonacci數列關係式，其一般式的解法可見課文第149頁，在此不加贅述。

（解答終了）

二次方程式之根與係數關係和正切和角公式的一道題目

==問題==

設$\tan \alpha, \tan \beta$為$x^2 - 3x - 5 = 0$之二根，則$\sin^2 (\alpha + \beta) - 3 \cos (\alpha + \beta) \sin (\alpha + \beta) + 5 \cos^2 (\alpha + \beta)=$？

==解答==

由根與係數關係得

$$\tan \alpha + \tan \beta = \frac{-(-3)}{1} = 3,$$

$$\tan \alpha \cdot \tan \beta = \frac{-5}{1} = -5.$$

因此由正切和角公式得

$$\tan (\alpha + \beta) = \frac{\tan \alpha + \tan \beta}{1 - \tan \alpha \tan \beta} = \frac{3}{1 - (-5)} = \frac{1}{2}.$$

於是可知$\alpha + \beta$是第一或第三象限角，$\sin$與$\cos$同號！解出

$$\cos (\alpha + \beta) = \pm \frac{2}{\sqrt{2^2 + 1^2}} = \pm \frac{2}{\sqrt{5}},$$

$$\sin (\alpha + \beta) = \pm \frac{1}{\sqrt{2^2 + 1^2}} = \pm \frac{1}{\sqrt{5}}.$$

從而

$$\begin{align*} &\sin^2 (\alpha + \beta) - 3 \cos (\alpha + \beta) \sin (\alpha + \beta) + 5 \cos^2 (\alpha + \beta) \\ =& \left( \pm \frac{1}{\sqrt{5}} \right)^2 - 3 \cdot \left( \pm \frac{2}{\sqrt{5}} \right) \left( \pm \frac{1}{\sqrt{5}} \right) + 5 \cdot \left( \pm \frac{2}{\sqrt{5}} \right)^2 \\ =& 3. \end{align*}$$

==註記==

本題出自於某本《徐氏數學》，圖中紅圈的部分是網友在臉書的高中數學討論區請教的部分。

我真覺得徐氏所寫的解法常常是天外飛來一筆，相當吝惜筆墨來解釋，對於學生的幫助相當有限，以致於常常有學生看不懂。我是沒有特別去細讀，但我印象中，徐氏某些解法其實在數學上是有漏洞的，因此我很少推薦學生去讀徐氏作為輔助教材。

假分式化真分式求最小值

 ==主旨==

利用假分式化為真分式的技巧，將目標函數化為易於處理的形式，再利用Cauchy不等式求出最小值。

==題目==

1. 回顧〈配方、Lagrange恆等式與Cauchy不等式〉一文的結論。
2. 設$f(x), g(x)$都是多項式，其中$g(x) \ne 0$，我們稱$\frac{f(x)}{g(x)}$為「分式」。當$\deg f(x) < \deg g(x)$時，我們稱$\frac{f(x)}{g(x)}$為真分式；當$\deg f(x) \ge \deg g(x)$時，我們稱$\frac{f(x)}{g(x)}$為假分式。我們可以利用多項式的除法，將假分式化為帶分式，也就是形如$h(x) + \frac{j(x)}{g(x)}$的式子，其中$h(x), j(x)$都是多項式，且$\deg j(x) < \deg g(x)$。試將以下各小題的假分式化為帶分式：
   (i)  $\frac{a^2 + 4}{a}$；
   (ii)  $\frac{b^2}{b+3}$。
3. 已知$a + b = 3$，證明$\frac{a^2 + 4}{a} + \frac{b^2}{b + 3} = \left( \frac{2}{\sqrt{a}} \right)^2 + \left( \frac{3}{\sqrt{b+3}} \right)^2$。
4. 若已知$a + b = 3$，試利用Cauchy不等式求出$\frac{a^2 + 4}{a} + \frac{b^2}{b + 3}$的最小值，以及相應的$a, b$取值。

一道簡單的不等式問題

==問題== 

設$a, b, c$皆為正實數，且滿足$a^2 + b^2 = c^2$，試證明$a^3 + b^3 < c^3$。

出處：大島學習塾。

==解答==

$$\begin{align*} c^3 &= c \cdot c^2 \\ &= \sqrt{a^2 + b^2} \cdot \left( a^2 + b^2 \right) \\ &= \sqrt{a^2 + b^2} \cdot a^2 + \sqrt{a^2 + b^2}\cdot b^2 \\ &> \sqrt{a^2} \cdot a^2 + \sqrt{b^2} \cdot b^2 \\ &= |a| \cdot a^2 + |b| \cdot b^2 \\ &= a \cdot a^2 + b \cdot b^2 \\ &= a^3 + b^3 \end{align*}$$

（證明終了）

==註記==

本來一看到$a^2 + b^2 = c^2$與$a, b, c$皆為正數，就滿腦子朝三角函數的方向走，假設了$a = c \cdot \cos \theta, b = c \cdot \sin \theta, \theta \in \left( 0, \frac{\pi}{2} \right)$，結果化簡後發現沒有簡單到哪去。後來重新整理思緒，發現其實單純的比較根號大小就好，並不需要耍什麼花招。

2022 暑假國中AI科技營

多年來我任職於台北的@鵬展文理補習班 ，承蒙@李家源 主任照顧與提攜，讓我得以在教學上自由發揮，研發各種教材與教法，兢兢業業的為教育貢獻心力，即便我現在到竹南頭份開業，我們依然保持緊密合作，一起共用教材，彼此支援課程。

今年暑假，鵬展與@汯鉅科技、以及@師大科技系合作，在暑期為孩子開設了當今最熱門的ＡＩ人工智慧營隊！與我們一路辦學精神相同，最優秀的師資、最用心的教學，希望能夠引領孩子登堂入室，一窺最新科技的面貌！

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一道共線問題

==問題== 

已知$a>0, b<0$，點$P(a, b)$在$x^2 + y^2 = 15$上。若相異三點$A(a^2, a^3), B(b^2, b^3), C(1, 1)$共線，求$ab$之值。

==答案==

$-3$

==解答==

        由$a>0$且$b<0$可知$b \ne a$。

        由$A, B, C$三點相異得$a \ne \pm 1, b \ne \pm 1$。

        由於$A, B, C$三點共線，所以$\overrightarrow{AB}$與$\overrightarrow{AC}$平行，因此有

$$\frac{b^3 - a^3}{b^2 - a^2} = \frac{1 - a^3}{1 - a^2},$$

使用乘法公式展開，得

$$\frac{(b - a)(b^2 + ba +a^2)}{(b - a)(b + a)} = \frac{(1 - a)(1 + a + a^2)}{(1 - a)(1 + a)},$$

整理得

$$\frac{b^2 + ba + a^2}{b + a} = \frac{1 + a + a^2}{1 + a}.$$

交叉相乘得

$$(1 + a)(b^2 + ba +a^2) = (b + a)(1 + a + a^2).$$

展開化簡後得

$$b^2 + ab^2 = a + b.$$

移項為

$$(ab^2 - a) + (b^2 - b) = 0.$$

然後

$$a(b - 1)(b + 1) + b(b - 1) = 0,$$

$$(b - 1)[a(b+1) + b] = 0,$$

等號左右同時消去$b - 1$得

$$ab + a + b = 0.$$

改寫為

$$ab = -a - b.$$

已知$a^2 + b^2 = 15$，所以有

$$(ab)^2 = (-a - b)^2,$$

$$(ab)^2 = a^2 + 2ab + b^2,$$

$$(ab)^2 = 15 + 2ab,$$

$$(ab)^2 - 2ab - 15 = 0.$$

因式分解得

$$(ab - 5)(ab + 3) = 0.$$

由於$a, b$異號，所以$ab = -3$。

（解答終了）

用矩陣方法處理橢圓旋轉後的方程式

目錄

1  矩陣的轉置

2  矩陣轉置的乘法

3  內積運算用矩陣乘法表達

4  橢圓的標準式

5  旋轉矩陣及其逆

6  旋轉橢圓的方程式

1  矩陣的轉置

        考慮域$K$ 上的$m \times n$矩陣$A$:

$$A = \begin{bmatrix} a_{11} & \cdots & a_{1n} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{m1} & \cdots & a_{mn}  \end{bmatrix}.$$

其轉置$A^T$是域$K$ 上的$n \times m$矩陣：

$$A^T = \begin{bmatrix} a_{11} & \cdots & a_{m1} \\ \vdots & & \vdots \\ a_{1n} & \cdots & a_{mn}  \end{bmatrix}.$$

若命$A^T = B$，於是有

$$b_{ij} = a_{ji}, (1 \le i \le n, 1 \le j \le m.)$$

其中$b_{ij}$意味著矩陣$B$中的$(i, j)$位置元素，而$a_{ji}$是矩陣$A$中的$(j, i)$位置元素。

例1：

$$\begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix}^T = \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 2 & 5 \\ 3 & 6 \end{bmatrix}.$$

（例題終了）

2  矩陣轉置的乘法

定理1：在域$K$上，設$A$為$m \times n$矩陣、$B$為$n \times k$矩陣，於是有$(AB)^T = B^T A^T$。

[證]. 命$AB = C, (AB)^T = D, B^T = E, A^T = F$，於是

$$d_{ij} = c_{ji} = Ar(j) \cdot Bc(i) = \sum_{s = 1}^{n} a_{js} b_{si} = \sum_{s = 1}^{n} f_{sj} e_{is} = \sum_{s = 1}^{n} e_{is} f_{sj} = Er(i) \cdot Fc(j).$$

其中$Ar(i) = \begin{bmatrix} a_{i1} & \cdots & a_{in} \end{bmatrix}$，$Bc(j) = \begin{bmatrix} b_{1j} \\ \vdots \\ b_{nj} \end{bmatrix}$，餘類推。

（證明終了）

例2：取

$$A = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix}, B = \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix}.$$

於是

$$A^T = \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 2 & 5 \\ 3 & 6 \end{bmatrix}, B^T = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 1 \end{bmatrix},$$

然後

$$AB = \begin{bmatrix} 1 & 2 & 3 \\ 4 & 5 & 6 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} -1 \\ 0 \\ 1 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 \\ 2 \end{bmatrix}$$

因此

$$(AB)^T = \begin{bmatrix} 2 \\ 2 \end{bmatrix}^T = \begin{bmatrix} 2 & 2 \end{bmatrix}.$$

而

$$B^T A^T = \begin{bmatrix} -1 & 0 & 1 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 1 & 4 \\ 2 & 5 \\ 3 & 6 \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} 2 & 2 \end{bmatrix}$$

所以有

$$(AB)^T = B^T A^T.$$

（例題終了）

3  內積運算用矩陣乘法表達

        考慮域$K$上的$n$維內積空間$K^n$，對於其中任意兩個向量$\bf{v}$與$\bf{w}$，

$${\bf v} = \begin{bmatrix} v_1 \\ \vdots \\ v_n \end{bmatrix}, {\bf w} = \begin{bmatrix} w_1 \\ \vdots \\ w_n \end{bmatrix},$$

定義其內積（inner product）為

$${\bf v} \cdot {\bf w} = v_1 w_1 + \cdots + v_n w_n.$$

如果我們將域$K$視作$1 \times 1$矩陣空間，於是有

$${\bf v} \cdot {\bf w} = \begin{bmatrix} v_1 w_1 + \cdots + v_n w_n \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} v_1 & \cdots & v_n \end{bmatrix} \begin{bmatrix} w_1 \\ \vdots \\ w_n \end{bmatrix} = {\bf v}^T {\bf w}.$$

定理2：對於域$K$上的$n$維內積空間$K^n$中的任意兩個向量$\bf{v}$與$\bf{w}$，有

$${\bf v} \cdot {\bf w} = {\bf v}^T {\bf w}.$$

4  橢圓標準式的矩陣表述

        在$\mathbb{R}^2$中，二元二次方程式

$$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$$

稱為「中心在原點的橢圓的標準式」。更精細地說，用方程式$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1$定義之橢圓$\Gamma$的集合描述為

$$\Gamma = \left \{ P = (x, y) \in \mathbb{R}^2  \mid \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \right \}.$$

現在，我們重新改寫橢圓標準式，改用矩陣語言來表示：

$$\frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = x \cdot \frac{x}{a^2} + y \cdot \frac{y}{b^2} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} \frac{x}{a^2} \\ \frac{y}{b^2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} \cdot \begin{bmatrix} \frac{1}{a^2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{b^2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}^T \begin{bmatrix} \frac{1}{a^2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{b^2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}.$$

取$\overrightarrow{OP} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = {\bf v}$，$D = \begin{bmatrix} \frac{1}{a^2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{b^2} \end{bmatrix}$，便可將橢圓標準式寫為

$${\bf v}^T D {\bf v} = 1.$$

（其中矩陣取名為$D$之理由為該矩陣是對角矩陣，diagonal matrix）於是橢圓$\Gamma$的集合描述可改寫為

$$\Gamma = \left\{ {\bf v} \in \mathbb{R}^2 \mid {\bf v}^T D {\bf v} = 1, D = \begin{bmatrix} \frac{1}{a^2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{b^2} \end{bmatrix} \right\}.$$

例3：橢圓$\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1$的矩陣方程式為

$$\begin{bmatrix} x & y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & \frac{1}{9} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = 1.$$

（例題終了）

例4：橢圓$3x^2 + 7y^2 = 1$的矩陣方程式為

$$\begin{bmatrix} x & y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} 3 & 0 \\ 0 & 7 \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = 1.$$

（例題終了）

5  旋轉矩陣及其逆

        在$\mathbb{R}^2$上，以原點$O$為旋轉中心，將向量$\bf v$循逆時針方向旋轉角度$\theta$的變換矩陣為

$$R_\theta = \begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix}.$$

而此變換的逆的幾何意義就是將向量$\bf v$循逆時針方向旋轉角度$-\theta$，因此可得到

$$R_\theta^{-1} = R_{-\theta} = \begin{bmatrix} \cos (-\theta) & -\sin (-\theta) \\ \sin (-\theta) & \cos (-\theta) \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos \theta & \sin \theta \\ -\sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix}.$$

再根據轉置的定義，可發現其實$\begin{bmatrix} \cos \theta & \sin \theta \\ -\sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \cos \theta & -\sin \theta \\ \sin \theta & \cos \theta \end{bmatrix}^T$，亦即有

$$R_{\theta}^{-1} = \left\{ \begin{align*} &R_{-\theta} \\ &R_{\theta}^T \end{align*} \right. .$$

所以在計算旋轉矩陣的逆的時候，不需要引用逆矩陣公式，直接取其轉置即可。

例5：$R_{30^{\circ}} = \begin{bmatrix} \cos 30^{\circ} & - \sin 30^{\circ} \\ \sin 30^{\circ} & \cos 30^{\circ} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix}$，於是$R_{30^{\circ}}^{-1} = R_{30^{\circ}}^T = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & -\frac{1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix}^T = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ -\frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix}$。

（例題終了）

6  旋轉橢圓的方程式

        現在考慮橢圓

$$\Gamma = \left\{ (x, y) \in \mathbb{R}^2 \mid \frac{x^2}{a^2} + \frac{y^2}{b^2} = 1 \right\},$$

其矩陣方程式為${\bf v}^T D {\bf v} = 1$，${\bf v} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$，$D = \begin{bmatrix} \frac{1}{a^2} & 0 \\ 0 & \frac{1}{b^2} \end{bmatrix}$。然後以原點$O$為中心，逆時針方向旋轉角度$\theta$，命所得到的新橢圓為$\Gamma'$，於是對於任意$(x, y) \in \Gamma'$，必有

$$\left( R_{-\theta} {\bf v} \right)^T D \left( R_{-\theta} {\bf v} \right) = 1.$$

然後開始化簡左式，

$$\left( R_{-\theta} {\bf v} \right)^T D \left( R_{-\theta} {\bf v} \right) = {\bf v}^T \left( R_{-\theta} \right)^T D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = {\bf v}^T \left( R_{\theta}^T \right)^T D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = {\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v}.$$

因此$\Gamma'$上的點必滿足方程式

$${\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = 1.$$

        但請注意，我們現在只是證明$\Gamma'$上的點會滿足此方程式，但不表示滿足此方程式的所有點所構成的集合就是$\Gamma'$。例如以原點$O$為圓心、半徑為1，座落於第一、二象限的上半圓，其上每個點的坐標都滿足方程式$x^2 + y^2 = 1$，但方程式$x^2 + y^2 = 1$所代表的圖形卻是整個圓！

        取方程式${\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = 1$的任一解${\bf v} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$，命${\bf w} = R_{-\theta} {\bf v}$，於是

$${\bf w}^T D {\bf w} = \left( R_{-\theta} {\bf v} \right)^T D \left( R_{-\theta} {\bf v} \right) = {\bf v}^T \left( R_{-\theta} \right)^T D R_{-\theta} {\bf v} = {\bf v}^T \left( R_{\theta}^T \right)^T D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = {\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = 1.$$

這意味著${\bf w} = R_{-\theta} {\bf v}$滿足方程式${\bf v}^T D {\bf v} = 1$，也就是說${\bf w}$向量的終點在橢圓$\Gamma$上，而${\bf w}$是${\bf v}$經$R_{-\theta}$變換而來，所以${\bf v}$必可由${\bf w}$經$R_{\theta}$變換而得，從而可確定${\bf v}$的終點在橢圓$\Gamma'$上。亦即方程式${\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = 1$的任一解的終點都會是橢圓$\Gamma'$上的一點。

        因此我們就能完整確定方程式${\bf v}^T R_{\theta} D R_{\theta}^{-1} {\bf v} = 1$代表旋轉後的新橢圓！

定理3：橢圓$\Gamma: {\bf v}^T D {\bf v}$以原點$O$為旋轉中心、逆時針旋轉角度$\theta$後的新橢圓的方程式為$\Gamma': {\bf v}^T RDR^{-1} {\bf v}$。

例6：橢圓$\frac{x^2}{4} + \frac{y^2}{9} = 1$以原點$O$為中心、旋轉$30^{\circ}$後，新橢圓的方程式為何？

[解] 取${\bf v} = \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix}$、$D = \begin{bmatrix} \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & \frac{1}{9} \end{bmatrix}$、$R = \begin{bmatrix} \cos 30^{\circ} & -\sin 30^{\circ} \\ \sin 30^{\circ} & \cos 30^{\circ} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{-1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix}$，於是

$$RDR^{-1} = \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{-1}{2} \\ \frac{1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{1}{4} & 0 \\ 0 & \frac{1}{9} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{\sqrt{3}}{2} & \frac{1}{2} \\ \frac{-1}{2} & \frac{\sqrt{3}}{2} \end{bmatrix} = \begin{bmatrix} \frac{31}{144} & \frac{5 \sqrt{3}}{144} \\ \frac{5 \sqrt{3}}{144} & \frac{21}{144} \end{bmatrix}.$$

所以新橢圓方程式為

$$\begin{bmatrix} x & y \end{bmatrix} \begin{bmatrix} \frac{31}{144} & \frac{5 \sqrt{3}}{144} \\ \frac{5 \sqrt{3}}{144} & \frac{21}{144} \end{bmatrix} \begin{bmatrix} x \\ y \end{bmatrix} = 1.$$

展開得

$$\frac{31}{144}x^2 + \frac{10 \sqrt{3}}{144} xy + \frac{21}{144}y^2 = 1.$$

（例題終了）

一道四球相切疊橘子求高度的問題

==問題== 

三個半徑1的球，和一個半徑為$\sqrt{3} - 1$的球疊成兩層在桌上，較小的球放上層，四球兩兩相切，則上層小球的最高點到桌面的距離為何？

==答案== 

$\sqrt{\frac{5}{3}} + \sqrt{3}$

==解答== 

        設大球三顆的球心分別為$A, B, C$，而設小球的球心為$D$，於是四點$A, B, C, D$構成一個三角錐，其中$\overline{AB} = \overline{AC} = \overline{BC} = 1 + 1 = 2$，而$\overline{DA} = \overline{DB} = \overline{DC} = (\sqrt{3} - 1) + 1 = \sqrt{3}$。

        所求高度即為

小球半徑＋$D$與平面$ABC$距離＋大球半徑.

        現在開始計算$D$與平面$ABC$距離。取$D$在平面$ABC$上的投影點為$G$，則$G$為$\Delta ABC$的重心。設$\overleftrightarrow{AG}$與$\overline{BC}$交於$M$，$\overline{BM} = \overline{CM} = 1$，$\overline{AM} = \sqrt{3}$，$\overline{AG} = \frac{2}{3} \sqrt{3}$，因此

$$\overline{DG} = \sqrt{\sqrt{3}^2 - \left( \frac{2}{3} \sqrt{3} \right)^2} = \sqrt{\frac{5}{3}}.$$

所以

$${\text{所求高度}} = (\sqrt{3} - 1) + \sqrt{\frac{5}{3}} + 1 = \sqrt{\frac{5}{3}} + \sqrt{3}.$$

（解答終了）

一道空間幾何的三角形面積問題

==問題== 

在正四面體ABCD中，於$\overline{AB}, \overline{AC}, \overline{AD}$上分別取$P, Q, R$，已知$\overline{AD}$垂直於平面$PQR$，且$\overline{AP} = 6$，試求出$\Delta PQR$的面積。

==答案==

$9 \sqrt{2}$

==解答==

題目略圖如下：

分析三角錐APQR，其中$\angle BAC = 60^{\circ} = \angle PAR = \angle QAR$，再利用三角形邊長關係得下圖：

於是$\Delta PQR$是邊長為$3\sqrt{3}, 3\sqrt{3}, 6$的三角形，其中

$$\cos R = \frac{\sqrt{3}^2 + \sqrt{3}^2 - 2^2}{2 \cdot \sqrt{3} \cdot \sqrt{3}} = \frac{1}{3},$$

且

$$\sin R = + \sqrt{1 - \cos^2 R} = \frac{2\sqrt{2}}{3}.$$

因此

$$\Delta PQR = \frac{1}{2} \cdot 3\sqrt{3} \cdot 3\sqrt{3} \cdot \frac{2\sqrt{2}}{3} = 9 \sqrt{2}.$$

（解答終了）

一道空間三平面關係的問題

==問題==

若點$P(1, 2, 3)$為三相異平面$E_1: a_1 x + b_1 y +c_1 z = 0, E_2: a_2 x + b_2 y +c_2 z = 0, E_3: a_3 x + b_3 y +c_3 z = 0$的共同點，且點$Q(2, 3, 1)$為另外三平面$F_1: a_1 x + b_1 y +c_1 z = d_1, F_2: a_2 x + b_2 y +c_2 z = d_2, F_3: a_3 x + b_3 y +c_3 z = d_3$的共同點，則$F_1, F_2, F_3$三平面的交線參數式為何？

==解答==

        首先注意題目條件稱$E_1, E_2, E_3$為三相異平面，所以必定不發生重合。

        接著注意由$E_1, E_2, E_3$構成的線性方程組$\left\{ \begin{align*} &a_1 x + b_1 y +c_1 z = 0 \\ &a_2 x + b_2 y +c_2 z = 0 \\ &a_3x + b_3 y +c_3 z = 0 \end{align*} \right.$為齊次方程組(Homogeneous system)，必有全零解$(x, y, z) = (0, 0, 0)$，所以三平面的交點至少一個。

        但又由題目條件「點$P(1, 2, 3)$為三相異平面$E_1, E_2, E_3$的共同點」可知三平面交點並不唯一。於是根據下圖中所揭示之空間中三平面的關係，可知$E_1, E_2, E_3$必交於同一直線！

（欲觀看更清晰原圖，請用滑鼠左鍵點擊一下以開啟）

命該直線為$L$，於是我們可寫出$L$的方程式為

$$L: \left\{ \begin{align*} &x = 0 + 1t \\ &y = 0 + 2t \\ &z = 0 + 3t \end{align*} \right., t \in \mathbb{R}.$$

注意其中起點為$O(0,0, 0)$，方向向量$\overrightarrow{v} = \overrightarrow{OP} = (1, 2, 3)$，並且$\overrightarrow{OP}$同於垂直於三平面$E_1, E_2, E_3$的法向量$\overrightarrow{n_1} = (a_1, b_1, c_1), \overrightarrow{n_2} = (a_2, b_2, c_2), \overrightarrow{n_3} = (a_3, b_3, c_3)$。

        接著假設$F_1, F_2, F_3$三平面的交線為$K$，其方向向量$\overrightarrow{v'}$當然也會同時與三平面$F_1, F_2, F_3$的法向量垂直，而$F_1$與$E_1$的法向量同樣是$\overrightarrow{n_1}$，其餘$F_2$與$E_2$、$F_3$與$E_3$皆然。因此我們可以取$\overrightarrow{v'} = \overrightarrow{v} = (1, 2, 3)$，從而直線$K$的方程式為

$$K: \left\{ \begin{align*} &x = 2 + 1t \\ &y = 3 + 2t \\ &z = 1 + 3t \end{align*} \right., t \in \mathbb{R}.$$

其中起點為$Q(2,3, 1)$。

（解答終了）

107指考數甲的複數問題

==問題== 

設$O$為複數平面上的原點，並令點$A, B$分別代表複數$z_1, z_2$，且滿足$|z_1| = 2, |z_2| = 3, |z_2 - z_1| = \sqrt{5}$。若$\frac{z_2}{z_1} = a+bi$，其中$a, b$為實數，$i = \sqrt{-1}$。試選出正確的選項。

(1)  $\cos \angle AOB = \frac{2}{3}$

(2)  $|z_2 + z_1| = \sqrt{23}$

(3)  $a > 0$

(4)  $b > 0$

(5)  設點$C$代表$\frac{z_2}{z_1}$，則$\angle BOC$可能等於$\frac{\pi}{2}$

[107，指考，數甲]

==答案==

(1), (3), (5)

==解答==

        由$|z_1| = 2$可假設$z_1 = 2(\cos \theta_1 + i \sin \theta_1)$。

        由$|z_2| = 3$可假設$z_2 = 3(\cos \theta_2 + i \sin \theta_2)$。

        於是

$$z_2 - z_2 = (3 \cos \theta_2 - 2 \cos \theta_1) + i (3 \sin \theta_2 - 2 \sin \theta_1).$$

由$|z_2 - z_1| = \sqrt{5}$得

$$\sqrt{(3 \cos \theta_2 - 2 \cos \theta_1)^2 + (3 \sin \theta_2 - 2 \sin \theta_1)^2} = \sqrt{5}.$$

左右平方得

$$(3 \cos \theta_2 - 2 \cos \theta_1)^2 + (3 \sin \theta_2 - 2 \sin \theta_1)^2 = 5.$$

對左式展開得

$$9 \cos^2 \theta_2 - 12 \cos \theta_2 \cos \theta_1 + 4 \cos^2 \theta_1 + 9 \sin^2 \theta_2 - 12 \sin \theta_2 \sin \theta_1 + 4 \sin^2 \theta_1 = 5.$$

整理為

$$9(\cos^2 \theta_2 + \sin^2 \theta) -12 (\cos \theta_2 \cos \theta_1 + \sin \theta_2 \sin \theta_1) + 4(\cos^2 \theta_1 + \sin^2 \theta_1) = 5,$$

$$9 - 12 \cos (\theta_2 - \theta_1) + 4 = 5,$$

就得到

$$\cos (\theta_2 - \theta_1) = \frac{2}{3}.$$

由平方恆等式$\cos^2 \varphi + \sin^2 \varphi = 1$有

$$\sin (\theta_2 - \theta_1) = \pm \sqrt{1 - \left( \frac{2}{3} \right)^2} = \pm \frac{\sqrt{5}}{3}.$$

由$\frac{z_2}{z_1} = a+bi$得

$$\frac{3(\cos \theta_2 + i \sin \theta_2)}{2(\cos \theta_1 + i \sin \theta_1)} = a+bi.$$

利用複數極式的除法關係得

$$\frac{3}{2}\left[ \cos (\theta_2 - \theta_1) + i \sin (\theta_2 - \theta_1) \right] = a + bi.$$

因此

$$a = \frac{3}{2} \cos (\theta_2 - \theta_1) = \frac{3}{2} \cdot \frac{2}{3} = 1,$$

$$b = \frac{3}{2} \sin (\theta_2 - \theta_1) = \frac{3}{2} \cdot \left( \pm \frac{\sqrt{5}}{3} \right) = \pm \frac{\sqrt{5}}{2}.$$

        下面開始討論每一個選項。

        (1) 正確。

由$z_2 = z_1 \cdot \frac{z_2}{z_1} = z_1 \cdot \left( 1 \pm \frac{\sqrt{5}}{2}i \right) = z_1 \cdot \frac{3}{2} \left( \frac{2}{3} \pm \frac{\sqrt{5}}{3} \right)$可知點$B$是由點$A$以原點$O$為旋轉中心、逆/順時針旋轉$\arccos \frac{2}{3}$後，再伸縮$\frac{3}{2}$倍而得。注意此時點$B$的位置有2種可能。無論如何，必有$\cos \angle AOB = \frac{2}{3}$。

        (2) 錯誤。

因為

$$\begin{align*} |z_2 + z_1|&= \left| 3(\cos \theta_2 + i \sin \theta_2) + 2(\cos \theta_1 + i \sin \theta_1) \right| \\ &= \left|  (3 \cos \theta_2 + 2 \cos \theta_1) + i (3 \sin \theta_2 + 2 \sin \theta_1) \right|  \\ &= \sqrt{(3 \cos \theta_2 + 2 \cos \theta_1)^2 + (3 \sin \theta_2 + 2 \sin \theta_1)^2} \\ &= \sqrt{9 + 12 \cos (\theta_2 - \theta_1) + 4} \\ &= \sqrt{21}.  \end{align*}$$

       (3) 正確。

因為$a = \frac{3}{2}$。

       (4) 錯誤。

因為$b = \pm \frac{\sqrt{5}}{2}$。

       (5) 正確。

因為$z_2 = \frac{z_2}{z_1} \cdot z_1 = \frac{z_2}{z_1} \cdot 2(\cos \theta_1 + i \sin \theta_1)$，所以可知點$B$是由點$C$以原點$O$為旋轉中心、逆時針旋轉$\theta_1$後，再伸縮2倍而得。設$\theta_1$的最小正同界角為$\theta_1^+$，則$\angle BOC = \theta_1^+$或$2\pi - \theta_1^+$。特別當我們取$\theta_1 = \frac{\pi}{2}$時，就有$\angle BOC = \frac{\pi}{2}$。因此$\angle BOC$確實可能等於$\frac{\pi}{2}$。

（解答終了）

==附註==

雖然這是一道幾何問題，但我硬是把解答寫的像是代數問題一樣嚴謹而仔細，沒有放示意圖。我當然可以很幾何地處理這道問題，不過倘若太依賴圖形，選項(5)很容易出問題。我大部分都是幾何學取向，偶爾會突然切換為代數取向，追求極致的邏輯嚴謹。

一道三角形三邊長關係的線性方程組問題

==問題== 

設$a, b, c$為$\Delta ABC$的三邊長，且使方程組$\left\{ \begin{align*} &ax+by=c \\ &bx+cy=a  \end{align*} \right.$有無限多組解，則$\Delta ABC$是何種三角形？

==解答==

由於已知線性方程組為無限多組解，而由二元一次線性方程組的幾何意義可知，此時兩條方程式可視為同一條直線，因此係數與常數之比例相同，亦即有

$$a:b = b:c = c:a,$$

其中依序是$x$係數比例、$y$係數比例與常數比例。將比例式改為分數式，

$$\frac{a}{b} = \frac{b}{c} = \frac{c}{a}.$$

假定比值為$k$，得

$$\frac{a}{b} = \frac{b}{c} = \frac{c}{a} = k.$$

（注意$k$為正數相除的結果，所以$k$必為正數）於是可得

$$a = bk, b= ck, c = ak.$$

注意到這三個關係式中，$a, b, c$各在等號兩邊恰出現1次，所以考慮三數乘積得

$$a\cdot b \cdot c = (bk) \cdot (ck) \cdot (ak),$$

整理得

$$abc = abc \cdot k^3,$$

於是解出$k = 1$，故$a = b= c$，即$\Delta ABC$為正三角形。

（解答終了）

一道身高排列問題

==問題==

設有身高不等的10人排成一列，若想讓任一較矮者不夾在兩較高者之間，則排列方法有多少種？

==解答==

        假定身高分別為：0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9。先寫出幾個可能的情況：

0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9

9, 8, 7, 6, 5, 4, 3, 2, 1, 0

1, 3, 6, 9, 8, 7, 5, 4, 2, 0

2, 5, 7, 8, 9, 6, 4, 3, 1, 0

（排列組合最重要的就是要舉例！）

這些排列有什麼特徵？

        仔細觀察可以發現，一旦最高的9確定後，接著比較矮的8就要選擇在9的左或右，然後是7選擇在左或右，依此類推。

=方法1=

        依照上面的觀察，我們可以從9開始去「生成」所有可行的排法。例如：

(i) 9 → 89 → 897 → 8976 → 89765 → 489765 → 4897653 → 48976532 → 148976532 → 1489765320

(ii) 9 → 98 → 987 → 6987 → 69875 → 698754 → 3698754 → 36987542 → 136987542 → 0136987542

也就是說，一開始就有一個9，然後放8，而8可以選擇在9的左邊或是右邊；接著放7，而7可以選擇左邊或是右邊；...依此類推。從8開始到0，每個數字都可選擇左邊或右邊，於是算式為

$$\underbrace{2 \times 2 \times \cdots \times 2}_{9 {\text 個}} = 2^9 = 512.$$

=方法2=

        另外一個方法是，首先想像有10個空位：

⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜

接著填入9，有以下可能情況：

(i) 9⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜

(ii) ⬜9⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜

...

(xi) ⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜9⬜

(x) ⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜⬜9

        對於情形(i)，我們在9的左邊沒有任何空格可以填數字，而在右方有9個位置可以填數字，於是方法為$C^9_0 \times C^9_9$。

        對於情形(ii)，我們在9的左邊有1個空格可以填數字，而在右方有8個位置可以填數字，於是方法為$C^9_1 \times C^8_8$。

...

        對於情形(xi)，我們在9的左邊有8個空格可以填數字，而在右方有1個位置可以填數字，於是方法為$C^9_8 \times C^1_1$。

        對於情形(x)，我們在9的左邊有9個空格可以填數字，而在右方有0個位置可以填數字，於是方法為$C^9_9 \times C^0_0$。

        綜上所述，所求方法數為

$$\begin{align*} &C^9_0 \times C^9_9 + C^9_1 \times C^8_8 + \cdots + C^9_8 \times C^1_1 + C^9_9 \times C^0_0 \\ =&C^9_0 \times 1 + C^9_1 \times 1 + \cdots + C^9_8 \times 1 + C^9_9 \times 1 \\ =&C^9_0 + C^9_1 + \cdots + C^9_8 + C^9_9 \\ =& 2^9 \\ =&512 \end{align*}$$

（這裡引用了二項式定理：$(A + B)^n = C^n_0 A^n B^0 + C^n_1 A^{n-1}B^1 + C^n_2 A^{n-2} B^2 + \cdots + C^n_n A^0 B^n$，其中代入$A=1, B=1$，可得$C^n_0 + C^n_1 + C^n_2 + \cdots +C^n_n = 2^n$。）

==註記==

        我個人喜歡用方法2，覺得比較自然，也比較好玩（可以跟組合級數扯上關係）。對於方法1那種慢慢生長的方式感到不太適應（雖然是自己想出來的）。

一道求高次多項式除法餘式的問題

        W小姐下午發來一道求多項式除法餘式的問題（不知道是她在得勝者(👎)那邊算到的題目還是啥的），我起初以為用假設餘式的方式、再代入特殊值就可以解出，然而進展不順利。後來我改用二項式定理處理，但是計算量十分大，跟直接寫直式除法沒兩樣，對於考場解題幾乎沒任何用處。我想了三個小時左右，總算勉強搞出來一個考試中可行的方法，這題算是一種特殊的求餘式問題吧！記錄下來，以後或許再碰到就有素材可以用。

==問題==

設$f(t) = t^{15} + 3t^{10} - t^5 - 2$，若$f(t)$除以$t^4 - t^2$之餘式為$a t^3 + b t^2 + ct + d$，求$a-b-c+d$。

==解答==

        假設除法商式為$q(t)$，於是可寫出恆等式

$$t^{15} + 3t^{10} - t^5 - 2 = (t^4 - t^2) \cdot q(t) +at^3 +bt^2 +ct +d.$$

整理為

$$t^{15} + 3t^{10} - t^5 - at^3 - bt^2 - ct - (2+d) = (t^4 - t^2) \cdot q(t),$$

然後

$$t^{15} + 3t^{10} - t^5 - at^3 - bt^2 - ct - (2+d) = t^2 (t-1) (t+1) \cdot q(t).$$

注意到右式中有個因子為$t^2$，所以左式必為$t^2$的倍式，從而可判定左式沒有1次項與常數項，故得到

$$c=0, 2+d = 0,$$

即$c = 0, d= -2$。

        重新再寫一遍式子，

$$t^{15} + 3t^{10} - t^5 - at^3 - bt^2 = t^2 (t-1) (t+1) \cdot q(t).$$

根據多項式乘法的消去律，左右兩端同時消去$t^2$，得到

$$t^{13} + 3t^8 - t^3 - at - b = (t-1) (t+1) \cdot q(t).$$

接著分別代入$t = 1$與$t = -1$，得

$$\left\{ \begin{align*} &1 + 3 - 1 - a - b = 0 \\ &-1 + 3 + 1 + a - b = 0 \end{align*} \right.$$

解出$a = 0, b= 3$。因此所求

$$a - b - c + d = 0 - 3 - 0 + (-2) = -5.$$

（解答終了）

==註記==

題目被除式中的未知數的次數15, 10, 5實在很有迷惑性，一直讓我想要使用變數變換$z = t^5$，但發現這樣變換後沒什麼鳥用。也許是我沒看出題目要害，所以本該這樣變換但沒走到正確的路。隨便啦，都耗了我三個小時，解出來就好。

一道排列組合的問題（2020，印度理工學院，Main, 5 Sep II）

 ==問題== 

某份試卷分為3節，每節都有5道試題，考生只需在全卷中選擇5道試題作答，但規定每節都至少要選擇1題作答，請問作答方法數為

(a) 3000        (b) 1500        (c) 2255        (d) 2250

（原文）

There are 3 sections in a question paper and each section contains 5 questions. A candidate has to answer a total of 5 questions, choosing at least one question from each section. Then the number of ways, in which the candidate can choose the questions, is

(a) 3000        (b) 1500        (c) 2255        (d) 2250

==解答==

首先假定考卷所分的3節分別為A, B, C，而其中各節所含的題目又可以編號為A1, A2, ..., A5, B1, B2, ..., B5, C1, C2, ..., C5。

我們可以寫出幾種可能的作答方式，如：

A1, A3, B4, B5, C1,

A1, B5, C1, C3, C5.

等等。在處理排列組合問題時，我們必須搞題目問的是什麼，要能夠在心中明確寫出幾個題目所求的具體結果。

暫且先忽略具體選的是哪幾題，只注意所選的題目是從哪裡選出、以及選了多少題，那麼所有作答方式可分為兩大類：

(甲) 某節選3題、某節選1題、某節選1題；

(乙) 某節選2題、某節選2題、某節選1題。

對於(甲)而言，顯然又可再細分3類：

A選3題，B選1題，C選1題

B選3題，A選1題，C選1題

C選3題，A選1題，B選1題

（先處理哪部分選3題比較好做）因此能計算出(甲)的方法數一共有$C^5_3 \times C^5_1 \times C^5_1 \times 3 = 750$種方法。

對於(乙)而言，顯然又可再細分3類：

A選1題，B選2題，C選2題

B選1題，A選2題，C選2題

C選1題，A選2題，B選2題

（先處理哪部分選1題比較好做）因此能計算出(甲)的方法數一共有$C^5_1 \times C^5_2 \times C^5_2 \times 3 = 1500$種方法。

綜上所述，所求方法數為$750 + 1500 = 2250$種，選(d)。

（解答終了）

二項分佈的期望值

假定隨機變數$X$服從二項分佈，即$X \sim B(n, p)$，則有機率質量函數

$$P(X = k) = {n \choose k} p^k (1 - p)^{n - k}, k = 0, 1, 2, \cdots, n.$$

$X$的期望值計算如下：

$$\begin{align*} E(X) &= \sum_{k = 0}^n k \cdot {n \choose k} p^k (1 - p)^{n - k} \\ &= \sum_{k = 1}^n k \cdot {n \choose k} p^k (1 - p)^{n - k} \\ &= \sum_{k = 1}^n k \cdot \frac{n!}{k! (n - k)!} p^k (1 - p)^{n - k} \\ &= \sum_{k = 1}^n \frac{n!}{(k - 1)! (n - k)!} p^k (1 - p)^{n - k} \\ &= \sum_{k = 1}^n \frac{n \cdot (n - 1)!}{(k - 1)! [(n - 1) - (k - 1)]!} p \cdot p^{k - 1} (1 - p)^{(n - 1) - (k - 1)} \\ &= np \sum_{k = 1}^n \frac{(n - 1)!}{(k - 1)! [(n - 1) - (k - 1)]!} \cdot p^{k - 1} (1 - p)^{(n - 1) - (k - 1)}  \\ &= np \sum_{k = 1}^n {{n - 1} \choose {k - 1}} \cdot p^{k - 1} (1 - p)^{(n - 1) - (k - 1)} \\ &= np \sum_{k = 0}^{n - 1} {{n - 1} \choose k} \cdot p^k (1 - p)^{(n - 1) - k} \\ &= np \, [p + (1 - p)]^{n-1} \\ &= np.\end{align*}$$

用重複組合H解排列問題

==重複組合的概念==

=重複組合的定義=

=定義

假定$n$類相異物中每類均有$k$個以上，從這$n$類相異物中選取$k$個的組合稱為「重複組合」，方法數記為$H^{n}_{k}$。

=例子1

某甲到飲料店購買5杯飲料，該店售有3種飲料。於是某甲有$H^{3}_{5}$種購買方法。

[分析]

相異物＝飲料：3$\Rightarrow n = 3$。

選取個數＝購買杯數：5$\Rightarrow k = 5$。

方法數：$H^{n}_{k} = H^{3}_{5}$。

=重複組合與不定方程式非負整數解的關係=

=名詞定義

不定方程式：一條方程式中有2種以上（含）的未知數。

例：$x + 3y = 2$，這是一條方程式，但未知數有$x, y$共2種，所以是不定方程式。

例：$3x - 5 = 4$，這是一條方程式，但未知數僅有$x$共1種，所以不是不定方程式。

非負：若$x \ge 0$，則稱$x$為非負。

非負整數：不為負數的整數，只能是$0, 1, 2, 3, \cdots$。

不定方程式的非負整數解：考慮不定方程式$a_1x_1 + a_2x_2 + \cdots + a_nx_n = k$，其中$n$為自然數，$k$為非負整數，若$c_1, c_2, \cdots, c_n$皆為非負整數，且$x_1 = c_1, x_2 = c_2, \cdots, x_n = c_n$滿足不定方程式，則稱$(c_1, c_2, \cdots, c_n)$為不定方程式的一組非負整數解。

=關係

已知有$n$類相異物，設為$S_1, S_2, \cdots, S_n$，已知每類均含有$k$個以上的內容物，現在一共要選取$k$個，可以假定從$S_1$中選取$x_1$個、從$S_2$中選取$x_2$個、...、從$S_n$中選取$x_n$個，此處$x_1, x_2, \cdots, x_n$都必須是非負整數，於是得到（不定）方程式

$$x_1 + x_2 + \cdots + x_n = k.$$

顯然此不定方程式的每一組非負整數解都代表著一種重複組合的選取法。換言之，不定方程式的非負整數解與重複組合的選取法之間是一一對應的。只要我們可以確定所有非負整數解個數，那就表示我們可以算出所有重複組合的選取法。

=例子2

延續例子1的情境，此時有方程式

$$x_1 + x_2 + x_3 = 5.$$

寫出幾個非負整數解如下：

$$(5, 0, 0), (0, 5, 0), (0, 0, 5), (4, 1, 0), (1, 1, 3), (2, 2, 1).$$

一個技巧是然後考慮○○○○○與｜｜（隔板）的排列，可以發現

$(5, 0, 0)$對應○○○○○｜｜,

$(0, 5, 0)$對應｜○○○○○｜,

$(0, 0, 5)$對應｜｜○○○○○,

$(4, 1, 0)$對應○○○○｜○｜,

$(1, 1, 3)$對應○｜○｜○○○,

$(2, 2, 1)$對應○○｜○○｜○,

可以發現每一組非負整數解對應於○○○○○與｜｜的一種排列，所以可以判定不定方程式$x_1 + x_2 + x_3 = 5$一共有$\frac{(5 + 2)!}{5! 2!}$組非負整數解。

=定理

(i) 設$n$為自然數，$k$為非負整數，則不定方程式$x_1 + x_2 + \cdots + x_n = k$有$\frac{(n + k - 1)!}{(n - 1)! k!}$個非負整數解。

(ii) $H^{n}_{k} = {{n + k - 1} \choose k}$。

[證] 仿例子2作法，對不定方程式$x_1 + x_2 + \cdots + x_n = k$考慮$k$個○與$n - 1$個｜的排列數即可。

（證明終了）

=例子3

某甲到飲料店購買5杯飲料，該店售有3種飲料。於是某甲有$H^{3}_{5} = {{3 + 5 - 1} \choose 5} = {7 \choose 5} = 21$種購買方法。

==用重複組合H解排列問題==

這是一個較為少見的技巧。

=問題1=

一列火車從第一車到第十車共有十節車廂，回答下列問題：

(i) 指定其中三節車廂准許吸煙，則共有多少種方法？

(ii) 若更要求此三節車廂兩兩不相銜接，則共有多少種方法？

=解法=

(i) 直接從10節車箱中任意選取3節即可，因此共有${10 \choose 3}$種方法。

(ii) 假定選取的車廂的編號分別為$a, b, c$，再假定$a$號車之前有$x_1$個車廂、$a$號車與$b$號車之間有$x_2$個車廂、$b$號車與$c$號車之間有$x_3$個車廂、$c$號車之後有$x_4$個車廂，於是得方程式

$$x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 7,$$

由於要求兩兩不相銜接，因此方程式其中$x_2 \ge 1, x_3 \ge 1$，故可重新改寫方程式為

$$x_1 + x_2' + x_3' + x_4 = 5,$$

其中$x_1, x_2'. x_3', x_4$皆為非負整數。於是由前文討論知一共有$H^{4}_{5} = {{4 + 5 - 1} \choose 5} = {8 \choose 3}$組非負整數解，從而一共有${8 \choose 3}$種方法。

（解答終了）

=問題2=

從1到20的自然數中取出三個不同的數，則三數成等差的取法有多少種？

=傳統解法=

（摘自《徐氏數學》）

先選此等差數列中最大與最小兩個（需同為奇數或同為偶數，否則等差中項不為整數），則中間項隨之確定，共有${10 \choose 2} + {10 \choose 2} = 90$種方法。

（評論：學生必須熟悉等差中項的概念才可能知道一開始頭尾兩數的奇偶性必須相同，要求高了些。）

=重複組合/方程式解法=

假定選取的三數為$a, b, c$，再假定$a$前面有$x_1$個數、$a$與$b$之間有$x_2$個數、$b$與$c$之間有$x_3$個數、$c$後面有$x_4$個數，所以得到方程式

$$x_1 + x_2 + x_3 + x_4 = 17,$$

其中$x_1, x_2, x_3, x_4$皆為非負整數，由於$a, b, c$成等差，因此$x_2 = x_3$才可使得$a$與$b$距離等於$b$與$c$距離。因此方程式又可改寫為

$$x_1 + 2x_2 + x_4 = 17.$$

討論不定方程式的一個基本原則是「從係數大的變數開始」，所以從$x_2$開始著手。

當$x_2 = 8$時，$x_1 + x_4 = 1$，有$H^{2}_{1}$組非負整數解；

當$x_2 = 7$時，$x_1 + x_4 = 3$，有$H^{2}_{3}$組非負整數解；

當$x_2 = 6$時，$x_1 + x_4 = 5$，有$H^{2}_{5}$組非負整數解；

...

當$x_2 = 1$時，$x_1 + x_4 = 15$，有$H^{2}_{15}$組非負整數解；

當$x_2 = 0$時，$x_1 + x_4 = 17$，有$H^{2}_{17}$組非負整數解。

於是所求為

$$\begin{align*} H^{2}_{1} + H^{2}_{3} + H^{2}_{5} + \cdots + H^{2}_{15} + H^{2}_{17} &= {2 \choose 1} + {4 \choose 3} + {6 \choose 5} + \cdots + {16 \choose 15}+ {18 \choose 17} \\ &= 2 + 4 + 6 + \cdots + 16 + 18 \\ &= \frac{(2 + 18) \times 9}{2} = 90. \end{align*}$$

（解答終了）

=討論=

儘管用重複組合/方程式的解法乍看比較複雜，但我個人覺得這思路比較自然，同時可處理更多項數的情況，如將題目改為「從1到20的自然數中取出四個不同的數，則四數成等差的取法有多少種？」這時就沒有等差中項那種巧妙的解法。

=練習問題=

自來水公司計畫在下週一至週日之間的7天中選擇2天停止供水，若要求停水的2天不相連，則自來水公司共有多少種選擇方式？

[91，指考，數乙]

答：15。

一道複數不等式解集合圖形的問題（2019，印度理工學院進階試（JEE Advanced））

==問題== 

設集合$S$是不等式$|z - 2 + i| \ge \sqrt{5}$的解構成的集合，若複數$z_0$滿足$\frac{1}{|z_0 - 1|}$恰為集合$\left\{\frac{1}{|z-1|} : z \in S  \right\}$的最大值，則$\frac{4 - z_0 - \bar{z_0}}{z_0 - \bar{z_0} + 2i}$的主幅角為

(a) $\frac{\pi}{4}$        (b) $\frac{3\pi}{4}$        (c) $-\frac{\pi}{2}$        (d) $\frac{\pi}{2}$

（原文）

Let $S$ be the set of all complex numbers $z$ satisfying $|z - 2 + i| \ge \sqrt{5}$. If the complex number $z_0$ is such that $\frac{1}{|z_0 - 1|}$ is the maximum of set $\left\{\frac{1}{|z-1|} : z \in S  \right\}$, then the principal argument of $\frac{4 - z_0 - \bar{z_0}}{z_0 - \bar{z_0} + 2i}$ is

(a) $\frac{\pi}{4}$        (b) $\frac{3\pi}{4}$        (c) $-\frac{\pi}{2}$        (d) $\frac{\pi}{2}$

==解答==

設複平面上以$z_1 = 2 - i$為圓心、半徑為$\sqrt{5}$的圓為$C$，則集合$S$在複平面上的圖形為$C$的外部（包含邊界），如下圖所示。

取$z_2 = 1$。

由於$z_0$滿足$\frac{1}{|z_0 - 1|}$會是$\frac{1}{|z - 1|}$的最大值，這意味著$|z_0 - 1|$必須是$|z - 1|$中的最小值。由於$|z - 1|$表示複數$z$與$z_2 = 1$的距離，所以可知$z_0$就是直線$\overleftrightarrow{z_1 z_2}$與圓$C$的交點之一，由圖形可知$z_0$位於第一象限，且$\Re(z_0) \in (0, 1)$且$\Im(z_0) \in (0, 1)$。

現在假設$z_0 = x_0 + iy_0$，接著代入所求的式子進行化簡，得

$$\begin{align*}  \frac{4 - z_0 - \bar{z_0}}{z_0 - \bar{z_0} + 2i} &= \frac{4 - (x_0 + iy_0) - \overline{(x_0 + iy_0)}}{(x_0 + iy_0) - \overline{(x_0 + iy_0)} + 2i} \\ &= \frac{4 - x_0 - iy_0 - x_0 + iy_0}{x_0 + iy_0 - x_0 + iy_0 + 2i} \\ &= \frac{4 - 2x_0}{(2y_0 + 2)i} \\ &= \frac{2 - x_0}{(y_0 + 1)i} \\ &= \frac{x_0 - 2}{y_0 + 1}i.  \end{align*}$$

計算結果是純虛數，主幅角僅有可能為$\pm \frac{\pi}{2}$。注意到$x_0 = \Re(z_0) \in (0, 1)$且$y_0 = \Im(z_0) \in (0, 1)$，因此$\frac{x_0 - 2}{y_0 + 1} < 0$，從而主幅角為$- \frac{\pi}{2}$，故選(c)。

（解答終了）

一道三次方根的問題（2004印度理工學院入學考）

==問題== 

設$\omega (\ne 1)$是1的三次方根，則使等式$(1 + \omega^2)^n = (1 + \omega^4)^n$成立的最小正整數$n$值為何？

(a) 2        (b) 3        (c) 5        (d) 6

(題目原文)

If $\omega (\ne 1)$ be a cube root of unity and $(1 + \omega^2)^n = (1 + \omega^4)^n$, then the least positive value of $n$ is

(a) 2        (b) 3        (c) 5        (d) 6

==解答==

本題如果要直接使用二項式定理展開求解恐怕不甚容易，最好要活用三次方根的性質。

由於$\omega$為1的三次方根，所以必有$\omega^3 = 1$且$1 + \omega + \omega^2 = 0$。因此等式$(1 + \omega^2)^n = (1 + \omega^4)^n$可如下進行改寫：

$$(1 + \omega^2)^n = (1 + \omega^4)^n,$$

$$(1 + \omega^2)^n = (1 + \omega^1 \cdot \omega^3)^n,$$

$$(1 + \omega^2)^n = (1 + \omega \cdot 1)^n,$$

由$1 + \omega + \omega^2 = 0$有$1 + \omega^2 = -\omega$與$1 + \omega = -\omega^2$，於是得

$$(-\omega)^n = (-\omega^2)^n,$$

$$(-1)^n \omega^n = (-1)^n \omega^{2n},$$

$$\omega^n = \omega^{2n}.$$

注意$\omega \ne 0$，左右兩端同時除以$\omega^n$得

$$1 = \omega^n.$$

顯然$n$的最小值為3。

（解答終了）

$15^\circ$、$75^\circ$與相關角度的三角函數值

經典推導法 

首先是我們的老朋友，$30^{\circ}-60^{\circ}-90^{\circ}$三角形，姑且就直接設定邊長是$1, \sqrt{3}$與$2$，如下圖所示：

接著我們延伸底邊$\sqrt{3}$，向右伸長$2$，然後再與原來三角形的頂點連接，如下圖所示：

注意這樣做的結果就是在本來的三角形的右側生出一個等腰三角形，而且兩底角都是$15^{\circ}$！

我們就獲得一個$15^{\circ}-75^{\circ}-90^{\circ}$的直角三角形。

接著開始來計算斜邊：

$$\sqrt{1^2 + (2+\sqrt{3})^2} = \sqrt{1 + 4 + 4\sqrt{3} + 3} = \sqrt{8 + 2\sqrt{12}} = \sqrt{(\sqrt{6} + \sqrt{2})^2} = \sqrt{6} + \sqrt{2}.$$

於是就可以求出

$$\sin 15^{\circ} = \frac{1}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = \frac{1 \cdot (\sqrt{6} - \sqrt{2})}{(\sqrt{6} + \sqrt{2})(\sqrt{6} - \sqrt{2})} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 15^{\circ} = \frac{2 + \sqrt{3}}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = \frac{(2 + \sqrt{3}) \cdot (\sqrt{6} - \sqrt{2})}{(\sqrt{6} + \sqrt{2})(\sqrt{6} - \sqrt{2})} = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}.$$

然後利用$\sin (90^\circ - \theta) = \cos \theta$可以再求出

$$\sin 75^{\circ} = \sin (90^\circ - 15^\circ) = \cos 15^\circ = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 75^{\circ} = \cos (90^\circ - 15^\circ) = \sin 15^\circ = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}.$$

然後我們可以開始計算$\tan$，利用$\tan \theta = \frac{\sin \theta}{\cos \theta}$，得

$$\tan 15^\circ = \frac{\sin 15^\circ}{\cos 15^\circ} = \frac{\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}}{\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}} = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{\sqrt{6} + \sqrt{2}} = \frac{(\sqrt{6} - \sqrt{2})^2}{(\sqrt{6} + \sqrt{2})(\sqrt{6} - \sqrt{2})} = \frac{8 - 4\sqrt{3}}{4} = 2 - \sqrt{3},$$

$$\tan 75^\circ = \frac{\sin 75^\circ}{\cos 75^\circ} = \frac{\cos 15^\circ}{\sin 15^\circ} = \frac{1}{\frac{\sin 15^\circ}{\cos 15^\circ}} = \frac{1}{\tan 15^\circ} = \frac{1}{2 - \sqrt{3}} = \frac{1\cdot (2 + \sqrt{3})}{(2 - \sqrt{3})(2 + \sqrt{3})} = 2 + \sqrt{3}.$$

整理

$$\begin{array}{ccc} & 15^\circ & 75^\circ \\ \sin & \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} & \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} \\ \cos & \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4} & \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4} \\  \tan & 2 - \sqrt{3} & 2 + \sqrt{3} \end{array}$$

正方形內嵌正三角形推導法

考慮正方形$ABCD$，在其中以$A$為一頂點，做一內嵌正三角形$\triangle AEF$。

由於$\overline{AB} = \overline{AD}, \overline{AE} = \overline{AF}, \angle ABE = \angle ADF = 90^\circ$，所以$\triangle ABE \cong \triangle ADF$（SAS）。從而$\angle BAE = \angle FAD = 15^\circ$。

為方便起見，我們取$\overline{AE} = 1$，於是$\overline{AB} = \cos 15^\circ, \overline{BE} = \sin 15^\circ, \overline{EC} = \frac{\sqrt{2}}{2}, \overline{FC} = \frac{\sqrt{2}}{2}, \overline{FD} = \sin 15^\circ, \overline{AD} = \cos 15^\circ.$

比較$\overline{AB}$與$\overline{DC}$，得等式

$$\cos 15^\circ = \sin 15^\circ + \frac{\sqrt{2}}{2}.$$

左右兩邊同時平方，化簡得

$$\sin 15^\circ \cos 15^\circ = \frac{1}{4}.$$

從而有

$$\cos 15^\circ + \sin 15^\circ = \sqrt{(\cos 15^\circ + \sin 15^\circ)^2} = \sqrt{1 + 2\cdot \frac{1}{4}} = \frac{\sqrt{6}}{2}.$$

因此由$\left\{ \begin{array}{l} \cos 15^\circ - \sin 15^\circ = \frac{\sqrt{2}}{2} \\ \cos 15^\circ + \sin 15^\circ = \frac{\sqrt{6}}{2} \end{array} \right.$解得

$$\sin 15^\circ = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4}, \cos 15^\circ = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4}.$$

其他相關角度的三角函數值

處理的技巧很簡單，就是善用對稱性。

• 點$(x, y)$對$x$軸對稱的結果為$(x, -y)$，對$y$軸對稱的結果為$(-x, y)$。

• 比較少用的是，過原點而斜率為$m$的直線，無論是對$x$軸對稱還是對$y$軸對稱，結果都是過原點而斜率為$-m$的直線。

• 最為少用的是，過原點而斜率為$m$的直線，若對直線$y = x$對稱，則結果是過原點而斜率為$\frac{1}{m}$的直線。（事實上，這結果就是反函數微商公式$\frac{dy}{dx} = \frac{1}{\frac{dx}{dy}}$！）

我們的出發點就是下面這個三角形：

以及兩條直線的斜率：

$105^\circ$的三角函數值

下面其他角度列出計算過程，請讀者自己想出我是怎樣進行對稱。

$165^\circ$的三角函數值

$$\sin 165^\circ = \sin 15^\circ = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 165^\circ = -\cos 15^\circ = - \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\tan 165^\circ = - \tan 15^\circ = -(2 - \sqrt{3}).$$

$195^\circ$的三角函數值

$$\sin 195^\circ = - \sin 165^\circ = -\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 195^\circ = \cos 165^\circ = - \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\tan 195^\circ = - \tan 165^\circ = -[-(2 - \sqrt{3})] = 2 - \sqrt{3}.$$

$255^\circ$的三角函數值

$$\sin 255^\circ = - \sin 105^\circ = -\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 255^\circ = \cos 105^\circ = - \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\tan 255^\circ = - \tan 105^\circ = -[-(2 + \sqrt{3})] = 2 + \sqrt{3}.$$

$285^\circ$的三角函數值

$$\sin 285^\circ = \sin 255^\circ = -\frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 285^\circ = \cos 75^\circ = \frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\tan 285^\circ = - \tan 255^\circ = -\tan 75^\circ = -(2 + \sqrt{3}).$$

$345^\circ$的三角函數值

$$\sin 345^\circ = \sin (-15^\circ) = -\sin 15^\circ = -\frac{\sqrt{6} - \sqrt{2}}{4},$$

$$\cos 345^\circ = \cos (-15^\circ) = \cos 15^\circ = \frac{\sqrt{6} + \sqrt{2}}{4},$$

$$\tan 345^\circ = -\tan 15^\circ = -(2 - \sqrt{3}).$$

111學測數學A的快篩三採陰問題

==問題== 

已知某地區有 30%的人口感染某傳染病。針對該傳染病的快篩試劑檢驗，有陽性或陰性兩結果。已知該試劑將染病者判為陽性的機率為 80%，將未染病者判為陰性的機率則為60%。為降低該試劑將染病者誤判為陰性的情況，專家建議連續採檢三次。若單次採檢判為陰性者中，染病者的機率為 $P$；而連續採檢三次皆判為陰性者中，染病者的機率為 $P'$。試問$\frac{P}{P'}$最接近哪一選項？

(1) 7    (2) 8    (3) 9    (4) 10    (5) 11 

==解答==

首先整理題目資訊。

• 「有 30%的人口感染某傳染病」$\Rightarrow P(\text{有病}) = 30\% = \frac{3}{10} \Rightarrow P(\text{無病}) = 1 - \frac{3}{10} = \frac{7}{10}$。
• 「將染病者判為陽性的機率為 80%」$\Rightarrow P(\text{陽} \mid \text{有病}) = 80\% = \frac{8}{10} \Rightarrow P(\text{陰} \mid \text{有病}) = 1 - \frac{8}{10} = \frac{2}{10}$。
• 「將未染病者判為陰性的機率則為60%」$\Rightarrow P(\text{陰} \mid \text{無病}) = 60\% = \frac{8}{10} \Rightarrow P(\text{陽} \mid \text{無病}) = 1 - \frac{6}{10} = \frac{4}{10}$。

於是根據條件機率定義得

$$\begin{align*}P(\text{有病} \mid \text{陰}) &= \frac{P(\text{有病} \cap \text{陰})}{P(\text{陰})}  \\ &= \frac{P(\text{有病}) \times P(\text{陰} \mid \text{有病})}{P(\text{有病}) \times P(\text{陰} \mid \text{有病}) + P(\text{無病}) \times P(\text{陰} \mid \text{無病})} \\ &= \frac{\frac{3}{10} \times \frac{2}{10}}{\frac{3}{10} \times \frac{2}{10} + \frac{7}{10} \times \frac{6}{10}} \\ &= \frac{1}{8}. \end{align*}$$

接下來計算三採陰的機率。

$$\begin{align*}P(\text{有病} \mid \text{三採陰}) &= \frac{P(\text{有病} \cap \text{三採陰})}{P(\text{三採陰})}  \\ &= \frac{P(\text{有病}) \times P(\text{陰} \mid \text{有病})  \times P(\text{陰} \mid \text{有病})  \times P(\text{陰} \mid \text{有病})}{P(\text{有病}) \times P(\text{陰} \mid \text{有病})^3 + P(\text{無病}) \times P(\text{陰} \mid \text{無病})^3} \\ &= \frac{\frac{3}{10} \times \left( \frac{2}{10} \right)^3}{\frac{3}{10} \times \left( \frac{2}{10} \right)^3 + \frac{7}{10} \times \left( \frac{6}{10} \right)^3} \\ &= \frac{1}{64}. \end{align*}$$

（請注意每次採檢都是相互獨立！）也就是算出$P = \frac{1}{8}, P' = \frac{1}{64}$，因此

$$\frac{P}{P'} = \frac{\frac{1}{8}}{\frac{1}{64}} = 8.$$

選(2)。

==廣告==

我早在這次考前就不斷地叮嚀我的學生們要注意所謂「n採陰/陽」的問題，他們回來補習班都說都有想起我的耳提面命。去年5月5日教貝氏定理時，備課時閱讀了南一版的教科書，裡頭談到了毒品二採陽的問題，當時我上課就更進「二」步，額外教了三採陽與四採陽的計算。因此這回猜題命中除了幸運，也是平時辛勤備課的成果！

106學測的多項式函數曲線交點的問題

==問題==

設$m, n$為小於或等於4的相異正整數且$a, b$為非零實數。已知函數$f(x)=ax^m$與函數$g(x)=bx^n$的圖形恰有3個相異交點，請選出可能的選項。

(1) $m, n$皆為偶數且$a, b$同號

(2) $m, n$皆為偶數且$a, b$異號

(3) $m, n$皆為奇數且$a ,b$同號

(4) $m, n$皆為奇數且$a, b$異號

(5) $m, n$為一奇一偶

==解答==

$(1^{\circ})$

首先假定交點為$P_1 = (\alpha_1, \beta_1), P_2 = (\alpha_2, \beta_2), P_3 = (\alpha_3, \beta_3)$，然後取函數$h(x) = f(x) - g(x) = ax^m - bx^n$，於是方程式$h(x) = 0$有3種相異實根，由因式定理可將$h(x)$分解為

$$h(x) = (x-\alpha_1)^{s_1} (x-\alpha_2)^{s_2} (x-\alpha_3)^{s_3} \cdot j(x),$$

其中各項因子的次數滿足$s_1 \ge 1, s_2 \ge 1, s_3 \ge 1$（注意「3種實根」$\ne$「3個實根」！）並且$j(x)$是一個非零多項式。於是有$s_1 + s_2 + s_3 \ge 3$，亦即$h(x)$的次數至少為3次。另外因為$1 \le m, n \le 4$，所以$h(x)$的次數最多4次，從而$h(x)$的次數為3次或4次。（相應地，$j(x)$的次數為1次或0次。）

$(2^{\circ})$

在$h(x)$的次數為3次的情形下，正整數$m, n$兩者之中必至少有一數為3，因此$(m, n)$的搭配可能為$(3, 3), (3, 2), (3, 1), (1, 3), (2, 3)$。以下針對不同搭配進行討論：

• $(m, n) = (3, 3)$時，$h(x) = ax^3 - bx^3 = (a - b)x^3$，此時$h(x)$的根僅1種：$x = 0$，與題意不合。
• $(m, n) = (3, 2)$時，$h(x) = ax^3 - bx^2 = x^2 (ax - b)$，此時$h(x)$的根僅2種：$x = 0 \,\, (2{\text 重}), \frac{b}{a}$，與題意不合。
  （例如$h(x) = 4x^3-5x^2 = x^2 (4x - 5)$，根有$x = 0 \,\, (2{\text 重}), \frac{5}{4}$共2種。）

• $(m, n) = (3, 1)$時，$h(x) = ax^3 - bx = x(ax^2 - b)$，
• 此時僅在$a, b$同號的假設下，$h(x)$才會有3種根：$x = 0, \pm \sqrt{\frac{b}{a}}$；
• 若$a, b$異號，那麼$h(x)$僅有1種根：$x = 0$，與題意不合。
• 例如，取$(a, b) = (4, 5)$，此時$h(x) = 4x^3 - 5x = x(4x^2 - 5)$，根有$x = 0, \pm \frac{\sqrt{5}}{2}$共3種。而取$(a, b) = (4, -5)$，此時$h(x) = 4x^3 - (-5)x = 4x^3 + 5x = x(4x^2 + 5)$，根有$x = 0$僅1種。
• 而$(m, n) = (1, 3)$或$(2, 3)$的討論同前文所述，僅有$(m, n) = (1, 3)$且$a, b$同號的情形滿足題目條件。

$(3^{\circ})$

接著處理$h(x)$的次數為4次的情形。同前文關於3次的討論，此時$m, n$必至少其一為4，因此$(m, n)$的搭配可能為$(4, 4), (4, 3), (4, 2), (4, 1), (1, 4), (2, 4), (3, 4)$。以下針對不同搭配進行討論：

• $(m, n) = (4, 4)$時，$h(x) = ax^4 - bx^4 = (a - b)x^4$，此時$h(x)$的根僅1種：$x = 0 \,\, (4{\text 重})$，與題意不合。
• $(m, n) = (4, 3)$時，$h(x) = ax^4 - bx^3 = x^3 (ax - b)$，此時$h(x)$的根共2種：$x = 0  \,\, (3{\text 重}), \frac{b}{a}$，與題意不合。
• $(m, n) = (4, 2)$時，$h(x) = ax^4 - bx^2 = x^2 (ax^2 - b)$，
• 此時僅在$a, b$同號的假設下，$h(x)$才會有3種根：$x = 0 \,\, (2{\text 重}), \pm \sqrt{\frac{b}{a}}$；
• 若$a, b$異號，那麼$h(x)$僅有1種根：$x = 0$，與題意不合。
• 例如，取$(a, b) = (4, 5)$，此時$h(x) = 4x^4 - 5x^2 = x^2 (4x^2 - 5)$，根有$x = 0, \pm \frac{\sqrt{5}}{2}$共3種。而取$(a, b) = (4, -5)$，此時$h(x) = 4x^4 - (-5)x^2 = 4x^4 + 5x^2 = x^2 (4x^2 + 5)$，根有$x = 0  \,\, (2{\text 重})$僅1種。
• $(m, n) = (4, 1)$時，$h(x) = ax^4 - bx = x (ax^3 - b)$，此時$h(x)$的根共2種：$x = 0, \sqrt[3]{\frac{b}{a}}$，與題意不合。
• 而$(m, n) = (1, 4), (2, 4)$或$(3, 4)$的討論同前文所述，僅有$(m, n) = (2, 4)$且$a, b$同號的情形滿足題目條件。

$(4^{\circ})$

綜合以上討論，答案應選(1)、(3)。

==福利==

大森莉緒（@Rio_Ohmori）