考慮所有只用\(0,1,2,3\)四種數字組成的序列，序列長度\(n\)是指該序列由\(n\)個數字組成(可重複出現)。令\(f(n)\)為在所有長度\(n\)的序列中連續兩個零(即00)出現的次數總和。例如長度3的序列中含有連續兩個零的有000，001，002，003，100，200，300，其中000貢獻2次00，其餘各貢獻1次00，故\(f(3)=8\)。求\(f(9)\)有　　　個正因數。
[解答]
這題直接看即可。
長度\(n\)的數列，有\(n-1\)的位置可以提供一次\(00\)，其它位置亂排，所以是\((n-1)4^{n-2}\)。

112學年數B第17題
考慮所有只用\(0,1,2\)三種數字組成的序列，序列長度\(n\)是指該序列由\(n\)個數字組成（可重複出現）。令\(a(n)\)為在所有長度\(n\)的序列中連續兩個零(即00)出現的次數總和。例如長度3的序列中含有連續兩個零的有000，001，002，100，200，其中000貢獻2次 00，其餘各貢獻1次00，故\(a(3)=6\)。則\(a(5)\)的值為　　　。
因為\(a(n)=(n-1)3^{n-2}\)，所以題目問的\(a(5)=4\times 3^3=108\)

求\(\displaystyle 1\cdot 3 C_1^{16}\left(\frac{3}{4}\right)\left(\frac{1}{4}\right)^{15}+2\cdot 4\cdot C_2^{16}\left(\frac{3}{4}\right)^{2}\left(\frac{1}{4}\right)^{14}+3\cdot 5\cdot C_3^{16}\left(\frac{3}{4}\right)^{3}\left(\frac{1}{4}\right)^{13}+\ldots+16\cdot 18\cdot C_{16}^{16}\left(\frac{1}{4}\right)^{16}\)之值　　　。
[解答]
用2項式定理來湊，
\((x+y)^{16}\)對\(x\)偏微分得\(16(x+y)^{15}\)
乘\(x^3\)再對\(x\)偏微分再除以\(x\)，得\(16(3x(x+y)^{15}+15x^2(x+y)^{14})\),
然後\(x=\frac34, y=\frac14\)代入，得\(16(3\times\frac34+15\times(\frac34)^2)=171\)

若\(n\)為大於5的正整數，且存在實數\(a,b,c,d,e\)使得\(n^5=aC_5^n+bC_4^n+cC_3^n+dC_2^n+eC_1^n\)，則\(a+b+c+d+e\)之值為　　　。
[解答]
題目雖說n大於5，但這是n的5次方程式，若n大於5都對的話，所有的n都對，
因此，n代1,2,3,4,5，分別解出e=1, d=30, c=150, b=240, a=120。

引用:

原帖由 enlighten0626 於 2023-5-3 20:55 發表
請教2,6(有除了窮舉以外的方法嗎),10

若擲四顆相同的公正骰子，當四顆點數乘積為完全平方數時停止，否則再擲一次，請問投擲次數的期望值為　　　。
[解答]
骰子的點數1~6，不外乎質因數為2,3,5
x代表因數2，y代表因數3，z代表因數5
所以計算\(f(x,y,z)=(1+x+y+x^2+z+xy)^4\)展開後，指數都偶數的系數和即可。
先把\(y\)奇數次方的去除，\(\displaystyle \frac{f(x,1,z)+f(x,-1,z)}2=\frac{(2+2x+x^2+z)^4+(x^2+z)^4}2\equiv g(x,z)\)
再把\(x\)奇數次方的去除，\(\displaystyle \frac{g(1,z)+g(-1,z)}2=\frac{((5+z)^4+(1+z)^4)+((1+z)^4+(1+z)^4)}4=\frac{(5+z)^4+3(1+z)^4}4\)
最後再把\(z\)奇數次方去除，得\(\displaystyle \frac{6^4+3\times2^4+4^4}8=200\)
投一次積為平方數機率為\(\displaystyle p=\frac{200}{6^4}\)，幾何分配期望值為\(\displaystyle \frac1p=\frac{6^4}{200}\)

註：
從上面的論述，丟\(n\)骰子，積是平方數的方法數是\(\displaystyle \frac{6^n+3\times2^n+4^n}8\)。
同方法也可以算8面體骰、12面體骰……
代\(1, \omega\)與\(\omega^2\)可以算積是立方數的機率。
代\(1, i, i^2, i^3\)可以算積是四次方數的機率。
代primitive \(n\)th roots of unity的次方，就可以算積是\(n\)次方數的機率。

引用:

原帖由 pollens 於 2023-5-4 00:23 發表
想請教16題
我是將AO向量 寫成向量AB 和AC的線性組合
AI也是 兩個向量再內積 但在考場這樣做有點慢
也容易做錯
不知道有沒有比較好的做法 謝謝

\(\Delta ABC\)中，\(\overline{BC}=2,\overline{AC}=3,\overline{AB}=4\)，若\(O\)、\(I\)分別為\(\Delta ABC\)之外心及內心，求\(\vec{AO}\cdot \vec{AI}=\)　　　。
[解答]
只算\(\overrightarrow{AI}\)就好(其實是背公式)。
\(\displaystyle\overrightarrow{AI}=\frac{3}{2+3+4}\overrightarrow{AB}+\frac{4}{2+3+4}\overrightarrow{AC}\)
\(\displaystyle\overrightarrow{AO}\cdot\overrightarrow{AI}=\overrightarrow{AO}\cdot\left(\frac13\overrightarrow{AB}+\frac49\overrightarrow{AC}\right)
=\frac13\left(\frac12\bar{AB}^2\right)+\frac49\left(\frac12\bar{AC}^2\right)=\frac83+2=\frac{14}3\)

引用:

原帖由 rice 於 2023-5-4 09:40 發表
第十題
考慮一個隨機變數X服從二項式分配，n=16，p=3/4
E(X)=12，Var(X)=3
E(X^2)=Var(X)+[E(X)]^2=3+144=147
原式=E(X^2)+2E(X)=147+24=171

厲害，可以想到這個。

引用:

原帖由 Dragonup 於 2023-5-4 06:00 發表
提供個人第4題的想法:

很好的組合解釋，
但後面的算法沒有說明，「易知」並不容易。

這其實是排容原理，舉例來說，此題的系數\(c\)，即為\(3\)個相異物可重複選5個排列，每個都要出現的方法數，
所以\(c=3^5-2^5C^3_2+1^5C^3_1=150\)。
一般情況，設\(n^k=a_kC^n_k+a_{k-1}C^n_{k-1}+\cdots+a_0C^n_0\)
此時\(a_i=i^n-C^i_{i-1}(i-1)^n+C^i_{i-2}(i-2)^n+\cdots\)

若只問其中一個系數，就用排容原理比較快，但這題全部系數都要算出，其實直接n代1,2,3,4,5比較快了。

一袋子中共有8顆球，其中5顆黑球、3顆白球，每一次從袋中隨機取出1球，取後不放回袋中，共取4次且排成一列，\(X\)表示取出的4球的變色數，如：若取出的4球為黑黑黑黑，則\(X=0\)，若取出的4球為黑白黑黑，則\(X=2\)，則\(X\)的期望值為　　　。
[解答]
單純列舉：
Case1:
前4個3黑1白時，白黑黑黑1+黑白黑黑2+黑黑白黑2+黑黑黑白1=6，後4個有\(C^4_2=6\)種，所以\(6\times6=36\)
Case2:
前4個1黑3白時，黑白白白1+白黑白白2+白白黑白2+白白白黑1=6，後4個只有全黑1種，所以\(6\times1=6\)
Case3:
前4個2黑2白時，(黑黑白白1+黑白黑白3+黑白白黑2)*黑白對稱2=12，後4個3黑1白有4種，所以\(12\times4=48\)

\(\displaystyle \frac{36+6+48}{C^8_3}=\frac{90}{56}\)

有一個底半徑為6公分的圓柱體，被一個通過直徑\(AB\)且與底面夾\(30^{\circ}\)角的平面所截，試求所截出較小塊的立體體積為　　　立方公分。
[解答]
最近微積分剛好上到重積分
平面\(z=\frac y{\sqrt{3}}\)截柱面\(x^2+y^2=36\)，其體積為
\(\displaystyle\int\int \frac y{\sqrt{3}}dA=\int^\pi_0\int^6_0\frac{r^2\sin{\theta}}{\sqrt{3}}drd\theta=48\sqrt{3}\)