第 10 題：

設此四位數字的千百十個位數分別為 \(a,b,c,d\)，則

\(a+b+c+d=9*m\) 且 \((a+c)-(b+d)=11*n\)

其中 \(m,n\) 為整數

更甚者，可得

　　\(a+b+c+d=9, 18,\) 或 \(27\)

　　且

　　\((a+c)-(b+d)=-11,0,\) 或 \(11\)


以上兩者解聯立方程式求 \(a+c\) 與 \(b+d\)，

共 \(3*3=9\) 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 \((a+c, b+d)=(9,9)\)

又 \(9=1+8=2+7=3+6=4+5\)

所以，

\((a,b,c,d)\) 有序數組的可能解有 \(4*3*2!*2!=48\) 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 \(\displaystyle g(x)=\sqrt{x}, h(x)=\int_0^x \frac{t^2}{1+t^2+t^4}dt\)

則 \(f(x)=h(g(x))\)

\(\Rightarrow f'(x)=h'(g(x))\cdot g'(x)\)

\(\Rightarrow f''(x)=h''(g(x))g'(x)\cdot g'(x)+h'(g(x))\cdot g''(x)\)

\(\Rightarrow f''(1)=h''(g(1))\cdot \left(g'(1)\right)^2+h'(g(1))g''(1)\)

（開始來找尋各個部分！）

\(\displaystyle g(x)=\sqrt{x}\Rightarrow g'(x)=\frac{1}{2\sqrt{x}}\Rightarrow g''(x)=-\frac{1}{4x\sqrt{x}}\)

\(\displaystyle \Rightarrow g(1)=1, g'(1)=\frac{1}{2}, g''(1)=-\frac{1}{4}\)

而且，

\(\displaystyle h(x)=\int_0^x \frac{t^2}{1+t^2+t^4}dt \Rightarrow h'(x)=\frac{x^2}{1+x^2+x^4}\)

\(\displaystyle \Rightarrow h''(x)=\frac{2x^5-2x}{(1+x^2+x^4)^2}\)

\(\displaystyle \Rightarrow h'(g(1))=h'(1)=\frac{1}{3}, h''(g(1))=h''(1)=0\)

故，所求＝\(\displaystyle 0\times\left(\frac{1}{2}\right)^2+\frac{1}{3}\times\left(-\frac{1}{4}\right)=-\frac{1}{12}.\)

第 11 題：

因為當 \(x\to4\) 時，分子分母都趨近於 \(0\)，

且 \(\displaystyle \lim_{x\to4} \frac{d}{dx}\left(x-4\right)=\lim_{x\to4} 1=1\)

且 \(\displaystyle \lim_{x\to4} \frac{d}{dx}\left(\int_4^x\frac{1}{t+\sqrt{t}}\right)=\lim_{x\to4}\frac{1}{x+\sqrt{x}}=\frac{1}{6}\)

所以，由 L'Hopital's Rule ，可得

所求＝\(\displaystyle \frac{\frac{1}{6}}{1}=\frac{1}{6}.\)

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 \(f(1)=x, f(2)=y, f(3)=z\)

由 \(x=a+b+c, y=4a+2b+c, z=9a+3b+c\)

可得 \(\displaystyle a=\frac{x-2y+z}{2},b=-\frac{5x-8y+3z}{2},c=3x-3y+z\)

\(\displaystyle \Rightarrow f(4)=16\cdot\frac{x-2y+z}{2}+4\cdot\left(-\frac{5x-8y+3z}{2}\right)+3x-3y+z=x-3y+3z\)

已知 \(-1\leq x\leq 2\)

因為 \(2\leq y\leq4\)，所以 \(-12\leq -3y\leq-6\)

因為 \(-3\leq z\leq4\)，所以 \(-9\leq 3z\leq 12\)

由上三式可得 \((-1)+(-12)+(-9)\leq x-3y+3z\leq 2+(-6)+12\Rightarrow -22\leq f(4)\leq8\)

所以，\(f(4)\) 的最大值 \(M=8\)，最小值 \(m=-22\Rightarrow 2M+m=-6\)

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 \(a,b,c\) 的值。

110.8.15補充
若二次實係數多項式函數\(f(x)\)滿足\(\cases{-1\le f(1)\le 3 \cr 6 \le f(2)\le 10 \cr 2 \le f(4) \le 24}\)，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 \(k=0,1,2,\cdots, 21\)

\(\displaystyle \frac{1}{k+1}C^{21}_k=\frac{1}{k+1}\cdot\frac{21!}{k!(21-k)!}=\frac{1}{22}\cdot\frac{22!}{(k+1)!(21-k)!}=\frac{1}{22}C^{22}_{k+1}\)

因此，

所求＝\(\displaystyle \frac{1}{22}\left(C^{22}_1+C^{22}_2+C^{22}_3\cdots+C^{22}_{22}\right)\)

　　　\(\displaystyle =\frac{1}{22}\left(2^{22}-1\right)=\frac{4194303}{22}\)

註：\(2^{22}=2^{10}\cdot2^{10}\cdot4=1024\times1024\times4\)






解二：

因為 \((1+x)^{21}=C^{21}_0+C^{21}_1x+C^{21}_2 x^2+\cdots+C^{21}_{21}x^{21}\)

等號的左右兩邊同時對 \(x\) 積分，

可得 \(\displaystyle \frac{1}{22}(1+x)^{22}=C^{21}_0x+\frac{1}{2}C^{21}_1x^2+\frac{1}{3}C^{21}_2 x^3+\cdots+\frac{1}{22}C^{21}_{21}x^{22}+k\)

其中 \(k\) 為常數，

將 \(x=0\) 帶入，可解得 \(\displaystyle k=\frac{1}{22}\)

因此，\(\displaystyle \frac{1}{22}(1+x)^{22}=C^{21}_0x+\frac{1}{2}C^{21}_1x^2+\frac{1}{3}C^{21}_2 x^3+\cdots+\frac{1}{22}C^{21}_{21}x^{22}+\frac{1}{22}\)

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

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＝\(\displaystyle\frac{364}{1140}=\frac{91}{285}.\)