去程與回程的線路安排問題

=問題=

從甲地到乙地有 $12$ 條道路，其中有 $5$ 條雙向道， $4$ 條由甲地到乙地的單行道， $3$ 條由乙地到甲地的單行道。求從甲地到乙地再回到甲地，且去程與回程走不同的路，共有多少種路線安排？

=解答=

$(1^\circ)$ 符號化與道路分類

首先，我們將這 $12$ 條道路在「去程」與「回程」時的可用性，進行精簡的符號化分類：

• $A$（雙向道）：共 $5$ 條。（去程、回程皆可通）
• $B$（甲 $\rightarrow$ 乙 單行道）：共 $4$ 條。（僅去程可通）
• $C$（乙 $\rightarrow$ 甲 單行道）：共 $3$ 條。（僅回程可通）

這時，我們可以很清晰地列出「去程」與「回程」的可選路徑範圍：

• 去程只能選擇：$A$ 或 $B$
• 回程只能選擇：$A$ 或 $C$

$(2^\circ)$ 分類討論

由於題目規定「去程與回程走不同的路」，我們依據「去程選什麼路 $\rightarrow$ 回程選什麼路」的決策順序，將所有可能的情境拆解為以下四種互斥的走法：

【第一類：$A \rightarrow A$】去程走雙向，回程也走雙向

• 去程：有 $5$ 條雙向道 $A$ 可以選擇。
• 回程：因為去程已經走過其中 $1$ 條雙向道，且去回不能重複，所以回程可選的雙向道只剩下 $5 - 1 = 4$ 條。
• 此類走法：根據乘法原理，共有

$$5 \times 4 = 20 \text{ 種}$$

【第二類：$A \rightarrow C$】去程走雙向，回程走單行

• 去程：有 $5$ 條雙向道 $A$ 可以選擇。
• 回程：回程選擇的是乙 $\rightarrow$ 甲的單行道 $C$（共 $3$ 條）。因為去程走的是 $A$，回程走的是 $C$，兩者完全沒有交集，所以不需要扣除任何路徑。
• 此類走法：根據乘法原理，共有$$5 \times 3 = 15 \text{ 種}$$

【第三類：$B \rightarrow A$】去程走單行，回程走雙向

• 去程：選擇甲 $\rightarrow$ 乙的單行道 $B$（共 $4$ 條）。
• 回程：選擇雙向道 $A$（共 $5$ 條）。因為去程完全沒有走過雙向道 $A$，所以回程的 $5$ 條雙向道皆可自由挑選，不需扣除。
• 此類走法：根據乘法原理，共有$$4 \times 5 = 20 \text{ 種}$$

【第四類：$B \rightarrow C$】去程走單行，回程也走單行

• 去程：選擇單行道 $B$（共 $4$ 條）。
• 回程：選擇單行道 $C$（共 $3$ 條）。去程與回程所選的道路集合完全互斥。
• 此類走法：根據乘法原理，共有$$4 \times 3 = 12 \text{ 種}$$

$(3^\circ)$ 匯整結果

上述四種情境彼此互斥，由加法原理，我們將四種情境的所有可能走法相加，即為最終所有的線路安排總數：

$$20 + 15 + 20 + 12 = 67 \text{ 種}$$

（解答終了）

矩陣乘法的結合律

1. 設定與目標

考慮數域$K$。假設我們有三個矩陣 $A, B, C$，其維度分別為：

• $A \in M_{m \times n}(K)$
• $B \in M_{n \times p}(K)$
• $C \in M_{p \times q}(K)$

我們的目標是證明 $(AB)C = A(BC)$。為此，我們只需證明兩邊矩陣對應的第 $(i, j)$ 個元（entry）完全相等。

2. 左式展開：$(AB)C$

首先處理左邊的運算。令 $D = AB$，根據矩陣乘法定義，其第 $(i, t)$ 個元為：

$$d_{it} = \sum_{s=1}^{n} a_{is}b_{st} \quad (1 \le i \le m, 1 \le t \le p)$$

接著令 $E = (AB)C = DC$，則 $E$ 的第 $(i, j)$ 個元 $e_{ij}$ 為：

$$e_{ij} = \sum_{t=1}^{p} d_{it}c_{tj}$$

將 $d_{it}$ 的式子代入，利用分配律將 $c_{tj}$ 移入和號內：

$$e_{ij} = \sum_{t=1}^{p} \left( \sum_{s=1}^{n} a_{is}b_{st} \right) c_{tj} = \sum_{t=1}^{p} \sum_{s=1}^{n} a_{is}b_{st}c_{tj}$$

3. 右式展開：$A(BC)$

現在處理右邊。令 $F = BC$，其第 $(s, j)$ 個元為：

$$f_{sj} = \sum_{t=1}^{p} b_{st}c_{tj} \quad (1 \le s \le n, 1 \le j \le q)$$

接著令 $G = A(BC) = AF$，其第 $(i, j)$ 個元 $g_{ij}$ 為：

$$g_{ij} = \sum_{s=1}^{n} a_{is}f_{sj} = \sum_{s=1}^{n} a_{is} \left( \sum_{t=1}^{p} b_{st}c_{tj} \right)$$

同樣利用分配律展開：

$$g_{ij} = \sum_{s=1}^{n} \sum_{t=1}^{p} a_{is}b_{st}c_{tj}$$

4. 結論

觀察 $e_{ij}$ 與 $g_{ij}$ 的最終表達式：

• $e_{ij} = \sum_{t=1}^{p} \sum_{s=1}^{n} a_{is}b_{st}c_{tj}$
• $g_{ij} = \sum_{s=1}^{n} \sum_{t=1}^{p} a_{is}b_{st}c_{tj}$

由於有限項數的加法滿足交換律與結合律，雙重和號的求和順序可以互換。因此，$e_{ij} = g_{ij}$，這代表 $G = E$，即：

$$A(BC) = (AB)C$$

（證明終了）

用 Cauchy 不等式處理幾何不等關係證明題

=題目= 

如圖，直角三角形 $ABC$ 中， $\angle C = 90^{\circ}$ ， $M$ 為 $\overline{BC}$ 中點， $M$ 到斜邊 $\overline{AB}$ 的距離為 $d$ ，試說明 $d \le \frac{1}{3} \overline{AM}$ 。

=詳解=

$(1^{\circ})$ 不失一般性，假設 $\overline{CM} = 1, \overline{AC} = h > 0$，則

$$\begin{align*} &\overline{MB} = 1, \\ &\overline{AM} = \sqrt{ {\overline{CM}}^2 + {\overline{AC}}^2 } = \sqrt{h^2 + 1}, \\ &\overline{AB} = \sqrt{ \overline{CB}^2 + \overline{AC}^2 } = \sqrt{ h^2 + 4 }. \end{align*}$$

$(2^{\circ})$ 對於 $ \Delta ABM $，利用三角形面積公式有

$$ \frac{ \overline{MB} \times \overline{AC} }{2} = \frac{ \overline{AB} \times \overline{EM} }{2}. $$

即

$$ \frac{ 1 \times h }{2} = \frac{ \sqrt{h^2 + 4} \times d }{2}. $$

故

$$ d = \frac{h}{ \sqrt{h^2 + 4} }. $$

$(3^{\circ})$ 利用 Cauchy 不等式有

$$ \begin{align*} d &= \frac{h}{ \sqrt{h^2 + 4} }\\ &= \frac{h \sqrt{h^2 + 1}}{ \sqrt{h^2 + 4} \sqrt{h^2 + 1} } \\ &= \frac{h}{ \sqrt{h^2 + 4} \sqrt{h^2 + 1} } \sqrt{h^2 + 1} \\ &= \frac{h}{ \sqrt{h^2 + 2^2} \sqrt{h^2 + 1^2} } \overline{AM} \\ &=\frac{h}{ \sqrt{h^2 + 2^2} \sqrt{1^2 + h^2} } \overline{AM} \\ &\le \frac{h}{ | h \cdot 1 + 2 \cdot h | } \overline{AM} \\ &= \frac{1}{3} \overline{AM}. \end{align*} $$

（解答終了）

=附記=

本題用國中數學作輔助線的方式也能做，但我覺得不太好想，至少我比較熟悉 Cauchy 不等式，所以我還是用這種半解析的方式來處理。

已知集合差集關係，求參數$a$值

=題目= 

已知 $a$ 為整數， $A = \{ 5, 7, a^2+4a+7 \}, B = \{ 7, 3, 2 \}$，且 $A - B = \{ 5 \}$，試求實數 $a$ 的值。

=答案=

$a = 0, -4, -2$

=詳解=

由於集合的寫法允許元素重複出現，所以集合 $A$ 雖然寫成$\{ 5, 7, a^2 + 4a + 7 \}$看起來是3個元素，但可能重複，也就是說，帶有未知數 $a$ 的式子 $a^2 + 4a + 7$ 可能是5，也可能是7，也可能不是5也不是7。

所以我們分成以下3種情形進行討論。

情形1：$a^2 + 4a +7 = 5$

此時有 $a^2 + 4a + 4 = 2$，因式分解得 $(a + 2)^2 = 2$，解出 $a = -2 \pm \sqrt{2}$。但這與題目條件「已知 $a$ 為整數」矛盾，因為無論是 $-2 + \sqrt{2}$ 還是 $-2 - \sqrt{2}$都不是整數。所以此情形不成立。

情形2：$a^2 + 4a +7 = 7$

此時有 $a^2 + 4a = 0$，因式分解得 $a(a + 4) = 0$，解出 $a = 0, -4$。

接著再細分2個子情形繼續討論。

    情形2.1：$a = 0$

    此時 $A = \{ 5, 7, 7 \} = \{ 5, 7 \}$，然後 $A \cap B = {7}$，確實有 $A - B = \{ 5 \}$，滿足題目條件。

    情形2.2：$a = -4$

    此時 $A = \{ 5, 7, 7 \} = \{ 5, 7 \}$，然後 $A \cap B = {7}$，確實有 $A - B = \{ 5 \}$，滿足題目條件。

情形3：$a^2 + 4a +7 \ne 5$，且$\ne 7$

此時集合 $A$ 確實有3個元素。因為 $A - B = \{ 5 \}$，所以表示 $A$ 中的3個元素中，除了5之外，另外2個元素必然也是 $B$ 的元素。所以 $a^2 + 4a + 7 \in B$。

此時又要再細分2個子情形繼續討論。

    情形3.1：$a^2 + 4a + 7 = 3$

    此時有 $a^2 + 4a +4 = 0$，因式分解得 $(a + 2)^2 = 0$，解出 $a = -2$。

    情形3.2：$a^2 + 4a + 7 = 2$

    此時有 $a^2 + 4a + 4 = -1$，因式分解得 $(a + 2)^2 = -1$，此方程式無解。

綜上所述，$a = 0, -4, -2$

多項式除法與極限問題

今天來解一道關於多項式除法、餘式，並結合極限概念的數學題。這類問題的關鍵在於理解多項式除法的基本原理，並應用極限的運算規則。

題目

令多項式 $2(x+1)^n$ 除以 $(3x-2)^n$ 的餘式為 $r_n$，試問極限 $\displaystyle \lim_{n \to \infty} r_n$ 之值為何？

答案

2

解題思路

這道題目主要的解題關鍵在於利用多項式除法原理。當被除式與除式的最高次項次數相同時，其商會是一個常數。

首先，我們令被除式為 $P(x) = 2(x+1)^n$，除式為 $D(x) = (3x-2)^n$。

根據多項式除法，我們可以將被除式寫成：

$$ P(x) = Q(x) \cdot D(x) + R_n(x) $$

其中 $Q(x)$ 是商，而 $R_n(x)$ 是餘式。

接著，我們觀察被除式與除式的最高次項：

• $P(x)$ 的最高次項為 $2x^n$。
• $D(x)$ 的最高次項為 $(3x)^n = 3^n x^n$。

因為 $P(x)$ 和 $D(x)$ 的次數都是 $n$，所以商 $Q(x)$ 會是一個常數。這個常數的值等於兩者最高次項係數的比值：

$$ Q(x) = \frac{2}{3^n} $$

有了商，我們就可以推導出餘式 $R_n(x)$：

$$ R_n(x) = P(x) - Q(x) \cdot D(x) = 2(x+1)^n - \frac{2}{3^n}(3x-2)^n $$

題目中定義的 $r_n$ 是餘式的常數項（或解釋為餘式多項式代入 $x=0$ 的值）。因此，我們將 $x=0$ 代入 $R_n(x)$：

$$ r_n = R_n(0) = 2(0+1)^n - \frac{2}{3^n}(3 \cdot 0 - 2)^n $$

化簡上式：

$$ r_n = 2(1)^n - \frac{2}{3^n}(-2)^n = 2 - 2 \cdot \frac{(-2)^n}{3^n} = 2 - 2\left(-\frac{2}{3}\right)^n $$

最後一步，就是計算當 $n$ 趨近於無限大時 $r_n$ 的極限：

$$ \lim_{n \to \infty} r_n = \lim_{n \to \infty} \left[2 - 2\left(-\frac{2}{3}\right)^n\right] $$

由於 $\left|-\frac{2}{3}\right| < 1$，當 $n$ 趨近於無限大時，$\left(-\frac{2}{3}\right)^n$ 會趨近於 0。

所以，極限值為：

$$ \lim_{n \to \infty} r_n = 2 - 2 \cdot 0 = 2 $$

這就是最終的答案。

複利之分期付款：觀念解析與公式推導

本講義依據「宇宙數學教室 2025/07/29」手稿擴充編寫而成，旨在幫助同學深入理解複利分期付款的計算原理。

一、 核心觀念複習

在開始探討分期付款之前，我們必須先牢記最重要的基礎：複利本利和公式。

若你存入 \(P\) 元的本金，年利率為 \(r\)，經過 \(n\) 期後，連本帶利的總金額（本利和）\(S\) 為： \(S = P \times (1+r)^n\)

這個公式是我們接下來所有推導的基石。無論是借款的增長，還是還款的累積價值，都遵循這個原則。

二、 範例解析：分期付款的計算

讓我們跟著手稿的範例，一步步拆解問題。

【問題情境】

假設某甲於1月1日在商店購買了一件價格為 \(a\) 元的商品，他與店家約定分 3 期 付款，每期的利率為 2%。從下個月起，即2月1日開始，每月1日都償還一筆固定金額 \(x\) 元。請問 \(x\) 是多少？

【條件整理】

• 商品價格 (借款本金)：\(a\) 元
• 分期期數：3 期
• 每期利率：2% (即 0.02)
• 每期固定還款：\(x\) 元 (這是我們要解的未知數)

三、 推導方法 (一)：追蹤欠款法

這個方法最直觀，就是模擬銀行的角度，一期一期地計算「欠款」在計息和還款後的變化。

時間點	事件	欠款變化過程
1月1日	購買商品	欠款為 \(a\)
1月30日	第一次計息	欠款增加為： \(a \times (1+2\%)\)
2月1日	第一次還款	剩餘欠款為： \(a(1+2\%) - x\)
2月28日	第二次計息	欠款增加為： \([a(1+2\%) - x] \times (1+2\%) = a(1+2\%)^2 - x(1+2\%)\)
3月1日	第二次還款	剩餘欠款為： \(a(1+2\%)^2 - x(1+2\%) - x\)
3月30日	第三次計息	欠款增加為： \([a(1+2\%)^2 - x(1+2\%) - x] \times (1+2\%) = a(1+2\%)^3 - x(1+2\%)^2 - x(1+2\%)\)
4月1日	第三次還款	還完 \(x\) 元後，欠款結清為 0。 方程式： \(a(1+2\%)^3 - x(1+2\%)^2 - x(1+2\%) - x = 0\)

將方程式整理一下，將 \(x\) 的項目全部移到等號右邊，就得到手稿中的關鍵等式：

\[ a(1+2\%)^3 = x(1+2\%)^2 + x(1+2\%)^1 + x \]

四、 推導方法 (二)：未來價值平衡法

手稿的後半部提供了一個更宏觀、更漂亮的思考方式。我們可以想像有兩個獨立的帳戶在同時進行：一個是「借款帳戶」，另一個是「還款帳戶」。當我們在最後一期還款結束的那一刻，這兩個帳戶的「未來價值」必須相等，才代表款項已完全結清。

1. 借款帳戶的未來價值 (Future Value of Loan)

你一開始借了 \(a\) 元，這筆錢在你手中經過了整整 3 期。因此，在第 3 期期末（即 4月1日），這筆借款的「本利和」總價值為：

\[ \text{借款未來價值} = a(1+2\%)^3 \]

2. 還款帳戶的未來價值 (Future Value of Payments)

你總共還了 3 次 \(x\) 元，但因為還款時間點不同，它們各自累積的價值也不同：

• 第一次還的 \(x\) (2月1日)：到 4月1日 為止，共計息了 2 期。它的未來價值是 \(x(1+2\%)^2\)。
• 第二次還的 \(x\) (3月1日)：到 4月1日 為止，共計息了 1 期。它的未來價值是 \(x(1+2\%)^1\)。
• 第三次還的 \(x\) (4月1日)：在最後一刻才還，沒有時間計息。它的價值就是 \(x\)。

將這三次還款的未來價值全部加總，得到：

\[ \text{還款未來價值總和} = x(1+2\%)^2 + x(1+2\%)^1 + x \]

3. 讓價值相等！

當「借款未來價值」等於「還款未來價值總和」時，就代表結清了！這個方法的核心思想是：將所有發生在不同時間點的金流，全部換算到「同一個時間點」上來比較價值。

\[ a(1+2\%)^3 = x(1+2\%)^2 + x(1+2\%)^1 + x \]

五、 通用公式推導

現在，我們將這個概念推廣到更一般的情況。對於商品價格 \(a\)、分期期數 \(n\)、每期利率 \(r\) 的情況，根據「未來價值平衡法」：

\[ a(1+r)^n = x(1+r)^{n-1} + x(1+r)^{n-2} + \dots + x(1+r)^1 + x \]

等號右邊是一個**等比級數**，套用級數和公式 \(S_n = \frac{a_1(\text{公比}^n - 1)}{\text{公比} - 1}\) 可得：

\[ a(1+r)^n = \frac{x \cdot [(1+r)^n - 1]}{(1+r) - 1} = \frac{x[(1+r)^n - 1]}{r} \]

最後，整理方程式，解出我們想要的每期還款金額 \(x\)：

\[ x = a(1+r)^n \cdot \frac{r}{(1+r)^n - 1} \]

這就是分期付款的通用計算公式。下次遇到類似問題，除了可以直接套用公式外，也試著自己從「未來價值平衡」的觀念推導一次，你會更有感覺！

三角形面積的終極密碼：希羅公式 (Heron's Formula) 推導全解析

大家好，相信大家在高中時都學過各式各樣的三角形面積公式。其中，希羅公式（又稱海龍公式）絕對是最特別的一個——它完全不需要知道任何角度，只需要三邊長，就能算出三角形的面積。

這份講義將帶你從最熟悉的公式出發，一步步推導，讓你徹底看懂希羅公式背後的代數與幾何之美。這不僅是個公式證明，更是對高中三角函數與代數運算能力的一次總回顧！

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Part 1: 我們的起點——必備的先備知識

在開始證明之前，讓我們先回憶一下幾個關鍵的工具：

• 三角形面積公式：這是我們最熟悉的公式之一，利用兩邊長及其夾角來計算面積。 $$ \triangle = \frac{1}{2}ab \sin C $$
• 餘弦定理 (Law of Cosines)：連接三角形三邊長與一個內角的重要橋樑。 $$ \cos C = \frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab} $$
• 三角函數的平方關係：一個簡單卻極其強大的恆等式。 $$ \sin^2 C + \cos^2 C = 1 \implies \sin C = \sqrt{1 - \cos^2 C} $$

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Part 2: 推導的奇幻旅程

我們的目標是將面積公式 $\triangle = \frac{1}{2}ab \sin C$ 中的 $\sin C$ 換掉，讓整個公式只剩下邊長 $a, b, c$。

Step 1: 用邊長取代角度

首先，我們將平方關係代入面積公式，把 $\sin C$ 換成 $\cos C$ 的表示式。

$$ \triangle = \frac{1}{2}ab \sin C = \frac{1}{2}ab \sqrt{1 - \cos^2 C} $$

接著，利用餘弦定理，將 $\cos C$ 換成用三邊長表示的式子。這一步是整個證明的核心！

$$ \triangle = \frac{1}{2}ab \sqrt{1 - \left(\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}\right)^2} $$

Step 2: 展開與化簡的代數魔法

現在，公式裡已經沒有任何角度了，剩下的是純粹的代數運算。我們把 $\frac{1}{2}ab$ 乘進根號裡，方便後續計算。

$$ \triangle = \sqrt{\left(\frac{1}{2}ab\right)^2 \left[1 - \left(\frac{a^2 + b^2 - c^2}{2ab}\right)^2\right]} $$ $$ = \sqrt{\frac{1}{4}a^2b^2 - \frac{1}{4}a^2b^2 \frac{(a^2 + b^2 - c^2)^2}{4a^2b^2}} $$ $$ = \sqrt{\frac{4a^2b^2 - (a^2 + b^2 - c^2)^2}{16}} $$

Step 3: 平方差公式的連環應用

觀察根號內的分子，你是否看到了熟悉的結構？沒錯，就是**平方差公式** $x^2 - y^2 = (x-y)(x+y)$！這裡的 $x$ 是 $2ab$，$y$ 是 $(a^2+b^2-c^2)$。

$$ \triangle = \sqrt{\frac{1}{16} \left[ (2ab)^2 - (a^2 + b^2 - c^2)^2 \right]} $$ $$ = \sqrt{\frac{1}{16} [2ab - (a^2 + b^2 - c^2)][2ab + (a^2 + b^2 - c^2)]} $$ $$ = \sqrt{\frac{1}{16} (2ab - a^2 - b^2 + c^2)(2ab + a^2 + b^2 - c^2)} $$

Step 4: 重新整理，再次使用平方差

我們將括號內的項重新整理，配成完全平方式。

$$ \triangle = \sqrt{\frac{1}{16} [c^2 - (a^2 - 2ab + b^2)][(a^2 + 2ab + b^2) - c^2]} $$ $$ = \sqrt{\frac{1}{16} [c^2 - (a-b)^2][(a+b)^2 - c^2]} $$

看！又是兩組平方差！我們再次把它們分解開來。

$$ = \sqrt{\frac{1}{16} [c - (a-b)][c + (a-b)][(a+b) - c][(a+b) + c]} $$ $$ = \sqrt{\frac{1}{16} (c - a + b)(c + a - b)(a + b - c)(a + b + c)} $$

Step 5: 引入半周長 s，迎接最終型態

為了讓公式更優雅，我們引入一個新的符號：半周長 (semi-perimeter) $s$。

$$ s = \frac{a+b+c}{2} $$

現在，我們來看看根號裡的四個括號如何用 $s$ 來表示：

• $a+b+c = 2s$
• $a+b-c = (a+b+c) - 2c = 2s - 2c = 2(s-c)$
• $a+c-b = (a+b+c) - 2b = 2s - 2b = 2(s-b)$
• $b+c-a = (a+b+c) - 2a = 2s - 2a = 2(s-a)$

將這些代回我們的面積公式：

$$ \triangle = \sqrt{\frac{1}{16} \cdot 2(s-a) \cdot 2(s-b) \cdot 2(s-c) \cdot 2s} $$ $$ = \sqrt{\frac{16}{16} \cdot s(s-a)(s-b)(s-c)} $$

於是，我們得到了最終的完美形式：

$$ \triangle = \sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} $$

---

Part 3: 總結與反思

我們從一個包含角度的面積公式 $\triangle = \frac{1}{2}ab \sin C$ 出發，巧妙地結合了餘弦定理與多次的平方差運算，最終推導出一個只與三邊長有關的優美公式。

這個過程不僅展現了數學符號運算的威力，也體現了從不同知識點（面積、邊、角）之間建立聯繫的數學思想。希望這次的複習，能讓你對高中數學有一個更全面、更深刻的理解。

將4本書全部分給甲、乙、丙、丁、戊、己6人

==問題== 

將 $4$ 本書全部分給甲、乙、丙、丁、戊、己 $6$ 人，則下列敘述哪些是正確的？(多選)

(A) 若 $4$ 本書都是相同的書，且每人至多分一本，則共有 $C_4^6$ 種分法

(B) 若 $4$ 本書是不同的書，且每人至多分一本，則共有 $P_4^6$ 種分法

(C) 若 $4$ 本書是不同的書，且每人可以不只分一本，則共有 $6^4$ 種分法

(D) 若 $4$ 本書是不同的書，且每人可以不只分一本，則甲恰得一本的分法有 $C_1^4 \times 5^3 = 500$ 種

(E) 若 $4$ 本書是不同的書，且每人可以不只分一本，則甲至少得一本的分法有 $C_1^4 \times 6^3 = 864$ 種

==答案== 

(A), (B), (D)

==解析==

(A) ◯：既然書本是相同的，那麼區別不同的分法就是某人有無拿到書，根據題目條件，任何一人要嘛有1本書，不然就沒有，而且書會分完，所以分法就是6人中取4人來拿書，這4人每人一本，而沒取到的2人就是不用拿，因此方法數為$6^4$。

(B) ◯：[法一] 6人先取4人領書，由於書不同，再依序選書：$C_4^6 \times C_1^4 C_1^3C_1^2 C_1^1$=$ C_4^6 \times 4! = \frac{6!}{4!2!} \times 4! = \frac{6!}{2!} = \frac{6!}{(6-4)!} = P_4^6$。

[法二]每一個都要求找一位主人，被選中的人不能再被選

$C_1^6 C_1^5 C_1^4 C_1^3 = 6 \times 5 \times 4 \times 3 = \frac{6!}{2!} = \frac{6!}{(6-4)!} = P_4^6$。

(C) ✕：每一本書都要尋找一位主人，被選中的人可以再被選：$C_1^6 C_1^6 C_1^6 C_1^6 =$$6 \times 6 \times 6 \times 6 = 6^4$。

(D) ◯：4本先挑1本給甲，然後剩下了3本書再依序從剩下5人中每次挑1人為主人，被選中的人可以再被選：$C_1^4 \times C_1^5 C_1^5 C_1^5$=$ 4 \times 5 \times 5 \times 5 = 500$。

(E) ✕：n(甲至少一本)=n(任意分)$-$n(甲無)= $6^4 - 5^4 = 1296$$- 625 = 671$。

責任編輯：蔡懷萱

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）

[高中解析幾何] 已知三角形兩高方程式與三角形一頂點，求三角形另兩頂點

==問題== 

已知$\Delta ABC$中，兩條高所在直線的方程式為$L_1:2x-3y+1=0$和$L_2:x+y=0$，且頂點$A$為$(1, 2)$，試求$\overline{BC}$所在之直線方程式。

（出處：新竹高中112學年高三數學A學測複習講義）

==答案==

$2x+3y+7=0$

==解析==

設$\Delta ABC$之垂心為$H$，於是$H$即為$L_1$和$L_2$的交點，解聯立方程式得$H=\left(\frac{-1}{5}, \frac{1}{5} \right)$。

由垂心的定義，必然有$\overrightarrow{HB} \perp \overrightarrow{AC}, \overrightarrow{HC} \perp \overrightarrow{AB}$及$\overrightarrow{HA} \perp \overrightarrow{BC}$。從而可以知道直線$BC$的法向量$\overrightarrow{n}$必與$\overrightarrow{HA} = \left( \frac{6}{5}, \frac{9}{5} \right)$平行，因此可以取$\overrightarrow{n} = (2, 3)$，然後便可假定直線$BC$的方程式為$2x+3y=k$，其中$k$為待定常數。

再根據題目條件，直線$BC$與$L_1, L_2$的兩個交點必然是$B$與$C$，但此時無法確定哪個交點是$B$、哪個交點是$C$。我們暫且將這兩個交點記為$P$與$Q$，然後解出$P = \left( \frac{k-1}{4}, \frac{k+1}{6} \right)$與$Q = (-k, k)$。

由第二段所述的垂直關係，必有$\overrightarrow{AP} \perp \overrightarrow{QH}$，由內積為零得方程式

$$\frac{k-5}{4}\cdot \frac{5k-1}{5} + \frac{k-11}{6} \cdot \frac{1-5k}{5} = 0.$$

解得$k = \frac{1}{5}$或$-7$。然而，若$k = \frac{1}{5}$，則$Q = \left( \frac{-1}{5}, \frac{1}{5} \right) = H$，垂心與頂點重合，矛盾！所以$k$只能是$-7$，得直線$BC$的方程式為$2x+3y=-7$。

（解答終了）

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) ×：$23 \le x \le 34 \Rightarrow 16 \le 50 - x \le 27$，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$0 < \alpha < 4$。

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）