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# 1.
## 題目
編號$1到2014$的卡片，$1$在最上方，且由小到大排列。現在將第一張丟掉，第二張留下，第三張丟掉，第四張留下，...。將剩下的卡片由小到大排列，以相同方式操作，則最後會剩下哪張牌？
## 詳解
操作過第一次：$2,4,6,8,10,...,2014$
操作過第二次：$4,8,12,...,2012$
$\therefore$ 操作過第$n$次後只會剩下編號為$2^n$倍數的牌。故最後剩下的牌為$1024$。

# 2.
## 題目
$A$瓶中有$x$ ml咖啡，$B$瓶中有$x$ ml牛奶，今將咖啡取$y$ ml倒入$B$，再取$B$中混和溶液$y$ ml倒入$A$，則$A$中牛奶比例高還是$B$中咖啡比例高？
## 詳解
假設$A$中含有$t$ ml牛奶，因$A、B$中牛奶、咖啡的體積總和仍各為$x$ ml，可得：
| 成分 | A | B |
| ---- | ---- | ---- |
| 咖啡 | x-t | t |
| 牛奶 | t | x-t |

故$A$中牛奶比例$=B$中咖啡比例$=\frac{t}{x}$
$\therefore$ 一樣高

# 3.
## 題目
$a_{0}=1，a_{n}=a_{n-1}+\lfloor \sqrt{a_{n-1}}\rfloor$，若$\forall \space l \ge 0，l \in \mathbb{Z}$，$有2^l+l \le n\le 2^{l+1}+l+1的解為a_n=2^l+\lfloor(\frac{n-l+p}{q})^2\rfloor$，$其中p,q\in \mathbb{N}，求p+q=?$
## 詳解
用多組不等式來限制解的範圍
首先由題目的遞迴式可得$a_0=1,a_1=2,a_2=3,a_3=4,a_4=6,a_5=8$
- $l=0時，1+0\le n\lt 2+1，n=1,2$
- $a_1=2=1+\lfloor(\frac{1+p}{q})^2\rfloor，1\le\frac{1+p}{q}<\sqrt{2}\dots(1)$
- $a_2=3=1+\lfloor(\frac{2+p}{q})^2\rfloor，\sqrt{2}\le\frac{2+p}{q}<\sqrt{3}\dots(2)$
由$(1)(2)可得(\sqrt{3}-1)q \gt 1，\therefore\space q\gt 1$
- $l=1時，2+1\le n\lt 4+2，n=3,4,5$
- $a_4=6=2+\lfloor(\frac{3+p}{q})^2\rfloor，2\le\frac{3+p}{q}<\sqrt{5}\dots(3)$
由$(2)(3)可得q\lt\frac{1}{2-\sqrt{3}}=2+\sqrt{3}，\therefore\space q=2\space or\space 3$
由$(1)(2):1+p\lt\sqrt{2}q\lt 2+p，若q=2\implies p=1$、$若q=3\implies p=3$
即$(p,q)$只剩下兩種可能
- $a_5=8=2+\lfloor(\frac{4+p}{q})^2\rfloor，分別帶入兩種可能可知(p,q)=(1,2)$
$\therefore p+q=3$

# 4.
## 題目
$\int_{-1}^{1}{x^3\sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x}=?$
## 詳解
### 方法一
因$x^3是奇函數、\sqrt{1-x^2}是偶函數，故x^3\sqrt{1-x^2}是奇函數$
且上下界互為相反數 $\therefore \int_{-1}^{1}{x^3\sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x}=0$
### 方法二：變數代換
令$u=1-x^2，x^2=1-u\dots(1)$
$上式對x微分，可得\frac{du}{dx}=-2x，\frac{-du}{2}=xdx\dots(2)$
$代換後上界u=1-x^2=1-1^2=0，下界u=1-(-1)^2=0$
$可得\int_{-1}^{1}{x^3\sqrt{1-x^2}\mathrm{d}x}=\int_{-1}^{1}{x^2\sqrt{1-x^2}x\mathrm{d}x}=\int_{0}^{0}{(1-u)\sqrt{u}\frac{-\mathrm{d}u}{2}}=0$

# 5.
## 題目
$(\lim\limits_{h\to0} \frac{\sqrt{2+h}-\sqrt{2}}{h})^{-2}=?$
## 詳解
$h\to0時，分子分母皆\to0，所以可用羅必達法則$
$(\lim\limits_{h\to0} \frac{\sqrt{2+h}-\sqrt{2}}{h})^{-2}=\lim\limits_{h\to0} \frac{\frac{1}{2}(2+h)^{-0.5}}{1})^{-2}=(\frac{1}{2\sqrt{2}})^{-2}=8$

# 6.
## 題目
$\frac{x^2}{2m-1}+\frac{y^2}{2+m}=1為$長軸在$y$軸上的橢圓，$\frac{1}{a}\lt m\lt b，求a+b=?$
## 詳解
圖形是橢圓 $\therefore 2m-1\gt0,\space 2+m\gt 0$
又長軸在y軸上 $\therefore\space 2+m\gt 2m-1$
可得$a=2,b=3,a+b=5$

# 7.
## 題目
$\begin{bmatrix}
a & b & c \\
d & e & f \\
g & h & i
\end{bmatrix}^{101}=\begin{bmatrix}
-1 & -2 & -2 \\
1 & 2 & 1 \\
-1 & -1 & 0
\end{bmatrix}$
求$a+b+c+d+e+f+g+h+i=?$
## 詳解
令$D=\begin{bmatrix}
a & b & c \\
d & e & f \\
g & h & i
\end{bmatrix}，A=\begin{bmatrix}
-1 & -2 & -2 \\
1 & 2 & 1 \\
-1 & -1 & 0
\end{bmatrix}$
求$A$特徵值：
$\det(xI_3-A)=\begin{vmatrix}
x+1 & 2 & 2 \\
-1 & x-2 & -1 \\
1 & 1 & x
\end{vmatrix}=x^3-x^2-2x-4=(x-1)(x-1)(x+1)$
故特徵值為$1,1,-1$，因矩陣對角化後特徵值不變：
可令$B=P^{-1}AP=\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix}=P^{-1}D^{101}P=\begin{bmatrix}
1^{101} & 0 & 0 \\
0 & 1^{101} & 0 \\
0 & 0 & (-1)^{101}
\end{bmatrix}$
$P^{-1}DP=\begin{bmatrix}
1 & 0 & 0 \\
0 & 1 & 0 \\
0 & 0 & -1
\end{bmatrix},\space\therefore\space D=A$
$a+b+c+d+e+f+g+h+i=-1-2-2+1+2+1-1-1+0=-3$
### 證明：矩陣對角化後特徵值不變
若$\lambda_i是A的特徵值，且B=P^{-1}AP，PBP^{-1}=A，設\vec{v_i}是A的特徵向量$
可知$A\vec{v_i}=\lambda_i\vec{v_i}\implies PBP^{-1}\vec{v_i}=\lambda_i\vec{v_i} \implies BP^{-1}\vec{v_i}=\lambda_i P^{-1}\vec{v_i}$
故$A和B$的特徵向量不同，但特徵值相同

# 8.
## 題目
$2x^4+5x^3-x^2+5x-3有兩整係數一次因式f(x)、g(x)，f(x)不為g(x)的因式$，且$f(x)g(x)=2x^2+ax+b，求a+b=?$
## 詳解
所有可能的有理數解為$\pm1,\pm3,\pm\frac{1}{2},\pm\frac{3}{2}$
一一帶入可得$2x^4+5x^3-x^2+5x-3=(x+3)(2x-1)(x^2+1)$
$a=5,b=-3,a+b=2$