# Jins_Math_Place
## 學測數學，哪些章節重要？
簡單來說，<font color="#f00">每一章都很重要</font>。
不過你可能想說啊這樣我有說跟沒說一樣，以下我們大概分數A和數B討論。
### 數A
以數A來說，因為是給高數學需求的同學應考，目標考生是商類、理工類、生醫類。所以我認為會比較著重在以下單元：
1. 數與式：指對數應用（商業模型很多都是指數相關）
2. 直線與圓、三角、平面向量：這些觀念可以混在一起出，理工組的同學未來會比較需要
3. 多項式函數：大學學的微積分一開始就是在討論函數的極限和連續，而多項式又正好是一種非常好用的函數。所以數A考的多項式函數通常難度較高（餘因式定理和圖形可以一起考，參考111數A多選12）
4. 數列級數：如果純考這個單元會蠻無聊的，所以很愛搭配其他章節一起出（指對數、數據分析、三角比），學測範圍數列級數都不會太困難（數甲討論到無窮級數、黎曼和、積分時才會難度提高）
5. 數據分析：對數A同學來說較不是重點，因為在高中階段統計學部分著墨不多，可以注意平常沒看過的敘述（參考111年數A單選3）、看圖表解釋資料的題目類型以及主要考相關係數與迴歸直線的意義，較少考計算
6. 排列組合、機率(含條件機率、貝氏定理)期望值：數理或資工科系未來可能會修到機率相關課程，所以這些單元不管數AB都愛考
7. 空間相關單元：因為數B在此著墨不多（沒有介紹平面和直線方程式），所以一定會把空間的火力出在數A（~~不過大學其實用不太到~~），並且近兩年數A的難題（答對率較低）的題目都在空間的選填題！
8. 矩陣：如果大學讀數學或資工相關科系一定會修線性代數，而矩陣就是其中一個很重要的單元，不過和數據分析的狀況一樣，因為高中數學著墨不多，所以難度也不會太高，注意新課綱加入的矩陣線性變換部分。
### 數B
以數B來說，因為是給低數學需求的同學應考，目標考生是文法、設計類。所以我認為會比較著重在以下單元：（不過記得，所有單元都會比數A的同樣單元難度再低一些，都是比較基礎的題目）
1. 數與式：絕對值一樣很愛考，然後純粹的式和指對數的運算也有可能考（參考試辦考數B單選1、111數B單選4）
2. 直線與圓、三角、平面向量：因為數B在平面向量介紹的部分只有數A的一半左右、三角除了三角比之外，只有講弧度量和$\sin x$的圖形，所以共同部分就是直線與圓和三角比，前述兩個部分要特別注意。
3. 多項式函數：不會特別強調，出現的話難度不會太高，不過圖形仍然愛考
4. 數列級數、數據分析：一樣注意看圖表讀資訊的題型，以及資料的線性變化，數乙和數B都愛考
5. 排列組合機率(含條件機率、貝氏定理)期望值：數AB都很愛考，逃不掉的
第三冊開始分歧較大：
6. 空間概念特別注意球體、經緯度、單點透視、黃金比例之類的議題（參考111數B單選7）
7. 矩陣：注意矩陣的運算和反方陣即可（因為沒有教轉移矩陣和線性變換）
## 數甲數乙差別：
| 內容 | 數甲 | 數乙 | 說明 |
|:--------------------------:|:-----------------------------------------------------------------------:|:-------------------------------------------------------:|:----------------:|
| 反函數 | :white_check_mark: | | 在合成函數時提到 |
| 微分:arrow_right:連續 | :white_check_mark: | | |
| 乘法、除法微分、Chain rule | :white_check_mark: | 加減法和常數 | |
| 微分的應用 | 求切線、一次近似（$f(x)\approx f(a)+f'(a)(x-a)$）、位移速度加速度的關係 | 求切線、邊際成本（$Cost(c+1)-Cost(c)\approx Cost'(c)$） | |
|隨機變數與分布|二項與幾何|二項分布|
數甲補充：$\sin(x), \cos(x), e^x, a^x$的微分
積分：
* 數甲：從曲線下面積的角度切入，因此先提上下和，再用上下和夾擠出黎曼和，接著求反導函數和微積分基本定理
* 數乙：直接講一二次多項式函數的反導函數（直接給公式$\int (ax+b) dx=ax^2+bx+C$這樣），再直接給定積分公式（$\int_a^bf(x)dx=F(b)-F(a)$），此時還不知道和曲線下面積有關係。
以上分支完後，統一進入定積分和面積的關係。數甲特別講了用圓環面積證明圓面積，接著統一進入函數的平均值。
積分應用部分：
* 數甲：曲線間面積、立體體積
* 數乙：消費者和生產者剩餘
## 第一冊
### 無理數比大小
:::warning
試證 $\sqrt{86}+\sqrt{91}+\sqrt{97}<\sqrt{87}+\sqrt{92}+\sqrt{95}$
出處：台南一中綠皮書
:::
:::info
考慮 $\left((\sqrt{87}+\sqrt{92}+\sqrt{95})-(\sqrt{86}+\sqrt{91}+\sqrt{97})\right)(\sqrt{87}+\sqrt{86})(\sqrt{92}+\sqrt{91})(\sqrt{95}+\sqrt{97})
\\=(\sqrt{92}+\sqrt{91})(\sqrt{95}+\sqrt{97})+(\sqrt{87}+\sqrt{86})(\sqrt{95}+\sqrt{97})-2(\sqrt{87}+\sqrt{86})(\sqrt{92}+\sqrt{91})\\=
(\sqrt{92}+\sqrt{91})(\sqrt{95}+\sqrt{97}-\sqrt{87}-\sqrt{86})+(\sqrt{87}+\sqrt{86})(\sqrt{95}+\sqrt{97}-\sqrt{92}-\sqrt{91})>0\\
\therefore \sqrt{86}+\sqrt{91}+\sqrt{97}<\sqrt{87}+\sqrt{92}+\sqrt{95}$
:::
### 絕對值不等式反問題
:::warning
若 $|3x-p|<5$ 的整數解為 $1, 2, 3$，試求 $p$ 的範圍？
:::
:::info
直接解 $x$ 得 $\dfrac{p-5}{3}<x<\dfrac{p+5}{3}$，也就是說在這段範圍內要「恰」包含 $1, 2, 3$ 三個整數解。
也就是說：這段範圍的右界（$\dfrac{p+5}{3}$）要大於 $3$，並且小於 $4$；左界（$\dfrac{p-5}{3}$）要大於 $0$，並且小於 $1$。
因此解得 $5<p<7$
:::
### 無限循環小數轉換成分數的原理
> 我想將$0.\overline{3}$換成分數，那該怎麼做？
一個比較沒那麼嚴謹（不過在高中範圍也夠用了）的做法，如下：
:::info
令
$$
x=0.\overline{3}
$$
則
$$
10x=3.\overline 3
$$
將兩式相減得：
$$
\left\{
\begin{array}{right}
x&=0.33333333... \\
-)10x&=3.33333333...
\end{array}
\right.
$$
得到
$$
9x=3
$$
因此
$$
x=\dfrac 3 9
$$
\-\-\-
接著來討論複雜一些的，像是$0.14\overline{23}$
那麼也是用類似的手法，原理是==把循環的小數節減掉==。
所以這次令
$$
x=0.14\overline{23}
$$
則
$$
100x=14.\overline{23}
$$
一樣將兩式相減得：
$$
\left\{
\begin{array}{right}
x&=0.14232323232323... \\
-)100x&=14.232323232323...
\end{array}
\right.
$$
得到
$$
99x=14.23-0.14
$$
因此
$$
x=\dfrac{14.23-0.14}{99}
$$
做個擴分得
$$
x=\dfrac{1423-14}{9900}
$$
符合我們最後記的公式：
$$
\dfrac{小數點後的所有數字-在bar下的所有數字}{bar下幾位放幾個9，沒在bar下幾位放幾個0}
$$
:::
### 三次函數配立方法證明
>Q:為什麼要背 $h=\dfrac b {3a}$？
>A:因此很難推，看完你就會覺得背起來比較快，如下：
:::info
若給定一個三次函數
$$
f(x)=ax^3+bx^2+cx+d
$$
則
$\ \ \ \ ax^3+bx^2+cx+d \\
=a(x^3+\dfrac b a x^2)+cx+d \\
=a(x^3+3 \cdot \dfrac b {3a} \cdot x^2{\color{red}{+3 \cdot (\dfrac b {3a})^2 \cdot x}}{\color{blue}{+(\dfrac b {3a})^3}})+cx+d{\color{red}{-3a \cdot (\dfrac b {3a})^2 \cdot x}}{\color{blue}{-a(\dfrac b {3a})^3}} \\
=a(x+\dfrac b {3a})^3+cx+d-\dfrac{b^2}{3a}x-\dfrac{b^3}{27a^2} \\
=a(x+\dfrac b {3a})^3+(c-\dfrac{b^2}{3a})x+d-\dfrac{b^3}{27a^2} \\
=a(x+\dfrac b {3a})^3+(c-\dfrac{b^2}{3a})(x{\color{orange}{+\dfrac b {3a}}})+d-\dfrac{b^3}{27a^2}{\color{orange}{-(c-\dfrac{b^2}{3a}) \cdot \dfrac b {3a}}} \\
=a(x+h)^3+p(x+h)+k$
其中
$h=\dfrac b {3a} \\
p=c-\dfrac{b^2}{3a} \\
k=d-\dfrac{b^3}{27a^2}-(c-\dfrac{b^2}{3a}) \cdot \dfrac b {3a}$
==所以 $h$ 的值還是背起來好吧==
:::
#### 三次函數配立方練習
:::info
試將以下三次函數一般式 $f(x)=ax^3+bx^2+cx+d$ 配為標準式 $f(x)=a(x-h)^3+p(x-h)+k$ ，並求出對稱中心坐標。
:::
1. $f(x)=x^3-3x^2+4x+3$
2. $f(x)=x^3-6x^2+8x+7$
3. $f(x)=2x^3+18x^2+50x+32$
4. $f(x)=-x^3-21x^2-143x-319$
5. $f(x)=2x^3+\dfrac{3}{2}x^2-\dfrac{61}{8}x+\dfrac{9}{32}$
### 餘式定理
:::warning
實係數多項式$f(x)$除以$x-2$的餘式為$31$，除以$(x^2+2x+5)$的餘式為$3x-1$，試求$f(x)$除以$(x-2)(x^2+2x+5)$的餘式為何？
:::
:::info
法一：迭代法
令$f(x)=(x-2)(x^2+2x+5)+A(x^2+2x+5)+(3x-1)$
則$f(2)=13A+5=31 \Rightarrow A=2$
因此答案為$2(x^2+2x+5)+(3x-1)=2x^2+7x+9$
:::
:::info
法二：虛數硬爆
解$x^2+2x+5=0$得解為$x=-1 \pm 2i$
可知$f(2)=31, f(-1+2i)=3(-1+2i)-1, f(-1-2i)=3(-1-2i)-1$
再假設所求餘式為$ax^2+bx+c$解三元一次聯立方程組。
:::
## 第二冊
### 計數原理
:::warning
【74年聯考】(1)自然數1~9876中，共出現幾個「含有0的數字」（例如：102、2200）？
(2)從數字1寫到9876，共寫了幾個0（例如：2002即寫了兩個0）？
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:::info
除了正常的分類討論之外，這邊提供另一個想法：
（參考資料：[連結](https://blog.xuite.net/wang620628/twblog/126091549)）
(1) 我們先考慮1~9999出現幾個含有0的數字，並用反面解法試試看：
因此就會是9999扣到不含有0的數字的個數，不過這時候會留下9877\~9999中含有0的數字，因此要再扣掉9877~9999中含有0的數字的個數，才會是所求。
1~9999中不含有0的數字的個數$=9+9^2+9^3+9^4=7380$ 個。
這時候就得用分類討論來算9877~9999中含有0的數字有幾個，不過因為這時候要討論的範圍已經縮小很多，所以也不會太麻煩，討論過程如下：
98X0：X可能為8, 9
990X：X可能為0~9
99X0：X可能為1~9
總共只有21個。
因此所求$=9999-7380-21=2598$
:::
:::info
(2) 可以先想：從0000寫到9999要寫幾個0？答案應該非常明顯是4000個，而且每個數字(1~9)都要寫4000次。所以從0001寫到9999總共要寫 $4000-4=3996$ 個0。
然後我們再來比較，從1寫到9999比從0000寫到9999少寫了幾個0？
對於一位數，原本寫的是000X，但現在只寫X，所以少寫3個0，而一位數有9個，所以共少寫了 $3\times 9=27$ 個0。
對於二位數，原本寫的是00XX，但現在只寫XX，所以少寫2個0，而二位數有90個，所以共少寫了 $2 \times 90=180$ 個0。
對於三位數，原本寫的是0XXX，但現在只寫XXX，所以少寫1個0，而三位數有900個，所以共少寫了 $1 \times 900=900$ 個0。
而四位數則沒有以上的問題，但是我們還是要從 4000 扣掉在「9877~9999」中寫的 0 的數量。
從 (1) 討論中，我們得到
對於98X0這類數字，X可能為8, 9，所以會多寫2個0
對於990X這類數字，X可能為0~9，所以多寫了11個0
對於99X0這類數字，X可能為1~9，所以多寫了9個0
因此此題的所求為：$3996-(27+180+900)-(2+11+9)=2867$ 個。
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### 不盡相異物直線排列
:::warning
【新關鍵複習講義】
甲、乙兩隊各有4人，皆有編號1~4號，先由雙方的1號開始比賽，輸的就淘汰，勝者可和對方的下一號繼續比賽，直到其中一隊的4人全部淘汰比賽就結束，則共有幾種可能的賽況？
:::
:::info
一、我的想法：
所求$=\displaystyle\sum_{i=4}^7 n(i人被淘汰)$
先求「甲隊勝的賽況數」，並且顯然可知其等於「乙隊勝的賽況數」。
其中 $i=4$：
代表**甲隊1號打敗了乙隊1, 2, 3, 4號**，因此被淘汰的順序必為「**乙1->乙2->乙3->乙4**」，情況數為==1種==。
$i=5$：
代表共有5人被淘汰，為**甲隊1號、乙隊1, 2, 3, 4號**，並由甲隊2號贏得比賽。
所以5人被淘汰的順序必滿足 1. 乙隊4號為最後一個 2. 乙隊1, 2, 3號依序淘汰。
因此可視為**定序問題**，情況數為$1(乙4為最後一個) \times \dfrac{4!}{3!}(剩下4人有3人要定序)=4$，情況數為==4種==。
$i=6$：
代表共有6人被淘汰，為**甲隊1, 2號、乙隊1, 2, 3, 4號**，並由甲隊3號贏得比賽。
所以6人被淘汰的順序必滿足 1. 乙隊4號為最後一個 2. 乙隊1, 2, 3號依序淘汰 3. 甲隊1, 2號依序淘汰。
因此可視為**定序問題**，情況數為$1(乙4為最後一個) \times \dfrac{5!}{3!2!}(剩下5人有3人要定序和2人要定序)=10$，情況數為==10種==。
$i=7$：
同理，7人被淘汰的順序必滿足 1. 乙隊4號為最後一個 2. 乙隊1, 2, 3號依序淘汰 3. 甲隊1, 2, 3號依序淘汰。
情況數為$1(乙4為最後一個) \times \dfrac{6!}{3!3!}(剩下6人有3人要定序和3人要定序)=20$，情況數為==20種==。
綜上所述，甲隊勝的賽況數共有$1+4+10+20=35$種，因此所求為 ==$70$種。==
:::
:::info
二、Piin-Chen Yeh老師的想法：
請比賽輸的人走下擂台，按輸的順的順序排成一列，並請最後贏的隊伍也攜帶自己隊尚未出賽的隊友一起排在隊伍的最後面，因此賽況的可能是即為甲$\times 4$，乙$\times 4$這8個符號排成一列的方法數，即為$\dfrac{(4+4)!}{4!4!}=C^8_4=70$種。
也就是「甲、甲、甲、甲、乙、乙、乙、乙」這8個符號的一個排列方式 $\equiv$ 他們離開擂台的一個順序 $\equiv$ 一個對應的賽況。
> 我的補充：想成甲隊4位定序和乙隊4位定序排成一列的結果。
二-1、補充By Piin-Chen Yeh老師：
此問題相當於「哪個顏色先被取完的問題」。例如：有4個白球和4個黑球，若一次取一球，則白球先被取完的情況有幾種？==35種==
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### 組合級數
:::warning
$C_0^{10}+3C_1^{10}+5C_2^{10}+\cdots+21C_{10}^{10}=?$
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:::info
Let $S=C_0^{10}+3C_1^{10}+5C_2^{10}+\cdots+21C_{10}^{10}$
So $2S=(2C_0^{10}+42C_{10}^{10})+(6C_1^{10}+38C_9^{10})+\cdots+(18C_4^{10}+26C_6^{10})+22C_5^{10}$
$=22(C_0^{10}+C_1^{10}+\cdots+C_9^{10}+C_{10}^{10})=22\times2^{10}$
$\therefore S=11\times2^{10}=11264$
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## 第三冊
### 三角函數的週期
### 正餘弦疊合
:::warning
設 $\pi \le x \le 2\pi$，求 $f(x)=\sqrt{3}\sin(2x)+6\sin(x)-6\sqrt{3}\cos(x)-\cos(2x)$ 之範圍。
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:::info
$f(x)=2\sin(2x-\dfrac{\pi}{6})+12\sin(x-\dfrac{\pi}{3})$
此時令 $\theta=x-\dfrac{\pi}{3}$，則 $2x-\dfrac{\pi}{6}=2\theta+\dfrac{\pi}{2}$
$\Rightarrow \begin{align*}f(x)&=2\sin(2\theta+\dfrac{\pi}{2})+12\sin(\theta) \\ &=2\cos(2\theta)+12\sin(\theta) \\ &=2(1-2\sin^2(\theta))+12\sin(\theta) \\ &=-4\sin^2(\theta)+12\sin(\theta)+2\end{align*}$
:::
### 內分比與外分比
#### 內分比
:::warning
定理：在任意三角形 $\triangle ABC$ 中，若作 $\angle A$ 的**內角**平分線交 $\overline{BC}$ 於 $D$ 點，$\overline{AB}:\overline{AC}=\overline{BD}:\overline{CD}$
:::
:::info
$1^\circ$ 首先作 $\overline{AB}$ 的延長線交過 $C$ 點且平行於 $\overline{AD}$ 的直線於點 $E$。則$\left\{\begin{array}{l}\angle BAD=\angle BEC=\theta（同位角） \\ \angle DAC = \angle ACE=\theta（內錯角）\end{array}\right.$
因此，$\overline{AC}=\overline{AE}$。
$2^\circ$ 因為 $\overline{AD} // \overline{CE}$，根據平行線截等比例線段得：$\overline{BA}:\overline{AE}=\overline{BD}:\overline{DC}$。
又 $\overline{AC}=\overline{AE}$，因此得$\overline{AB}:\overline{AC}=\overline{BD}:\overline{CD}$。
:::
#### 外分比
:::warning
定理：在任意三角形 $\triangle ABC$ 中，若作 $\angle A$ 的**外角**平分線交 $\overline{BC}$ 於 $D$ 點，$\overline{AB}:\overline{AC}=\overline{BD}:\overline{CD}$
:::
:::info
$1^\circ$ 首先作過 $C$ 點且平行 $\overline{AD}$的線交 $\overline{AB}$ 於 $E$。則：$\left\{\begin{array}{l}\angle FAD=\angle AEC=\theta（同位角） \\ \angle DAC = \angle ACE=\theta（內錯角）\end{array}\right.$
因此，$\overline{AC}=\overline{AE}$。
$2^\circ$ 因為 $\overline{AD} // \overline{CE}$，根據平行線截等比例線段得：$\overline{AB}:\overline{AE}=\overline{BD}:\overline{DC}$。
又 $\overline{AC}=\overline{AE}$，因此得$\overline{AB}:\overline{AC}=\overline{BD}:\overline{CD}$。
:::
### 三分點公式及重心內心相關向量公式
### 三分點公式
:::warning
定理：若給定一個任意$\triangle ABC$，則對於任意在$\triangle ABC$內的點$P$，若$\triangle PBC : \triangle PAC : \triangle PAB=p:q:r$，則有：
$$
\overrightarrow{OP}=\dfrac p {p+q+r}\overrightarrow{OA}+\dfrac q {p+q+r}\overrightarrow{OB}+\dfrac r {p+q+r}\overrightarrow{OC}
$$
其中 $O$ 為平面(或空間)中任一點。
:::
:::info
證明：先延長 $\overline{AP}$ 交 $\overline{BC}$ 於 $D$，如圖：
不失一般性，可以假設$\triangle PBC=p,\triangle PAC=q,\triangle PAB=r$
設 $\overline{AP}:\overline{PD}=1:t$，其中 $t \in \mathbb{R^+}$
則因為共高，面積比等於底邊比，所以$\triangle PBD=tr$、$\triangle PBC=tq$
所以
$$
\overline{BD}:\overline{DC} \\
=\triangle ABD: \triangle ADC \\
=(r+tr):(q+tq) \\
=r:q
$$
所以
$$
\triangle{PBD}=p \times \dfrac r {r+q}
$$
則
$$
\overline{AP}:\overline{PD} \\
=\triangle PAB:\triangle PBD \\
=r:(p \times \dfrac r {r+q}) \\
=(r+q):p
$$
根據以上兩者邊長比可依**共線定理**得出，對於任意點$O$：
$$
\overrightarrow{OD}=\dfrac q {q+r} \overrightarrow{OB}+\dfrac r {q+r} \overrightarrow{OC}
$$
以及
$$
\overrightarrow{OP}=\dfrac p {p+(q+r)} \overrightarrow{OA}+\dfrac {q+r} {p+(q+r)} \overrightarrow{OD}
$$
將上式代入下式得：
$$
\overrightarrow{OP}=\dfrac p {p+(q+r)} \overrightarrow{OA}+\dfrac {q+r} {p+q+r} \overrightarrow{OD} \\
=\dfrac p {p+q+r} \overrightarrow{OA}+\dfrac {q+r} {p+q+r}(\dfrac q {q+r} \overrightarrow{OB}+\dfrac r {q+r} \overrightarrow{OC}) \\
=\dfrac p {p+q+r}\overrightarrow{OA}+\dfrac q {p+q+r}\overrightarrow{OB}+\dfrac r {p+q+r}\overrightarrow{OC}
$$
故得證。
:::
#### 當 $P$ 點為重心 $G$ 時
:::info
則 $p:q:r=1:1:1$，所以
$$
\overrightarrow{OP}=\dfrac 1 3\overrightarrow{OA}+\dfrac 1 3\overrightarrow{OB}+\dfrac 1 3\overrightarrow{OC}
$$
此時將 $P$ 改寫為 $G$，並將 $O$ 設為 $G$，得：
$$
\overrightarrow{GG}=\dfrac 1 3\overrightarrow{GA}+\dfrac 1 3\overrightarrow{GB}+\dfrac 1 3\overrightarrow{GC}
$$
也就是
$$
\overrightarrow{0}=\dfrac 1 3\overrightarrow{GA}+\dfrac 1 3\overrightarrow{GB}+\dfrac 1 3\overrightarrow{GC}
$$
常被寫為
$$
\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{GB}+\overrightarrow{GC}
$$
:::
#### 當 $P$ 點為內心 $I$ 時
:::info
則 $p:q:r=\overline{BC}:\overline{AC}:\overline{AB}=a:b:c$ (邊長比)，所以
$$
\overrightarrow{OP}=\dfrac a {a+b+c}\overrightarrow{OA}+\dfrac b {a+b+c}\overrightarrow{OB}+\dfrac c {a+b+c}\overrightarrow{OC}
$$
此時將 $P$ 改寫為 $I$，並將 $O$ 設為 $I$，得：
$$
\overrightarrow{OI}=\dfrac a {a+b+c}\overrightarrow{OA}+\dfrac b {a+b+c}\overrightarrow{OB}+\dfrac c {a+b+c}\overrightarrow{OC}
$$
也就是
$$
\overrightarrow{0}=\dfrac a {a+b+c}\overrightarrow{IA}+\dfrac b {a+b+c}\overrightarrow{IB}+\dfrac c {a+b+c}\overrightarrow{IC}
$$
也常被寫為
$$
a\overrightarrow{IA}+b\overrightarrow{IB}+c\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}
$$
:::
## 第四冊
### 外積的意義與三階行列式
:::success
定義：若向量 $\overrightarrow{w}$ 稱為向量 $\overrightarrow{u}$ 和 $\overrightarrow{v}$ 的外積，則 $\overrightarrow{w}$ 恆滿足 $\overrightarrow{w} \perp \overrightarrow{u}$ 且 $\overrightarrow{w} \perp \overrightarrow{v}$，並且其方向滿足右手開掌定則：$\overrightarrow{u}$ 為大姆指方向、$\overrightarrow{v}$ 為四指方向、$\overrightarrow{w}$ 為手掌朝向方向。並記作 $\overrightarrow{w}=\overrightarrow{u} \times \overrightarrow{v}$。
:::
Note that: If $\overrightarrow{u}=(u_1, u_2, u_3), \overrightarrow{v}=(v_1, v_2, v_3)$, then $\overrightarrow{w}=\overrightarrow{u} \times \overrightarrow{v}=\left(\begin{vmatrix} u_{2} & u_{3} \\ v_{2} & v_{3} \end{vmatrix}, -\begin{vmatrix} u_{1} & u_{3} \\ v_{1} & v_{3} \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} u_{1} & u_{2} \\ v_{1} & v_{2} \end{vmatrix}\right)$
並且定義三階行列式$\begin{vmatrix} a_1 & a_2 & a_3 \\ b_1 & b_2 & b_3 \\ c_1 & c_2 & c_3 \end{vmatrix}=a_1b_2c_3+a_2b_3c_1+a_3c_2b_1-a_3b_2c_1-a_2b_1c_3-a_1c_2b_3\\=(a_1, a_2, a_3) \cdot \left(\begin{vmatrix} b_{2} & b_{3} \\ c_{2} & c_{3} \end{vmatrix}, -\begin{vmatrix} b_{1} & b_{3} \\ c_{1} & c_{3} \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} b_{1} & b_{2} \\ c_{1} & c_{2} \end{vmatrix}\right)\\=\overrightarrow{a} \cdot \left(\overrightarrow{b} \times \overrightarrow{c}\right)\\=(b_1, b_2, b_3) \cdot \left(\begin{vmatrix} c_{2} & c_{3} \\ a_{2} & a_{3} \end{vmatrix}, -\begin{vmatrix} c_{1} & c_{3} \\ a_{1} & a_{3} \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} c_{1} & c_{2} \\ a_{1} & a_{2} \end{vmatrix}\right)\\=\overrightarrow{b} \cdot \left(\overrightarrow{c} \times \overrightarrow{a}\right)\\=(c_1, c_2, c_3) \cdot \left(\begin{vmatrix} a_{2} & a_{3} \\ b_{2} & b_{3} \end{vmatrix}, -\begin{vmatrix} a_{1} & a_{3} \\ b_{1} & b_{3} \end{vmatrix}, \begin{vmatrix} a_{1} & a_{2} \\ b_{1} & b_{2} \end{vmatrix}\right)\\=\overrightarrow{c} \cdot \left(\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b}\right)$
$=$ 由 $\overrightarrow{a}, \overrightarrow{b}, \overrightarrow{c}$ 所張出的平行六面體的體積（三階行列式取絕對值）
$=$ 底面積 $\times$ 高
$= \left(\left|\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b}\right|\right) \cdot \left|\overrightarrow{c}\right| \left|\cos\theta\right| \\= \left|\left(\overrightarrow{a} \times \overrightarrow{b}\right) \cdot \overrightarrow{c}\right|$
## 選修數甲
### 二項分佈的期望值與變異數
:::warning
定理：
已知若重複進行成功機率為 $p$ 的伯努力實驗(Bernoulli Experiment) $n$ 次，並定義隨機變數 $X$ 為成功的次數，則 $X$ 服從二項分佈(Binomial Distribution) （$\text{i.e. } X \sim Binomial(n, p)$）。則：
$$E(X)=np \quad\text{Var}(X)=np(1-p)
$$
:::
$X$ 的機率質量函數 $(\text{PMF})$ 為：
$$P(X=k)=
\left\{
\begin{array}
\displaystyle C^n_kp^k(1-p)^{n-k}&, \text{for } k \in \mathbb{Z} \cup \{0\} \\
0&, \text{o.w.} \\
\end{array}
\right. \tag{1}\label{1}$$
（也就是說，當 $k$ 是非負整數時，這個 $\text{PMF}$ 才有定義，其他時候（$\text{otherwise}$，記為 $\text{o.w.}$）機率皆為 $0$。）
而期望值的定義為：
$$E(X)=\sum_{k=0}^n k \cdot P(X=k) \tag{2}\label{2}$$
利用 $\eqref{1}$ 和 $\eqref{2}$ 式可得二項分佈的期望值為下：
$$\begin{align*}
E(X) &= \displaystyle \sum_{k=1}^n k \cdot P(X=k) \\
&= \displaystyle \sum_{k=0}^n k \cdot C^n_kp^k(1-p)^{n-k} \quad \text{(Since when }k=0, \text{ the first term is }0.) \\
&= \displaystyle \sum_{k=1}^n k \cdot C^n_kp^k(1-p)^{n-k} \\
&= \displaystyle \sum_{k=1}^n k \cdot \dfrac{n!}{k!(n-k)!}p^k(1-p)^{n-k} \\
&= \displaystyle \sum_{k=1}^n \left(\dfrac{(n-1)!}{(k-1)!(n-k)!}p^{k-1}(1-p)^{n-k}\right) \cdot np \\
&= np \displaystyle \sum_{k=1}^n C_{k-1}^{n-1}p^{k-1}(1-p)^{n-k} \\
&= np \displaystyle \sum_{i=0}^{n-1} C_{i}^{n-1}p^i(1-p)^{(n-1)-i} \\
&= np \big(p+(1-p)\big)^{n-1} \\
&= np &\hfil \square
\end{align*} \tag{3}\label{3}$$
接著，若我們想知道二項分佈的變異數，我們可以利用下列公式：
$$\text{Var}(X)=E(X^2)-(E(X))^2 \tag{4}\label{4}$$
因此，我們必須再求 $E(X^2)$，利用類似的手法：
$$\begin{align*}
E(X^2) &= \displaystyle \sum_{k=0}^n k^2 \cdot C_k^np^k(1-p)^{n-k} \\
&= \displaystyle \sum_{k=1}^n k^2 \cdot C_k^np^k(1-p)^{n-k} \\
&= \displaystyle \sum_{k=1}^n kn \cdot C_{k-1}^{n-1}p^k(1-p)^{n-k} \\
&= \displaystyle \sum_{k=1}^n kn \cdot C_{k-1}^{n-1}p^{k-1}(1-p)^{n-k} \cdot p \\
&= np \displaystyle \sum_{k=1}^n {\color{red}{(k)}} \cdot C_{k-1}^{n-1}p^{k-1}(1-p)^{n-k} \\
&= np \displaystyle \sum_{k=1}^n {\color{red}{(k-1)}} \cdot C_{k-1}^{n-1}p^{k-1}(1-p)^{n-k} + np \displaystyle \sum_{k=1}^n {\color{red}{(1)}} \cdot C_{k-1}^{n-1}p^{k-1}(1-p)^{n-k} \\
&= np \displaystyle \sum_{k=1}^n (k-1) \cdot C_{k-1}^{n-1}p^{k-1}(1-p)^{n-k} + np \quad\text{(By }\eqref{3}\text{)} \\
&= np \displaystyle \sum_{k=2}^n (k-1) \cdot C_{k-1}^{n-1}p^{k-1}(1-p)^{n-k}+np \quad \text{(Since when }k=1, \text{ the first term is }0.) \\
&= np \displaystyle \sum_{k=2}^n (n-1) \cdot C_{k-2}^{n-2}p^{k-1}(1-p)^{n-k}+np \\
&= np^2(n-1) \displaystyle \sum_{k=2}^n C_{k-2}^{n-2}p^{k-2}(1-p)^{n-k}+np \\
&= np^2(n-1) \displaystyle \sum_{i=0}^{n-2} C_{i}^{n-2}p^{i}(1-p)^{(n-2)-i}+np \\
&= np^2(n-1) \big(p+(1-p)\big)^{n-2}+np \\
&= np^2(n-1)+np &\hfil \square
\end{align*} \tag{5}\label{5}$$
最後藉由 $\eqref{4}$ 和 $\eqref{5}$ 可得：
$$\text{Var}(X)=\big(np^2(n-1)+np\big)-(np)^2=np(1-p) \qquad \square$$
### 幾何分佈的期望值與變異數
:::warning
定理：
若重複進行成功機率為 $p$ 的伯努力實驗(Bernoulli Experiment)，並定義：重複此實驗直到成功需要 $X$ 次，則 $X$ 服從幾何分佈(Geometric Distribution) （$\text{i.e. } X \sim Geo(p)$）。則：
$$E(X)=\dfrac{1}{p} \quad
\text{Var}(X)=\dfrac{1-p}{p^2}
$$
:::
$X$ 的機率質量函數 $(\text{PMF})$ 為：
$$P(X=k)=
\left\{
\begin{array}
\displaystyle (1-p)^{k-1} \cdot p&, \text{for } k \in \mathbb{N} \\
0&, \text{o.w.} \\
\end{array}
\right. \tag{6}\label{6}$$
根據 $\eqref{2}$ 和 $\eqref{6}$，可得：
$$\begin{align*}
E(X) &= \sum_{k=1}^\infty k \cdot P(X=k) \\
&= \sum_{k=1}^\infty k \cdot (1-p)^{k-1} \cdot p \\
\end{align*}$$
把上式展開可得到以下：
$$E(X)=p+2p(1-p)+3p(1-p)^2+\cdots \tag{7}\label{7}$$
將 $\eqref{7}$ 式乘以 $(1-p)$ 可得到：
$$(1-p)E(X)=p(1-p)+2p(1-p)^2+3p(1-p)^3+\cdots \tag{8}\label{8}$$
由 $\eqref{7} - \eqref{8}$ 得到：
$$\begin{align*}
E(X) &= p + 2p(1-p)&+3p(1-p)^2&+\cdots \\
-) \quad (1-p)E(X) &= \quad\ \quad p(1-p)&+2p(1-p)^2&+3p(1-p)^3+\cdots \\
\hline
pE(X) &= p+\ \ p(1-p) &+ \ \ p(1-p)^2 &+ \ \ p(1-p)^3
\end{align*} $$
我們發現等號右側是一個無窮等比級數，已知一個首項為 $a$，公比為 $r$ 的無窮等比級數和為 $\dfrac{a}{1-r}$，因此 $pE(X)=\dfrac{p}{1-(1-p)}=1$，得到：
$$E(X)=\dfrac{1}{p} \square \tag{9}\label{nine}$$
接下來，若我們想知道幾何分佈的變異數，根據 $\eqref{4}$ 我們需要知道 $E(X^2)$：
$$\begin{align*}
E(X^2) &=\sum_{k=1}^\infty k^2 \cdot P(X=k) \\
&= \sum_{k=1}^\infty {\color{red}{k^2}} \cdot (1-p)^{k-1} \cdot p \\
&= \sum_{k=1}^\infty {\color{red}{k(k-1)}} \cdot (1-p)^{k-1} \cdot p + \sum_{k=1}^\infty {\color{red}{k}} \cdot (1-p)^{k-1} \cdot p \\
&= \sum_{k=1}^\infty k(k-1) \cdot (1-p)^{k-1} \cdot p + \dfrac{1}{p} \quad\text{(By } \eqref{nine})
\end{align*}$$
我們把 $+$ 前面該項令為 $S$，若將 $S$ 展開可得到：
$$S=2 \cdot 1 \cdot (1-p) \cdot p + 3 \cdot 2 \cdot (1-p)^2 \cdot p + 4 \cdot 3 \cdot (1-p)^3 \cdot p + \cdots \tag{10}\label{10}$$
若將上式乘以 $(1-p)$ 可得到：
$$(1-p)S=2 \cdot 1 \cdot (1-p)^2 \cdot p + 3 \cdot 2 \cdot (1-p)^3 \cdot p + 4 \cdot 3 \cdot (1-p)^4 \cdot p + \cdots \tag{11}\label{11}$$
將 $\eqref{10}-\eqref{11}$ 可得到：
$$\begin{align*}
S&=2 \cdot 1 \cdot (1-p) \cdot p + 3 \cdot 2 \cdot (1-p)^2 \cdot p + 4 \cdot 3 \cdot (1-p)^3 \cdot p + \cdots \\
-) \quad (1-p)S&= \quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\ \ \ \ 2 \cdot 1 \cdot (1-p)^2 \cdot p + 3 \cdot 2 \cdot (1-p)^3 \cdot p + 4 \cdot 3 \cdot (1-p)^4 \cdot p + \cdots \\
\hline
pS&=2 \cdot 1 \cdot (1-p) \cdot p + 2 \cdot 2 \cdot (1-p)^2 \cdot p + 2 \cdot 3 \cdot (1-p)^3 \cdot p + \cdots \\
S&= 2 \big(1 \cdot (1-p) + 2 \cdot (1-p)^2 + 3 \cdot (1-p)^3 + \cdots\big) \\
\end{align*} \tag{12}\label{12}$$
為求符號簡便，我們令 $1 \cdot (1-p) + 2 \cdot (1-p)^2 + 3 \cdot (1-p)^3 + \cdots := T$，再利用 $T-(1-p)T$ 可求得：
$$T=\dfrac{1-p}{p^2}$$
接著一路代回即可得到
$$E(X^2)=\dfrac{2-2p}{p^2}+\dfrac{1}{p}$$
最後利用 $\eqref{4}$ 可得：
$$\text{Var}(X)=(\dfrac{2-2p}{p^2}+\dfrac{1}{p})-(\dfrac{1}{p})^2=\dfrac{1}{p^2}-\dfrac{1}{p}=\dfrac{1-p}{p^2}$$
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