填充題第 5 題：

\(17 \equiv -3 \pmod{10}\)

\(\Rightarrow 17^{4} \equiv (-3)^4\equiv 1 \pmod{10}\)

而 \(17^{17}=\left(16+1\right)^{17}\equiv 1\pmod{4}\)

所以，\(17^{17^{17}}\equiv 17^1\equiv 7\pmod{10}\)

填充第 6 題：

既然 \(\displaystyle <r_n>\) 收斂，就先來求一下極限值好了，

令 \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} r_n=k \)，則 \(\displaystyle k=\frac{5}{2}k-k\Rightarrow k=0\)

好吧，回到正題，來求 \(\displaystyle a_2\)

先將題目給的式子改寫成 \(\displaystyle r_n-\frac{1}{2} r_{n-1}= 2 (r_{n-1}-\frac{1}{2} r_{n-2})\)

再列出如下列 \(\displaystyle n-2\) 個式子，

\(\displaystyle r_n-\frac{1}{2} r_{n-1}= 2 (r_{n-1}-\frac{1}{2} r_{n-2})\)

\(\displaystyle r_{n-1}-\frac{1}{2} r_{n-2}= 2 (r_{n-2}-\frac{1}{2} r_{n-3})\)

\(\displaystyle r_{n-2}-\frac{1}{2} r_{n-3}= 2 (r_{n-3}-\frac{1}{2} r_{n-4})\)

‧‧‧‧‧‧

\(\displaystyle r_3-\frac{1}{2} r_2= 2 (r_2-\frac{1}{2} r_1)\)

case i: 若 \(\displaystyle r_2-\frac{1}{2} r_1\neq0\)，則 \(\displaystyle r_3-\frac{1}{2} r_2\neq0\)

　　　　\(\displaystyle \Rightarrow r_4-\frac{1}{2} r_4\neq0\Rightarrow \cdots\Rightarrow r_n-\frac{1}{2} r_{n-1}\neq0\)

　　　　將上列 \(\displaystyle n-2\) 個式子相乘，可得 \(\displaystyle r_n-\frac{1}{2} r_{n-1}= 2^{n-2}\left(r_2-\frac{1}{2} r_1\right)\)

　　　　\(\displaystyle \Rightarrow r_2-\frac{1}{2} r_1=\frac{r_n-\frac{1}{2} r_{n-1}}{2^{n-2}}\)

　　　　（有沒有發現到，等號左邊是定數，右邊卻會隨 \(\displaystyle n\) 而改變）

　　　　因為 \(\displaystyle r_2-\frac{1}{2} r_1 \) 是常數時，因此 \(\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{r_n-\frac{1}{2} r_{n-1}}{2^{n-2}}= r_2-\frac{1}{2} r_1\)

　　　　另一方面，因為 \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} r_n= 0\)，所以 \(\displaystyle \lim_{n\to\infty}\frac{r_n-\frac{1}{2} r_{n-1}}{2^{n-2}}=0\)

　　　　可得 \(\displaystyle r_2-\frac{1}{2} r_1=0\)，矛盾。
　　　　　（注意：是〝等於〞不是〝趨近〞）

case ii: 若 \(\displaystyle r_2-\frac{1}{2} r_1=0\)，則 \(\displaystyle r_2=\frac{1}{2} r_1=\frac{2003}{2}\)

填充第 8 題：設 \(g(x)\) 及 \(f(x)\) 分別為一元六次多項式且 \(g(x)=f(x)-a=0\)，當 \(a = 2, 4, 6, 8, 10\) 時，

\(g(x)=0\)的根分別為 \(1, 2, 3, 4, 5\)，求 \(f(10)+f(-4)\) 之值為_____________.




解答：

令 \(h(x)=f(x)-2x\)，則 \(h(x)\) 為六次多項式且

\(h(1)=f(1)-2=g(1)=0, h(2)=f(2)-4=g(2)=0, \cdots, h(5)=f(5)-10=g(5)=0\)

由因式定理，可知 \(h(x)\) 有因式 \((x-1),(x-2),\cdots,(x-5)\)

且因為 \(h(x)\) 為六次多項式，可令 \(h(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)(bx+c)\)

則 \(f(x)=(x-1)(x-2)(x-3)(x-4)(x-5)(bx+c)+2x\)

\(f(10)+f(-4)=\left[9\cdot8\cdot7\cdot6\cdot5\left(10b+c\right)+20\right]+\left[(-5)\cdot(-6)\cdot(-7)\cdot(-8)\cdot(-9)\left(-4b+c\right)-8\right]\)

　　　\(=9\cdot8\cdot7\cdot6\cdot5\cdot14\cdot b+12=211680b+12\)



怪哉，題目是否有疏漏？好像漏掉首項係數為 \(1\) （\(b=1\)）的條件了？還是小弟哪裡眼花了嗎？

填充第 11 題：設袋中有 \(4\) 個紅球， \(6\) 個黑球，今自袋中隨機一次取一個球出來，共取 \(3\) 次，取法分別為 (i) 取後放回， (ii) 取後不放回；兩種情形， (i) 及 (ii) ，分別取到紅球個數的期望值為 \(a\) 及 \(b\) ，求 \(a + b =\) ______________.


解答：
\(\displaystyle a=b=3\cdot\frac{4}{4+6}=\frac{6}{5}\)

或是也可以寫

\(\displaystyle a=3\cdot C^3_3\left(\frac{4}{10}\right)^3+2\cdot C^3_2\left(\frac{4}{10}\right)^2\left(\frac{6}{10}\right)+1\cdot C^3_1\left(\frac{4}{10}\right)\left(\frac{6}{10}\right)^2+0\cdot C^3_0\left(\frac{6}{10}\right)^3=\frac{6}{5}\)

\(\displaystyle b=3\cdot\frac{C^3_3 4\cdot3\cdot2}{10\cdot9\cdot8}+2\cdot\frac{C^3_2 4\cdot3\cdot6}{10\cdot9\cdot8}+1\cdot\frac{C^3_1 4\cdot6\cdot5}{10\cdot9\cdot8}+0\cdot\frac{C^3_0 6\cdot5\cdot4}{10\cdot9\cdot8}=\frac{6}{5}\)



\(\displaystyle \Rightarrow a+b=\frac{6}{5}+\frac{6}{5}=\frac{12}{5}\)

填充第 12 題：設 \(x,y,z\) 均為實數，且滿足 \(x^2+y^2+z^2=2(2y-x-3z)\)，求 \(2x-4y+6z+38\) 的最大值及最小值之和為_________________.

解答：

\(x^2+y^2+z^2=2(2y-x-3z)\)

\(\Rightarrow (x+1)^2+(y-2)^2+(z+3)^2=14\)

由柯西不等式，可得

\(\left((x+1)^2+(y-2)^2+(z+3)^2\right)\left(1^2+\left(-2\right)^2+3^2\right)\geq \left((x+1)-2(y-2)+3(z+3)\right)^2\)

\(\Leftrightarrow 14^2\geq \left(x-2y+3z+14\right)^2\)

\(\Leftrightarrow -14\leq x-2y+3z+14\leq14\)

\(\Leftrightarrow -28\leq x-2y+3z\leq0\)

\(\Leftrightarrow -56\leq 2x-4y+6z\leq0\)

\(\Leftrightarrow -18\leq 2x-4y+6z+38\leq38\)

得 \(2x-4y+6z+38\) 的最大值與最小值分別為 \(38\) 與 \(-18\)

所求＝\(38+(-18)=20\)

填充第 14 題：設 \(a, b\) 為二正整數，已知它們的最小公倍數為 \(2^6\times3^2\times11^2\times13\)，則這樣的正整數對 \((a, b)\) 共有多少組?_____________.

解答：

先來討論一下 \(a\) 與 \(b\) 當中 \(2\) 這個質因數分配得情況好了～

因為最小公倍數有恰含有 \(2^6\)，

所以 \(a\) 與 \(b\) 至少有一個質因數分解之後恰含有 \(2^6\)

　　另一個寫成標準分解式之後可能有 \(2^0,2^1,2^2,\cdots,2^6\)

因此，\(a\) 與 \(b\) 當中 \(2\) 的因數分配情況可能有 \(2\cdot7-1\) 種。

（扣掉的那個是重複計算的，也就是 \(a\) 與 \(b\) 剛好都恰含有 \(2^6\) 的因數～被重複計算的次數）



其它同理，

因此，可得所求為 \((2\cdot7-1)(2\cdot3-1)(2\cdot3-1)(2\cdot2-1)=975\) 種。

填充第 13 題：

先來研究一下規律好了～

想像有一排燈按照 \(a_na_{n-1}a_{n-2}a_{n-3}\cdots a_3a_2a_1\) 排列～

對照到剛剛那串排列順序～有出現 \(a_k\) 則 \(a_k\) 位置亮燈（寫成 \(1\)），

沒出現 \(a_k\) 則 \(a_k\) 位置不亮燈（寫成 \(0\)），

第一個位置對應到 → \(0000000\cdots00000\)

第二個位置對應到 → \(0000000\cdots00001\)

第三個位置對應到 → \(0000000\cdots00010\)

第四個位置對應到 → \(0000000\cdots00011\)

第五個位置對應到 → \(0000000\cdots00100\)

第六個位置對應到 → \(0000000\cdots00101\)

第七個位置對應到 → \(0000000\cdots00110\)

第八個位置對應到 → \(0000000\cdots00111\)

　　　　　　　　　　 \(\cdots\cdots\cdots\)

看出來了嗎？ 第 \(k\) 個位置對應到的就是 \(k-1\) 的二進位數值

因為 \(155=128+16+8+2+1=2^7+2^4+2^3+2^1+2^0\)

所以要亮燈的分別是 \(a_8, a_5, a_4, a_2, a_1\)

因此，排在第 \(156\) 位置的是 \(a_1a_2a_4a_5a_8.\)

其實昨天我看到這題的想法也跟你差不多，不過我是解讀成~~

\(I\) 當作是乘法單位元素，

然後每一群的元素就是把前面的每個元素從右邊乘上新增加的元素

I
^-------接下來要增加的是把前面的元素，由右邊乘上 a1，也就是增加 a1

I, [a1]
^^^^^^--------接下來要增加的是把前面的元素，由右邊乘上 a2，也就是增加 a2,a12

I, [a1], [a2, a12]
^^^^^^^^^^^^^^^^--------接下來要增加的是把前面的元素，由右邊乘上 a3，也就是增加 a3, a13, a23, a123

I, [a1], [a2, a12], [a3, a13, a23, a123]
^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^^--------接下來要增加的是把前面的元素，由右邊乘上 a4，也就是增加 a4, a14, a24, a124, a34, a134, a234, a1234

I, [a1], [a2, a12], [a3, a13, a23, a123], [a4, a14, a24, a124, a34, a134, a234, a1234], .........

不過後來想想，上面這個規律與二進位是相同的，所以就用二進位來處理比較方便。

不過如果每群新增加的元素排列的規律，如 tuhunger 老師所提的，或許也有可能～

畢竟題目是用＂以此類推＂四個字，每個人找到的規律的確有可能不同，

而數列，除非題目有詳細說明規律，不然若純以條列的方式，的確下一個元素是誰都可以。

：）

填充第１３題，前面已經解了。

其實最小公倍數那題前面也解了………==

填充第 15 題：

令 \(\displaystyle f(x)=\int_4^x \frac{1}{2+t^2}dt\Rightarrow f\,'(x)=\frac{1}{2+x^2}\)

則 \(y=-f(1+3x^2)\)

\(\displaystyle y\,'=-f\,'(1+3x^2)\cdot(1+3x^2)'=-\frac{1}{2+(1+3x^2)^2}\cdot(6x)=\frac{-2x}{1+2x^2+3x^4}\)