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）