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）

用幾何意義處理一道雙曲線積分問題

前兩天在twitter上看到一到積分題

很顯然就是得利用部分積分法與三角代換去處理。

該推文附上的解答為

其實也不甚困難。

不過我偏好用幾何眼光處理問題，所以下面的解法是90％的幾何、10％的代數/微積分。

首先注意被積函數$y = \sqrt{x^2+1}$是雙曲線$y^2 - x^2 = 1$的一個分支，我們將之圖形繪出，並標出幾個線段的長度，如下所示。

於是所求的積分$\int \limits^{1}_{0} \sqrt{x^2+1} \, dx$就是「曲邊梯形」OACB的面積，而此塊面積可以分解如

$$OACB = \Delta BOE + \Delta OEA + \Delta DEA + \text{曲邊四邊形}CDEB.$$

其中$\Delta BOE, \Delta OEA, \Delta DEA$都是一樣的等腰直角三角形，邊長為$\frac{\sqrt{2}}{2}$，面積為$\frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{\sqrt{2}}{2} \times \frac{1}{2} = \frac{1}{4}$，所以這三塊面積為$\frac{3}{4}$。

下面接著處理曲邊四邊形CDEB。由於$CDEB = CFDEB - \Delta CDF$，所以誘導我們去考慮將圖形進行順時針$45^{\circ}$旋轉，得下圖。

原本的雙曲線$y^2 - x^2 = 1$經過旋轉後變為$y = \pm \frac{1}{2x}$。於是

$$CFDEB = \int \limits_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1+\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{1}{2x} \, dx = \frac{1}{2} \int \limits_{\frac{\sqrt{2}}{2}}^{1+\frac{\sqrt{2}}{2}} \frac{1}{x} \, dx = \frac{1}{2} \left[ \ln \left( 1+\frac{\sqrt{2}}{2} \right) - \ln \frac{\sqrt{2}}{2} \right] = \frac{1}{2} \ln \left( 1+\sqrt{2} \right).$$

所以

$$CDEB = CFDEB - \Delta CDF = \frac{1}{2} \ln \left( 1+\sqrt{2} \right) - \left( 1 - \frac{\sqrt{2}}{2} \right)^2 \times \frac{1}{2} = \frac{1}{2} \ln \left( 1+\sqrt{2} \right) - \frac{3}{4} + \frac{\sqrt{2}}{2}.$$

然後

\begin{align*}\int \limits^{1}_{0} \sqrt{x^2+1} \, dx &= \Delta BOE + \Delta OEA + \Delta DEA + CDEB \\ &= \frac{3}{4} + \frac{1}{2} \ln \left( 1+\sqrt{2} \right) - \frac{3}{4} + \frac{\sqrt{2}}{2} \\ & = \frac{\sqrt{2}}{2} + \frac{1}{2} \ln \left( 1+\sqrt{2} \right) \end{align*}

（解答終了）

 可愛妹子時間～

涼本奈緒好可愛呀！！！（@naosuzumoto）

2018印度理工學院入學考試高級試(JEE Advanced)的一題微分方程初始值問題

==問題== 

(譯文)

設可微函數$f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$滿足$f(0) = 1$且對於任意實數$x, y$有

$$f(x+y) = f(x)f'(y) + f'(x)f(y).$$

試求出$\ln f(4)$之值。

(原文)

Let $f : \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ be a differentiable function with $f(0) = 1$ and satisfying the equation

$$f(x+y) = f(x)f'(y) + f'(x)f(y) \,\, \text{for all}\,\, x, y \in \mathbb{R}.$$

Then the value of $\ln f(4)$ is     .

==解答==

($1^\circ$)

$$\begin{align*} &f(0) = f(0+0) = f(0)f'(0) + f'(0)f(0) \\ \Rightarrow &f(0) = 2f(0)f'(0) \\ \Rightarrow &1 = 2\cdot 1 \cdot f'(0) \\ \Rightarrow &f'(0) = \frac{1}{2}. \end{align*}$$

($2^\circ$)

$$\begin{align*} &f(x) = f(0+x)=f(0)f'(x)+f'(0)f(x) = 1\cdot y' + \frac{1}{2} y \\ \Rightarrow &y = y' + \frac{1}{2} y \\ \Rightarrow &y' = \frac{1}{2}y \\ \Rightarrow & y = e^{\frac{1}{2}x} + C.  \end{align*}$$

$x = 0$代入，得

$$1 = e^{\frac{1}{2}\cdot 0} + C.$$

故$C = 0$，即

$$y = e^{\frac{1}{2}x}.$$

所以

$$\ln f(4) = \ln e^{\frac{1}{2} \cdot 4} = \ln e^2 = 2.$$

==評論==

輕而易舉