雙週一題 109-02

109學年度第二學期問題及解答

Q1 ✔

$f(x)$ 為實數函數,若 $f(0) = 1013$,且對任意 $x\in\mathbb{R}$ 滿足

$$f(x + 5) − f(x)\leq 3(x + 3), f(x + 15) − f(x)\geq 9(x + 8)$$
則 $\frac{f(2025)}{2026} =?$

利用 裂項求和(Telescoping sum) 就可以了。總之答案是 608。

Q2 ✔

設 $\mathcal{S}$ 是由正整數所組成的集合,裡面元素為 “後五位數字為 20210,且其後五位數被刪除後的數字仍可整除該數” 的正整數(例如 520210 刪除 20210 後的 520210 可被 5 整除),求 $\mathcal{S}$ 裡面所有元素之位數總和(例如 520210 為 5 + 2 + 0 + 2 + 1 + 0 = 10)

根據題意知道這些數字為這種形式 $n\times100000+20210$ 且滿足 $n\mid20210$,所以 $n$ 為以下 16 個數字:

$$ 1,2,5,43,47,10,86,94,215,235,2021,430,470,4042,10105,20210 $$
所以答案為 $(1+2+5+7+11+1+14+13+8+10+5+7+11+10+7+5)+16\times 5=197.$

Q3 ✔

一個圓心為 $O$ 半徑為 65 的圓。已知弦 $\overline{AB}$ 長為 32 與弦 $\overline{CD}$ 長為 66 相交於 $P$ 點,且兩弦中點的距離為 39,求 $\overline{OP}$。

假設 $\overline{AB}$ 與 $\overline{CD}$ 中點分別為 $M$ 與 $N$,可以知道 $\angle{OMP} = \angle{ONP} = 90^\circ$ 因此 $MONP$ 為圓內接四邊形

接著先做以下假設 $\overline{OM}, \overline{MP}, \overline{PN}, \overline{NO}$ 以及對角線 $\overline{OP}, \overline{MN}$ 的長度分別為 $b,x,y,a,z,c$。

根據 托勒密定理 以及 畢氏定理

$$ \begin{aligned} cz &= ax+by\\ z^2 &= b^2 + x^2\\ z^2 &= a^2 + y^2 \end{aligned} $$

再把這三個方程式整理一下可以得到

$$ (a+b-c)(a+b+c)(c+a-b)(c-a+b)z^2 = (2abc)^2 $$

又根據題目給的資料可知 $a=56, b=63, c=39$,代入即可得到 $z=\frac{17199}{2\sqrt{18170}}$

Q4 ✔

在 $1, 2, 3, \cdots, 2021$ 的直線排列 $(a_1, a_2, \cdots, a_{2021})$ 中,滿足條件 $(∗)$ 的排列共有多少 個?

(∗) : 恰有一個 $i\in {1, 2, 3, \cdots, 2020}$,使得下面的式子成立。

$$ \begin{equation*} \left\{ \begin{array}{l} a_1 < a_2 < \cdots < a_i\\ a_i > a_{i+1}\\ a_{i+1} < a_{i+2} < \cdots < a_{2021} \end{array} \right. \end{equation*} $$

根據 $1, 2, 3, \cdots, n$ 定義條件為 $C_n$ 且滿足條件的個數為 $V_n$,則 $V_1 = 0$。又滿足 $C_n$ 的集合可以用兩種方式建構:

  1. 先拿出滿足 $C_{n-1}$ 的集合,然後讓 $n = a_n$。
  2. $n$ 就是那個轉折點 $a_i$

所以 $V_n = V_{n-1} + 2^{n-1}-1$

再次利用 裂項求和(Telescoping sum) 可以得到 $V_n = 2^n-n-1$,因此答案為 $2^{2001}-2002$

Q5 ✔

如圖,已知一個直角三角形 $\triangle ABC$,$\overline{BC}$ 為斜邊,斜邊長為 $a$,斜邊上的高為 $h$,$O$ 為斜邊上的中點,今將斜邊 $n$ ($n > 1$, $n$ 為奇數) 等分,若 $P, Q$ 為其中兩個等分點,且 $\overline{PQ} = \frac{a}{n}$,$O$ 點介於 $P$, $Q$ 之間,設 $\angle PAQ = \alpha$,求 $\lim\limits_{n\to\infty}n\tan\alpha$。

令 $\overline{OH} = k$, 可知 $h^2+k^2=\frac{a^2}{4}$。

再令 $\angle QAH=\beta, \angle PAH=\gamma$,則根據和角公式可以得到

$$ \tan(\alpha) = \tan(\beta-\gamma) = \frac{\tan(\beta)-\tan(\gamma)}{1-\tan(\beta)\tan(\gamma)} $$

又 $\tan(\beta) = \frac{k+\frac{a}{4n}}{h}$ 以及 $\tan(\gamma) = \frac{k-\frac{a}{4n}}{h}$

因此帶入可得到

$$ \lim\limits_{n\to\infty}n\tan\alpha = \frac{4h}{a} $$

Q6 ✔

今一單位球(半徑為 1 的球)球心為原點,且球面上兩點 $P、Q$ 座標分別為 $P(1, 0, 0), Q(−\frac{1}{2}, \frac{3}{4}, \frac{\sqrt{3}}{4})$,延著球面行進,於 $PQ$ 最短路徑中取一點 $R$,使得 $\overset{\frown}{PR} : \overset{\frown}{QR} = 1 : 3$,試求 $R$ 點座標。

由 $\cos{\theta} = \frac{\mathbf{a \cdot b}}{|\vec{a}| , |\vec{b}|}$ 可以得知 $\angle POQ = 120^{\circ}$。

因為 $\overset{\frown}{PR} : \overset{\frown}{QR} = 1 : 3$ 則

$$ \begin{aligned} \left \langle \vec{OP}, \vec{OR} \right \rangle &= \cos30^{\circ}\\ \left \langle \vec{OQ}, \vec{OR} \right \rangle &= \cos90^{\circ} \end{aligned} $$

令 $R = (x,y,z)$,因此

$$ \begin{aligned} x^2 + y^2 + z^2 &= 1\\ x &= \frac{\sqrt{3}}{2}\\ \frac{-1}{2}x+\frac{3}{4}y+\frac{\sqrt{3}}{4}z &=0 \end{aligned} $$
所以 $R=(\frac{\sqrt{3}}{2}, \frac{\sqrt{3}}{4}, \frac{1}{4})$

Q7 ✔

對所有正整數 $n$,令 $A_n = (1 + \frac{1}{n})^{n}$, $B_n = (1 + \frac{1}{n})^{n+1}$, $C_n=\frac{2A_{n}B_{n}}{A_n+B_n}$, 證明 $C_1 < C_2 < \cdots < C_n < \cdots$ 。

我們先簡單整理一下可以得到

$$ \frac{C_n}{C_{n-1}} = \frac{(2n-1)(n+1)^{n+1}(n-1)^{n-1}}{(2n+1)n^{2n}} $$

$$ \begin{align*} 1+\frac{1}{n}&=\frac{1}{1-\frac{1}{n+1}}\\ &>1+\frac{1}{n+1}+\frac{1}{(n+1)^2}+\cdots+\frac{1}{(n+1)^{n-1}}\\ &\geq1+\sum_{i=1}^{i=n-1}\frac{{n-1\choose i}}{(n-1)^i}\frac{1}{(n+1)^i}\\ &=1+\sum_{i=1}^{i=n-1}{n-1\choose i}\frac{1}{(n^2-1)^i}\\ &=(1+\frac{1}{n^2-1})^{n-1} \end{align*} $$

而 $\forall n > 1$ 有 $1+\frac{1}{n}>1+\frac{1}{2n-1}$

所以可推得

$$ \begin{align*} (\frac{n+1}{n})^2 &=(1+\frac{1}{n})^2\\ &>(1+\frac{1}{2n-1})(1+\frac{1}{n})\\ &>(1+\frac{1}{2n-1})(1+\frac{1}{n^2-1})^{n-1}\\ &=\frac{2n+1}{2n-1}(\frac{n^2}{n^2-1})^{n-1}\\ &=\frac{(2n+1)n^{2n-2}}{(2n-1)(n-1)^{n-1}(n+1)^{n-1}}\\ \end{align*} $$

於是得到結論

$$ \frac{(2n-1)(n+1)^{n+1}(n-1)^{n-1}}{(2n+1)n^{2n}} = \frac{C_n}{C_{n-1}} > 1, \forall n > 1 $$

Q8

令 $A$, $B$ 分別為 $3\times2$, $2\times3$ 矩陣,若

$$ AB=\begin{pmatrix} 8 & 2 & -2 \\ 2 & 5 & 4 \\ -2 & 4 & 5 \end{pmatrix} $$

證明

$$ BA=\begin{pmatrix} 9 & 0\\ 0 & 9 \end{pmatrix} $$

簡單計算可以得到 $ABAB = (9I_3)AB = A(9I_2)B$

考慮 $2\times3$ 的矩陣 $C$

情況 1 : 如果 $a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21} \neq 0$,取 $C$ 為

$$ \begin{pmatrix} \frac{a_{22}}{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}} & \frac{-a_{12}}{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}} & 0\\ \frac{-a_{21}}{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}} & \frac{a_{11}}{a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21}} & 0\\ \end{pmatrix} $$

情況 2 : 如果 $a_{11}a_{22}-a_{12}a_{21} = 0$, 易證 $(a_{11}, a_{12}, a_{21}, a_{22})$ 只可能為以下兩種情形

  1. $(\neq0,0,0,\neq0)$
  2. $(0,\neq0,\neq0,0)$

則可分別取 $C$ 為

$$ \begin{pmatrix} \frac{1}{a_{11}} & 0 & 0\\ 0 & \frac{1}{a_{22}} & 0\\ \end{pmatrix} $$
$$ \begin{pmatrix} 0 &\frac{1}{a_{21}} & 0 \\ \frac{1}{a_{12}} & 0 & 0\\ \end{pmatrix} $$

可知 $CA = I_2$

同理也可以找到 $3\times2$ 的矩陣 $D$ 使得 $BD=I_2$

於是

$$ \begin{aligned} BA &= I_2(BA)I_2\\ &= (CA)(BA)(BD)\\ &= C(ABAB)D\\ &= C\bigg((9I_3)AB\bigg)D \\ &= C\bigg(A(9I_2)B\bigg)D\\ &= (CA)(9I_2)(BD)\\ &= I_2(9I_2)I_2\\ &= \begin{pmatrix} 9 & 0\\ 0 & 9\\ \end{pmatrix} \end{aligned} $$
updatedupdated2021-06-172021-06-17