115年彰化女中教甄-數學詳解

國立彰化女子高級中學 115 學年度第一次教師甄選

一、 填充題： (每題 4 分，共計 60 分)

解答:$$假設\cases{\vec a= \overrightarrow{OA} \\\vec b= \overrightarrow{OB} \\\vec c= \overrightarrow{OC} } \Rightarrow \cases{\vec a\cdot \vec b= |\vec a||\vec b| \cos 90^\circ =0\\ \vec b\cdot \vec c=|\vec b||\vec c| \cos 120^\circ=-3\\ \vec c\cdot \vec a=|\vec c||\vec a| \cos 135^\circ =-3} , 取\cases{\vec u= \vec a+\vec b\\ \vec v=\vec b+\vec c\\ \vec w=\vec c+\vec a}\\ \Rightarrow \vec u,\vec v,\vec w所張出的平行六面體8頂點向量可表示成e_1\vec u+ e_2 \vec v+e_3\vec w,其中 e_i\in\{0,1\} \\ \Rightarrow 原點以外的7個頂點向量 \cases{(e_1,e_2,e_3)=(1,0,0) \Rightarrow \vec P_1=\vec u=\vec a+\vec b \Rightarrow |\vec P_1|^2  =6 \\(e_1,e_2, e_3) =(0,1,0) \Rightarrow \vec P_2=\vec v=\vec b+\vec c \Rightarrow |\vec P_2|^2  =7 \\(e_1,e_2,e_3)=(0,0,1) \Rightarrow \vec P_3=\vec w=\vec a+\vec c \Rightarrow |\vec P_3|^2  =5 \\ (e_1,e_2,e_3)=(1,1,0) \Rightarrow \vec P_4=\vec u+ \vec v=\vec a+2\vec b +\vec c\Rightarrow |\vec P_4|^2  =9 \\(e_1,e_2,e_3)=(0,1,1) \Rightarrow \vec P_5=\vec v+\vec w=\vec a+\vec b+2\vec c \Rightarrow |\vec P_5|^2  =18 \\ (e_1,e_2,e_3)=(1,0,1) \Rightarrow \vec P_6=\vec u+ \vec w=2\vec a+\vec b+\vec c \Rightarrow |\vec P_6|^2  =3 \\(e_1,e_2,e_3)=(1,1,1) \Rightarrow \vec P_7=\vec u+ \vec v+ \vec w=2(\vec a+\vec b+\vec c) \Rightarrow |\vec P_7|^2  =12} \\ \Rightarrow 最大值18 \Rightarrow 最大距離\sqrt{18}= \bbox[red, 2pt]{3\sqrt 2}$$

$$\bbox[cyan,2pt]{本題送分}$$

解答:$$2026=2\times 1013 ,由於1013是質數，因此{k^3\over 2026} 不是整數,k=1,2,\dots,2025\\ N=2026 \Rightarrow  \left\lfloor{(N-k)^3\over N} \right \rfloor= \left \lfloor N^2-3Nk+3k^2-{k^3\over N} \right \rfloor =N^2-3Nk+3k^2+\left \lfloor -{k^3\over N} \right \rfloor \\=N^2-3Nk+3k^2-\left \lfloor {k^3\over N} \right \rfloor-1 \Rightarrow \left \lfloor {k^3\over N} \right \rfloor+ \left \lfloor {(N-k)^3\over N} \right \rfloor= N^2-3Nk+3k^2-1 \\ 因此欲求S= \sum_{k=1}^{N-1}   \left \lfloor {k^3\over N} \right \rfloor \Rightarrow 2S= \sum_{k=1}^{N-1} \left(  \left \lfloor {k^3\over N} \right \rfloor+ \left \lfloor {(N-k)^3\over N} \right \rfloor \right) = \sum_{k=1}^{N-1} (N^2-3Nk+3k^2-1) \\=(N-1)(N^2-1)-3N\cdot {N(N-1)\over 2}+ 3\cdot {N(N-1)(2N-1)\over 6} ={(N-1)(N-2)(N+1) \over 2} \\ \Rightarrow S= {(N-1)(N-2)(N+1) \over 4} ={(N^2-1)(N-2) \over 4} ={(2026^2-1)\times 2024\over 4} =506\times(2026^2-1) \\ \equiv 6\times 75 {\mod 100} \equiv \bbox[red, 2pt]{50} {\mod 100}$$

解答:$$15x^2-2\sqrt 3xy+13y^2= \begin{bmatrix}x& y \end{bmatrix} \begin{bmatrix}15&-\sqrt 3\\-\sqrt 3& 13 \end{bmatrix} \begin{bmatrix}x\\ y \end{bmatrix} =\begin{bmatrix}x& y \end{bmatrix} P\begin{bmatrix}12&0\\ 0& 16 \end{bmatrix} P^{-1}\begin{bmatrix}x\\ y \end{bmatrix} \\ \Rightarrow 旋轉後的橢圓:12x'^2+16y'^2=144 \Rightarrow {x'^2\over 12}+{y'\over 9}=1 \Rightarrow \cases{a=2\sqrt 3\\b=3} \\ \Rightarrow 正焦弦長={2b^2\over a} ={18\over 2\sqrt 3} =\bbox[red, 2pt]{3\sqrt 3}$$

解答:$$假設玩9次，獲勝x次、失敗y次 \Rightarrow \cases{x+y=9\\ 1+x-y=0} \Rightarrow \cases{x=4\\ y=5}\\ 第9次結束代表第9次失敗，前8次4勝4敗，且累積的獲勝次數絕對不能少於累積的失敗次數\\這又是卡特蘭數\text{(Catalan numbmer)}與一路領先的問題\\ 4勝4敗任排有C^8_4=70種，不合法的排列，相當於(0,0)走到(3,5)，有C^8_3=56種\\ 因此合乎條件的有70-56=14種\Rightarrow 機率=14\times \left( {2\over 3} \right)^4\times \left( {1\over 3} \right)^5= \bbox[red,2pt]{224\over 19683}$$

解答:

$$最外圍4顆球球心連線構成一個正四面體，因此可假設球心坐標\cases{P_1(c,c,c) \\P_2(c,-c,-c) \\P_3(-c,c,-c) \\P_4(-c,-c,c)} \\ \Rightarrow \overline{P_1P_2} =2\sqrt 2c =4\times 球半徑=4 \Rightarrow c=\sqrt 2 \Rightarrow \cases{P_1(\sqrt 2,\sqrt 2,\sqrt 2) \\ P_2(\sqrt 2,-\sqrt 2,-\sqrt 2) \\P_3(-\sqrt 2,\sqrt 2,-\sqrt 2) \\P_4(-\sqrt 2, -\sqrt 2,\sqrt 2)} \\ \Rightarrow 其餘六球球心就是四球球心兩兩的中心點，即\cases{(P_1+P_2)/2=(\sqrt 2, 0,0) \\ (P_1+P_3)/2=(0,\sqrt 2,0) \\(P_1+P_4)/2=(0,0,\sqrt 2) \\(P_2+P_3)/2 =(0,0,-\sqrt 2) \\ (P_2+P_4)/2 =(0,-\sqrt 2, 0) \\(P_3+P_4)/2= (-\sqrt 2,0,0)}\\ 由以上可知: x,y,z皆在\pm \sqrt 2內，球心為1，因此長方體各軸皆在\pm \sqrt 2\pm 1 \\ \Rightarrow 長方體邊長=(\sqrt 2+1)-(-\sqrt 2-1)=2\sqrt 2+2 \Rightarrow 體積=(2\sqrt 2+2)^3= \bbox[red, 2pt]{56+40\sqrt 2}$$

解答:$$假設第k次擲出的點數為d_k \Rightarrow a_n=0.d_1d_2\dots d_k =\sum_{k=1}^n d_k10^{-k} \Rightarrow a_{\infty} =\sum_{k=1}^\infty d_k10^{-k}\\ \Rightarrow \cases{P(d_1\in \{1,2,3\})=1/2 \Rightarrow 最大值a_{\infty}=0.366\cdots =11/30\\ P(d_1\in \{4,5,6\})=1/2 \Rightarrow 最小值a_\infty=0.411\cdots =37/90} \\ 為使\lim_{n\to \infty} p_n(\alpha)={1\over 2} \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{{11\over 30}\le \alpha\le {37\over 90}}$$

解答:$$x^2f(x)={3\over 5}x^5+{1\over 2}ax^4-{1\over 3}x^3+ 2\int_0^x tf(t)\,dt \Rightarrow 2xf(x)+x^2f'(x)=3x^4+2ax^3-x^2+2xf(x)\\ \Rightarrow f'(x)=3x^2+2ax-1 \Rightarrow f(x)= \int (3x^2+2ax-1)\,dx =x^3+ax^2-x+C \\ \Rightarrow f(0)=0=C \Rightarrow f(x)=x^3+ax^2-x=x(x^2+ax-1)\\ f(x) =0 \Rightarrow x=0, {-a\pm \sqrt{a^2+4} \over 2} \Rightarrow 取\cases{\alpha=(-a-\sqrt{a^2+4})/2\\ \beta=(-a+\sqrt{a^2+4})/2} \Rightarrow \cases{f(\alpha) \gt 0\\ f(\beta)\lt 0} \\ \Rightarrow S(a)= \int_{\alpha}^0 f(x)\,dx-\int_0^\beta f(x)\,dx =-{1\over 4}(\alpha^4+\beta^4)-{1\over 3}a(\alpha^3+\beta^3)+{1\over 2}(\alpha^2+\beta^2) \\ 將\cases{\alpha+\beta=-a\\ \alpha\beta=-1} 代入S(a)={1\over 12}a^4+{1\over 2}a^2+{1\over 2} \ge \bbox[red, 2pt]{1\over 2}$$

解答:$$這是\text{Pell's Equation}: 已知x^2-Dy^2=1的基本解(x_1,y_1)，其餘正整數解(x_n,y_n)滿足\\x_n+y_n \sqrt{D}=(x_1+y_1\sqrt D)^n\\ 將\cases{x_1=7\\y_1=2\\ D=12 \\n=2}代入上式\Rightarrow x_2+y_2\sqrt{12} =(7+2\sqrt{ 12})^2 =97+28\sqrt{12} \\ \Rightarrow 另一組解\bbox[red, 2pt]{(97,28)}$$

解答:$$N=2: (1,1) \Rightarrow N=10_2 \Rightarrow X=1 \\ N=3:(1,2),(2,1) \Rightarrow N=11_2 \Rightarrow X=2\\ N=4:(1,3),(2,2),(3,1) \Rightarrow N=100_2 \Rightarrow X=1\\ N=5:(1,4),(2,3),(3,2),(4,1) \Rightarrow N=101_2 \Rightarrow X=2\\ N=6:(1,5),(2,4),(3,3),(4,2),(5,1) \Rightarrow N=110_2 \Rightarrow X=2\\ N=7:(1,6),(2,5),(3,4),(4,3),(5,2),(6,1) \Rightarrow N=111_2 \Rightarrow X=3\\ N=8:(2,6),(3,5),(4,4),(5,3),(6,2) \Rightarrow N=1000_2 \Rightarrow X=1 \\ N=9:(3,6),(4,5),(5,4),(6,3) \Rightarrow N=1001_2 \Rightarrow X=2\\ N=10:(4,6),(5,5),(6,4)\Rightarrow N=1010_2 \Rightarrow X=2\\ N=11:(5,6),(6,5) \Rightarrow N=1011_2 \Rightarrow X=3\\ N=12:(6,6) \Rightarrow N=1100_2 \Rightarrow X=2\\ \Rightarrow \cases{X=1有9項\\ X=2有19項\\X=3有8項} \Rightarrow E(X)={9+2\times 19+3\times 8\over 36} = \bbox[red, 2pt]{71\over 36}$$

解答:$$y=f(x)=x^{2026}+(x+1)^{2025}-2 \Rightarrow f'(x)=2026x^{2025}+2025(x+1)^{2024}\\ \Rightarrow f'(0)=2025 \Rightarrow 切點(0,-1)的切線方程式: y=2025x-1\\ 假設y=g(x)=\ln x+a 的切點為(x_0,y_0)\\\Rightarrow g'(x)={1\over x} \Rightarrow g'(x_0)=2025 \Rightarrow {1\over x_0}=2025 \Rightarrow x_0={1\over 2025} \Rightarrow y_0=2025\cdot {1\over 2025}-1=0 \\ \Rightarrow 切點({1\over 2025},0) 在y=\ln x+a上\Rightarrow 0=\ln {1\over 2025}+a \Rightarrow a=\ln 2025 \Rightarrow e^a= \bbox[red, 2pt]{2025}$$

解答:$$正弦定理: a:b:c=\sin A: \sin B: \sin C =2:3:4 \Rightarrow \cases{a=2x\\ b=3x\\ c=4x} \Rightarrow s={1\over 2}(a+b+c)={9x\over 2}\\ 內切圓面積=\pi r^2={25\over 8} \Rightarrow r={5\over \sqrt{8\pi}} \Rightarrow \triangle ABC面積= r\cdot s= {45x\over 4\sqrt{2\pi}} \\ \triangle ABC面積也等於\sqrt{s(s-a)(s-b)(s-c)} ={3\sqrt{15}x^2\over 4} \Rightarrow {3\sqrt{15}x^2\over 4}={45x\over 4\sqrt {2\pi}} \\ \Rightarrow x=\sqrt{15\over 2\pi} \Rightarrow 外接圓半徑R={abc\over 4\triangle} ={24x^3 \over 3\sqrt{15}x^2} ={8x\over \sqrt {15}} \\\Rightarrow 外接圓面積=\pi R^2=\pi \cdot {64x^2\over 15} =\pi \cdot {64\over 15}\cdot {15\over 2\pi} = \bbox[red, 2pt]{32}$$

解答:$$將 6 個大寫字母 A, B, C, D, E, F 依順時針排成一圈，依序將 6 個空隙編號:\cases{1:A,B之間 \\2:B,C之間 \\3:C,D之間 \\4:D,E之間 \\5:E,F之間 \\6:F,A之間 } \\將6個小寫字母排入6個空隙有6!=720種排法 \\ \\依題意:\cases{a不能排6,1\\ b不能排1,2\\c不能排2,3\\d不能排3,4} \Rightarrow \begin{array}{c}字母&1&2&3& 4& 5& 6 \\\hline a& X& & & & & X\\ b& X& X& \\c& & X& X\\ d& & & X& X\\ e\\f\\\hline \end{array}\\ 令r_k=在8個X中選出k個，滿足不同行也不同列的方法數 \\ \Rightarrow \cases{r_1=8\\ r_2=21\\ r_3=20\\ r_4=5} \Rightarrow N=6!-r_1\cdot 5!+r_2\cdot 4!-r_3\cdot 3!+ r_4\cdot 2!= \bbox[red, 2pt]{154}$$

 解答:$$令\cases{x=\sin \alpha\\y= \sin \beta} \Rightarrow x+3y=3 \Rightarrow x=3-3y\\ 欲求\cos(\alpha+ \beta)=k之最大值\Rightarrow k=\cos \alpha\cos \beta-\sin \alpha\sin \beta=\cos \alpha\cos \beta-xy \\ \Rightarrow \cos \alpha \cos \beta=k+xy \Rightarrow \cos^2\alpha \cos^2 \beta= (k+xy)^2 \Rightarrow (1-x^2) (1-y^2) =k^2+2kxy+x^2y^2 \\ \Rightarrow x^2+y^2+2kxy=1-k^2 \Rightarrow (3-3y)^2+y^2+2k(3-3y)y=1-k^2 \\ \Rightarrow (10-6k)y^2+(6k-18)y+(k^2+8) =0有實數解\Rightarrow (6k-18)^2-4(10-6k)(k^2+8)\ge 0 \\ \Rightarrow (k^2-1)(6k-1)\ge 0 \Rightarrow 6k-1\le 0 \;(k=\cos(\alpha+\beta) \Rightarrow k^2-1\le 0) \\ \Rightarrow k\le \bbox[red, 2pt]{1\over 6}$$

解答:$$f(4+t)=f(2-t) \Rightarrow 對稱軸x={4+t+2-t\over 2}=3 \Rightarrow x=3為對稱軸\\ f(x-108)的最大值為12 \Rightarrow f(x)的最大值為12\Rightarrow 頂點坐標(3,12) \Rightarrow f(x)=a(x-3)^2+12\\ 圖形通過原點(0,0) \Rightarrow 9a+12=0 \Rightarrow a=-{4\over 3} \Rightarrow f(x)=\bbox[red, 2pt]{-{4\over 3}(x-3)^2+12}$$

二、計算證明題： (每題 7 分)

解答:$$\sum x_i^2 =n(\sigma^2+\mu^2) \Rightarrow \cases{201班:\sum x_1^2= n_1(\sigma_1^2+ \mu_1^2) \\202班: \sum x_2^2 =n_2(\sigma_2^2+\mu_2^2)} \\ \Rightarrow 合併後\cases{\mu_{mix}={n_1\mu_1+ n_2\mu_2\over n_1+n_2} \\ \sigma_{mix}^2={ \sum x_1^2+ \sum x_2^2 \over n_1+n_2}-\mu_{mix}^2} \Rightarrow  \sigma_{mix}^2={n_1(\sigma_1^2+ \mu_1^2)+n_2(\sigma_2^2+\mu_2^2)\over n_1+n_2 }- \mu_{mix}^2 \\={n_1 \sigma_1^2+ n_2\sigma_2^2\over n_1+n_2} + \left( {n_1\mu_1^2+ n_2\mu_2^2\over n_1+n_2}- \mu_{mix}^2 \right) ={n_1 \sigma_1^2+ n_2\sigma_2^2\over n_1+n_2} + \left( {n_1\mu_1^2+ n_2\mu_2^2\over n_1+n_2}- \left( {n_1\mu_1+ n_2\mu_2\over n_1+n_2} \right)  ^2 \right) \\={n_1 \sigma_1^2+ n_2\sigma_2^2\over n_1+n_2} + {n_1n_2( \mu_1-\mu_2)^2\over (n_1+n_2)^2} \Rightarrow \sigma_{mix}^2\ge {n_1 \sigma_1^2+ n_2\sigma_2^2\over n_1+n_2} \Rightarrow \sigma_{mix}\ge \sqrt{n_1 \sigma_1^2+ n_2\sigma_2^2\over n_1+n_2}, \bbox[red, 2pt]{故得證}\\ 等號成立\Rightarrow {n_1n_2( \mu_1-\mu_2)^2\over (n_1+n_2)^2}=0 \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{\mu_1=\mu_2}$$

解答:$$幾何意義及可以這樣做的原因:\\\qquad A繞x軸旋轉落到xy平面上得到A'，P原來就在x軸上，所以\overline{AP}= \overline{A'P} \\ \qquad B繞y軸旋轉落到xy平面上得到B'，Q原來就在y軸上，因此\overline{BQ}= \overline{B'Q}\\ \qquad \overline{PQ}本來就在xy平面上，其值不變\\因此\overline{AP}+\overline{PQ} +\overline{QB}= \overline{A'P}+ \overline{PQ}+ \overline{QB'}\\ 求最小伂及P,Q坐標:\\ \qquad \cases{A''(3\sqrt 5,5)與x軸的對稱點A'''(3\sqrt 5,-5)\\ B''(\sqrt 5,3)與y軸的對稱點B'''(-\sqrt 5,3)} \Rightarrow 最小值=\overline{A'''B'''} =\sqrt{80+64}= \bbox[red, 2pt]{12} \\ 直線L= \overleftrightarrow{A'''B'''}:y=-{2\over \sqrt 5}x+1\Rightarrow \cases{P=L與x軸交點 \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{P=({\sqrt 5\over 2},0,0) }\\Q=L與y軸交點 \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{Q=(0,1,0)}}$$

解答:$$\textbf{(1) }\overrightarrow{OH} =\overrightarrow{OA}+ \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \Rightarrow \overrightarrow{AH}=\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OA} =\overrightarrow{OA}+ \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA}= \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC} \\ 又\overrightarrow{BC}=\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB} \Rightarrow \overrightarrow{AH} \cdot \overrightarrow{BC} =(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}) \cdot  (\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB}) =|\overrightarrow{OC}|^2-|\overrightarrow{OB}|^2 =0( \because O是外心) \\ \Rightarrow \overrightarrow{AH} \bot \overrightarrow{BC} \Rightarrow \overleftrightarrow{AH} \bot \overleftrightarrow{BC} \\ 同理可證:\overrightarrow{BH} \cdot \overrightarrow{AC} =(\overrightarrow{OA} +\overrightarrow{OC}) \cdot (\overrightarrow{OC}- \overrightarrow{OA}) = |\overrightarrow{OC}|^2- |\overrightarrow{OA}|^2 =0 \Rightarrow \overleftrightarrow{BH} \bot \overleftrightarrow{AC}  \\ \Rightarrow H為垂心, \bbox[red, 2pt]{故得證} \\\textbf{(2) } G是重心\Rightarrow \overrightarrow{OG} ={1\over 3}(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB} +\overrightarrow{OC}) \Rightarrow \overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB} +\overrightarrow{OC}=3\overrightarrow{OG} \Rightarrow \overrightarrow{OH} =3\overrightarrow{OG} \\ \Rightarrow   \overrightarrow{GH} = \overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OG}=3\overrightarrow{OG}- \overrightarrow{OG} =2\overrightarrow{OG} \Rightarrow \overrightarrow{GH} =2\overrightarrow{OG}, \bbox[red, 2pt]{故得證} \\\textbf{(3) } A,B,C分別為\overrightarrow{B'C'}, \overrightarrow{A'C'},\overrightarrow{A'B'}的中點 \Rightarrow \overline{BC} \parallel \overline{B'C'},在(1)已證明\overline{AH} \bot \overline{BC}\\\qquad 因此\overline{AH} \bot \overline{B'C'} \Rightarrow \overline{AH}是\overline{B'C'}的中垂線\\ 同理可得:\overline{BH}是\overline{A'C'}的中垂線、\overline{CH}是\overline{A'B'}的中垂線 \Rightarrow H是\triangle A'B'C'的外心, \bbox[red, 2pt]{故得證}\\\overrightarrow{OH} =\overrightarrow{OA}+ \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}代表外心到垂心的向量等於外心到三頂點向量的和\\ \triangle A'B'C的外心為H,假設垂心為H' \Rightarrow  \overrightarrow{HH'} =\overrightarrow{HA'}+ \overrightarrow{HB'} +\overrightarrow{HC'}\\ 由於\cases{\overrightarrow{OA} =(\overrightarrow{OB'}+ \overrightarrow{OC'})/2\\ \overrightarrow{OB} =(\overrightarrow{OA'}+ \overrightarrow{OC'})/2\\ \overrightarrow{OC}= (\overrightarrow{OA'}+ \overrightarrow{OB'})/2} \Rightarrow \cases{\overrightarrow{OA'} = \overrightarrow{OB}+ \overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA} \\ \overrightarrow{OB'} =\overrightarrow{OA}+ \overrightarrow{OC}- \overrightarrow{OB} \\ \overrightarrow{OC'} = \overrightarrow{OA}+ \overrightarrow{OB} -\overrightarrow{OC}} \\ \Rightarrow \overrightarrow{HA'} = \overrightarrow{OA'}-\overrightarrow{OH} =(\overrightarrow{OB}+ \overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OA})-(\overrightarrow{OA}+ \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})=-2 \overrightarrow{OA} \\ 同理可得\cases{\overrightarrow{HB'}= -2 \overrightarrow{OB} \\ \overrightarrow{HC'} =-2 \overrightarrow{OC}} \Rightarrow \overrightarrow{HH'}=-2(\overrightarrow{OA}+ \overrightarrow{OB} +\overrightarrow{OC}) =-2 \overrightarrow{OH} \\ \Rightarrow \overrightarrow{OH'} =\overrightarrow{OH}+ \overrightarrow{HH'} = \overrightarrow{OH}-2\overrightarrow{OH}=-\overrightarrow{OH} \Rightarrow \bbox[red, 2pt]{垂心H'是原垂心H關於外心O的對稱點}$$

解答:$$反例:\cases{f(x)=\cos (x), 週期為2\pi\\ g(x) =\cos(\pi x),週期為2}  \Rightarrow h=f(x)+g(x) \Rightarrow h(0)=1+1=2為最大值\\ 假設h(x)的週期為T \Rightarrow h(0)=h(T) \Rightarrow \cos T+\cos (\pi T)=2 \Rightarrow \cases{\cos T=1\\ \cos (\pi T)=1} \Rightarrow \cases{T=2k\pi\\ T=2m} \\ \Rightarrow 2k\pi= 2m \Rightarrow \pi={m\over k} 矛盾, \pi是無理數，不可能寫成兩個整數的相除 \\ \Rightarrow 假設不成立 \Rightarrow h(x)不是週期函數$$

解答:$$集合S=\{\alpha, \beta, \gamma\} =\{\alpha^2, \beta^2, \gamma^2 \} \\ \textbf{Case I }\cases{\alpha^2=\alpha\\ \beta^2=\beta\\ \gamma^2=\gamma} \Rightarrow \alpha,\beta,\gamma \in \{0,1\} 違背三相異 \\ \textbf{Case II }\cases{\alpha^2=\alpha\\ \beta^2=\gamma\\ \gamma^2 =\beta} \Rightarrow \cases{\alpha=0,1\\ \beta^3=1 \Rightarrow \cases{\beta=\omega=(-1+\sqrt 3i)/2\\\gamma=\omega^2}} \Rightarrow \cases{S=\{0,\omega,\omega^2\} \\ S=\{1,\omega,\omega^2\}} \\\qquad \Rightarrow \cases{f(x)=x(x^2+x+1)= x^3+x^2+x\\ f(x)=(x-1)(x^2+x+1)=x^3-1} \\ \textbf{Cases III }\cases{\alpha^2=\beta\\ \beta^2=\gamma\\ \gamma^2=\alpha} \Rightarrow \alpha^8=\alpha \Rightarrow \alpha(\alpha^7-1)=0 \Rightarrow \alpha=e^{2\pi i/7} \Rightarrow S=\{\alpha,\alpha^2, \alpha^4\} \\ \qquad \Rightarrow 無法構成實係數多項式(缺少\alpha^6)\\ 結論f(x)= \bbox[red, 2pt]{x^3+x^2+x 或 x^3-1}$$

解答:$$假設\cases{\vec x=(a, \sqrt 2b, c,\sqrt 2d) \\ \vec u=(1,\sqrt 2,1,\sqrt 2) \\ \vec v=(1,{1\over \sqrt 2},0,0)} \Rightarrow \cases{|\vec u|^2=6\\ |\vec v|^2=3/2}\\ 已知\cases{a^2+2b^2+c^2+2d^2=2 \Rightarrow |\vec x|^2=2\\ a+2b+c+2d=1 \Rightarrow \vec x\cdot \vec u=1}, 欲求a+b= \vec x\cdot \vec v之最大值\\ 令\vec x=t\vec u+\vec w ,其中\vec w\cdot \vec u=0 \Rightarrow \vec x\cdot \vec u=t|\vec u|^2+ \vec u\cdot \vec w= 6t+0=1 \Rightarrow t={1\over 6} \Rightarrow \vec x={1\over 6}\vec u+\vec w \\ \Rightarrow |\vec x|^2= \left|{1\over 6}\vec u \right|^2+ |\vec w|^2 \Rightarrow 2={1\over 36}|\vec u|^2+ |\vec w|^2={1\over 6}+|\vec w|^2 \Rightarrow |\vec w|^2={11\over 6} \\ \Rightarrow \vec x\cdot \vec v= \left({1\over 6}\vec u+\vec w   \right) \cdot \vec v={1\over 6}(\vec u\cdot \vec v) +\vec w\cdot \vec v={1\over 6}\cdot 2+\vec w\cdot \vec v={1\over 3}+\vec w\cdot \vec v\\ 同法再取\vec v=k\vec u+\vec v', 其中 \vec v'\bot \vec u \Rightarrow k={\vec v\cdot \vec u\over |\vec u|^2}={1\over 3} \Rightarrow \vec v'= \vec v-{1\over 3}\vec u \\ \Rightarrow |\vec v|^2= \left| {1\over 3\vec u}\right|^2+|\vec v'|^2 \Rightarrow |\vec v'|^2={3\over 2}-{2\over 3} ={5\over 6} \\ \Rightarrow \vec w\cdot \vec v=\vec w\cdot \left( {1\over 3}\vec u+\vec v' \right) =\vec w\cdot \vec v' \le |\vec w||\vec v'|= {\sqrt{55}\over 6} \Rightarrow \vec x\cdot \vec v最大值={1\over 3}+{\sqrt{55}\over 6} = \bbox[red, 2pt]{2+\sqrt{55}\over 6}$$

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