第 10 題：

設此四位數字的千百十個位數分別為 abcd，則

a+b+c+d=9m 且 (a+c)−(b+d)=11n

其中 mn 為整數

更甚者，可得

　　a+b+c+d=918 或 27

　　且

　　(a+c)−(b+d)=−110 或 11


以上兩者解聯立方程式求 a+c 與 b+d，

共 33=9 組聯立方程式中，

只有 a+c+d+d=18(a+c)−(b+d)=0 會有合理的解，

解得 (a+cb+d)=(99)

又 9=1+8=2+7=3+6=4+5

所以，

(abcd) 有序數組的可能解有 432!2!=48 個。





出處：臺中一中99資優鑑定數學科實作測驗試題

　　　http://www.tcfsh.tc.edu.tw/adm/exam/math/math99/M-2.pdf

第 10 題

令 g(x)=xh(x)=0xt21+t2+t4dt 

則 f(x)=h(g(x))

f(x)=h(g(x))g(x)

f(x)=h(g(x))g(x)g(x)+h(g(x))g(x)

f(1)=h(g(1))g(1)2+h(g(1))g(1) 

（開始來找尋各個部分！）

g(x)=xg(x)=12xg(x)=−14xx

g(1)=1g(1)=21g(1)=−41

而且，

h(x)=0xt21+t2+t4dth(x)=x21+x2+x4 

h(x)=2x5−2x(1+x2+x4)2

h(g(1))=h(1)=31h(g(1))=h(1)=0

故，所求＝0212+31−41=−112 

第 11 題：

因為當 x4 時，分子分母都趨近於 0，

且 limx4ddxx−4=limx41=1 

且 limx4ddx4x1t+t=limx41x+x=61 

所以，由 L'Hopital's Rule ，可得

所求＝161=61

要，是我筆誤了～：Ｐ

的確是要用 chain rule ～哈

還好 h(1)=0 所以沒有影響到答案，

馬上來修改～：Ｐ

填充第 8 題：

偷懶一下，令 f(1)=xf(2)=yf(3)=z

由 x=a+b+cy=4a+2b+cz=9a+3b+c

可得 a=2x−2y+zb=−25x−8y+3zc=3x−3y+z

f(4)=162x−2y+z+4−25x−8y+3z+3x−3y+z=x−3y+3z 

已知 −1x2

因為 2y4，所以 −12−3y−6

因為 −3z4，所以 −93z12

由上三式可得 (−1)+(−12)+(−9)x−3y+3z2+(−6)+12−22f(4)8

所以，f(4) 的最大值 M=8，最小值 m=−222M+m=−6

註：有興趣的話，還可以解出當 f(4) 有最大值（或最小值）時，對應的 f(1)f(2)f(3) 及 abc 的值。

110.8.15補充
若二次實係數多項式函數f(x)滿足−1f(1)36f(2)102f(4)24，則f(7)的最大值？
(110竹東高中，https://math.pro/db/thread-3533-1-1.html)

第 12 題

解一：

對任意 k=01221

1k+1Ck21=1k+121!k!(21−k)!=12222!(k+1)!(21−k)!=122C22k+1

因此，

所求＝122C122+C222+C322+C2222 

　　　=122222−1=224194303 

註：222=2102104=102410244






解二：

因為 (1+x)21=C021+C121x+C221x2++C2121x21

等號的左右兩邊同時對 x 積分，

可得 122(1+x)22=C021x+21C121x2+31C221x3++122C2121x22+k

其中 k 為常數，

將 x=0 帶入，可解得 k=122

因此，122(1+x)22=C021x+21C121x2+31C221x3++122C2121x22+122

\displaystyle \Rightarrow C^{21}_0x+\frac{1}{2}C^{21}_1x^2+\frac{1}{3}C^{21}_2 x^3+\cdots+\frac{1}{22}C^{21}_{21}x^{22}=\frac{1}{22}\left(\left(1+x\right)^{22}-1\right)

將 x=1 帶入上式，即可得所求＝\displaystyle \frac{1}{22}\left(2^{22}-1\right)=\frac{4194303}{22}

110.8.15補充
求滿足\displaystyle C_0^n+\frac{1}{2}C_1^n+\ldots+\frac{1}{n+1}C_n^n=\frac{31}{n+1}的正整數n。
https://math.pro/db/thread-3224-1-1.html

設n為自然數，若\displaystyle C_0^n+\frac{1}{2}C_1^n+\frac{1}{3}C_2^n+\ldots+\frac{1}{n+1}C_n^n=\frac{4095}{n+1}，則n=　　　。
(110桃園高中，https://math.pro/db/thread-3512-1-1.html)

填充題第 4 題：

解一：

先求出 \overline{AB} 的中點 M(3,2,3)

在 \triangle ABP 中，因為 M 為中點，

所以由三角形的中線定理，可得 \displaystyle \overline{PA}^2+\overline{PA}^2=2\left(\overline{AM}^2+\overline{PM}^2\right)

因為 \displaystyle \overline{AM}=\sqrt{3}

且 \overline{PM} 的最小值為 \displaystyle d(M,L)=\frac{\left|3-4-6+1\right|}{\sqrt{1^2+(-2)^2+(-2)^2}}=2

因此 \overline{PA}^2+\overline{PA}^2 的最小值為 2\left(\left(\sqrt{3}\right)^2+2^2\right)=14.



解二：

令 P(2t+2s-1,t,s) 其中 t,s 皆為實數，

則 \displaystyle \overline{PA}^2+\overline{PB}^2=\left(2t+2s-5\right)^2+\left(t-3\right)^2+\left(s-2\right)^2+\left(2t+2s-3\right)^2+\left(t-1\right)^2+\left(s-4\right)^2

　　　　　　=10t^2+16st-40t+10s^2-44s+64

　　　　　　\displaystyle =10\left(t+\frac{4s}{5}-2\right)^2+\frac{18}{5}\left(s-\frac{5}{3}\right)^2+14\geq14.

第 14 題

分母＝C^8_3=56

為方便解說，設此正立方體的邊長為 1，

分子＝（邊長為1,1,\sqrt{2} 的直角三角形個數）＋（邊長為1,\sqrt{2},\sqrt{3} 的直角三角形個數）

　　=6\times4 + 6\times 4=48

所求＝\displaystyle \frac{48}{56}=\frac{6}{7}.

註：


六面邊長為 1 的正方形，每面有四個直角三角形；

六面長、寬為 1,\sqrt{2}的長方形，每面有四個直角三角形。

你沒算錯， \displaystyle \frac{364}{C^{20}_3}=\frac{91}{285}.



填充第 5 題：

題目：由 1, 2, 3, …, 20挑出 x_1, x_2, x_3 三個數字﹐且 x_1<x_2<x_3 ，求 x_1 與 x_2 至少差 3， x_2 與 x_3 至少差 5 的機率為何？

解答：

將 1 至 20 這二十個號碼由左至右排成一列，

將被選到的號碼用符號◆來表示，

將沒有被選到的號碼用符號□來表示，

則這 3 個◆ 跟 17 個□到底會有怎樣的排列的情況呢？且讓我們看下去～


先將 ◆ ◆ ◆ 插入題目要求的 □ ～～如下圖：

　　　◆ □□ ◆ □□□□ ◆

這樣就能保證被選出來的較小的兩個號碼之間相差至少 3 ，

被選出來的較大的兩個號碼之間相差至少 5 ，

可是～～～還有 11 個□還沒有排入呀！！！！


好吧～將這 11 個□排入由三個隔板～噢，是三個◆所區隔開來的四個區域中，

因此總共會有 H^4_{11}=C^{14}_{11}=364 種排列方法數，

每一種排列的方法數就對應到一種選出 x_1,x_2,x_3 三個號碼的方法。


分子＝364

分母＝C^{20}_3=1140

所求機率＝\displaystyle\frac{364}{1140}=\frac{91}{285}.