115學年度 國立麗山高中 教師甄選 數學科試題與詳解
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一、 填充題（14 題，每題 5 分）
題目 1
設實數 $\alpha$、$\beta$ 滿足 $\log \alpha^3 + 3\alpha - 6 = 0$，$10^{\beta+1} + 10\beta - 20 = 0$，則 $\alpha + \beta$ 的值為 ________。
答：
$2$
詳解
(1) $3\log\alpha + 3\alpha = 6 \implies \log\alpha = 2 - \alpha$
(2) $10 \cdot 10^{\beta} + 10\beta = 20 \implies 10^{\beta} = 2 - \beta$
令 $f(x) = \log x$ 與 $g(x) = 10^x$，觀察兩函數互為反函數，且圖形對稱於直線 $y = x$。
原題等同於求 $f(x) = 2 - x$ 之根 $\alpha$ 與 $g(x) = 2 - x$ 之根 $\beta$。
因 $y = 2 - x$ 亦對稱於 $y = x$，故點 $(\alpha, \log\alpha)$ 與 $(\beta, 10^\beta)$ 關於 $y = x$ 對稱。
由中點性質可知 $\frac{\alpha+\beta}{2} = 1$，如圖所示，故 $\alpha + \beta = 2$。
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題目 2
座標平面上點 $A(3,-1)$ 及圓 $C : (x+1)^2 + (y-2)^2 = 5$。過點 $A$ 作圓 $C$ 的切線 $\overline{AP}$，其中點 $P$ 為切點，若點 $Q$ 為圓 $C$ 上的動點，則向量內積 $\vec{AP} \cdot \vec{AQ}$ 的最大值為 ________。
答：
30
詳解
計算 $\overline{AO} = \sqrt{(3 - (-1))^2 + (-1 - 2)^2} = \sqrt{4^2 + (-3)^2} = 5$。
切線長 $\overline{AP} = \sqrt{\overline{AO}^2 - r^2} = \sqrt{25 - 5} = \sqrt{20} = 2\sqrt{5}$。
利用內積定義：$\vec{AP} \cdot \vec{AQ} = |\vec{AP}| \cdot |\vec{AQ}| \cos\theta = |\vec{AP}| \cdot (\text{Q 點在 AP 射線上的投影長})$。
當 $Q$ 投影在 $\overline{AP}$ 延長線上最遠處（即圖中點 $R$）時有最大值。
投影長最大值 $= \overline{AP} + \text{圓的半徑} $
故$\text{Max} = \overline{AP} \times (\overline{AP} + R) = 2\sqrt{5}(2\sqrt{5} + \sqrt{5}) = 2\sqrt{5} \cdot 3\sqrt{5} = 30$。
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題目 3
在坐標空間中，設 $\Gamma : \begin{cases} 2x+3y=1 \\ 3x-2y=-5 \end{cases}$，$\Lambda : \{(x,y,z) | x=4, y=k\}$，動點 $P, Q$ 分別在 $\Gamma$ 和 $\Lambda$ 的圖形上，已知 $\overline{PQ}$ 的中點軌跡方程式為 $\begin{cases} x=x_0 \\ y=7 \end{cases}$，若 $\overline{PQ}$ 長的最小值為 $m$，則 $x_0 + k + m = $ ________。
答：
$\frac{55}{2}$
詳解
2. 設 $P(-1, 1, z_P)$，$Q(4, k, z_Q)$。
3. 中點 $M = \left( \frac{-1+4}{2}, \frac{1+k}{2}, \frac{z_P+z_Q}{2} \right) = \left( \frac{3}{2}, \frac{1+k}{2}, Z \right)$。
4. 依題意中點軌跡為 $x=x_0, y=7$，故：
$x_0 = \frac{3}{2}$
$\frac{1+k}{2} = 7 \implies k = 13$
5. 計算 $\overline{PQ}$ 最小值 $m$：
$m = \sqrt{(4-(-1))^2 + (13-1)^2 + (z_Q-z_P)^2}$，當 $z_Q = z_P$ 時有最小值。
$m = \sqrt{5^2 + 12^2} = 13$。
6. 最終計算：$x_0 + k + m = \frac{3}{2} + 13 + 13 = \frac{3}{2} + 26 = \frac{55}{2}$。
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題目 4
五位同學圍成一圈依序循環報數，規定：
① 第一位同學首次報出的數為 1，第二位同學首次報出的數也為 1，之後每位同學所報出的數都是前兩位同學所報出的數之和；
② 若報出的數為 3 的倍數，則報該數的同學需拍手一次。
求當第 30 個數被報出時，五位同學拍手的總次數為 ________。
答：
7
詳解
$1, 1, 2, 0, 2, 2, 1, 0 \mid 1, 1, 2, 0, \dots$（此處 0 代表 3 的倍數）
可見其餘數循環週期為 8。在一個週期 8 次報數中，出現 0 的位置是第 4 項與第 8 項，故一個週期內會拍手 2 次。
計算第 30 個數包含幾個週期：
$30 \div 8 = 3 \dots 6$
* 前 3 個完整週期拍手次數：$3 \times 2 = 6$ 次。
* 剩餘的 6 個數中（$1, 1, 2, 0, 2, 2$），在第 4 個數時會拍手 1 次。
總拍手次數 $= 6 + 1 = 7$ 次。
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題目 5
設 $f(x)=x^3+4x^2+x-6$，$g(x)=2x^3+(k-2)x^2+kx-2k, k \in \mathbb{R}$。已知方程式 $(f(x))^2+(g(x))^2=0$ 有兩個相異實根 $\alpha, \beta$，求 $k+\alpha+\beta = $ ________。
答：
16
詳解
2. 對 $f(x)$ 進行因式分解：
$f(x) = (x-1)(x+2)(x+3) = 0$，故實根為 $1, -2, -3$。
3. 對 $g(x)$ 進行整理：
$g(x) = 2x^3 - 2x^2 + kx^2 + kx - 2k = (x-1)(2x^2 + kx + 2k)$。
可見 $x=1$ 定為共同根，故設 $\alpha = 1$。
4. 另一共同根 $\beta$ 必為 $-2$ 或 $-3$，代入 $2x^2 + kx + 2k = 0$ 檢驗：
(i) 若 $x=-2$ 為根：$2(-2)^2 + k(-2) + 2k = 8 - 2k + 2k = 8 \neq 0$（不合）。
(ii) 若 $x=-3$ 為根：$2(-3)^2 + k(-3) + 2k = 18 - 3k + 2k = 0 \implies k=18$。
5. 此時共同根為 $\alpha=1, \beta=-3$，計算：$k+\alpha+\beta = 18 + 1 + (-3) = 16$。
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題目 6
在座標空間中，兩歪斜線 $L_1$ 和 $L_2$ 分別在兩平行平面 $E_1: x+2y+2z=7$ 和 $E_2: x+2y+2z=16$ 上，設點 $A, B$ 在 $L_1$ 上，點 $C, D$ 在 $L_2$ 上，且 $\overline{BC}$ 垂直 $E_1, E_2$。若 $\overline{AB}=2, \overline{CD}=3, \overline{AD}=5$，則直線 $L_1$ 和 $L_2$ 方向向量夾角的正弦值為 ________。
答：
$\frac{\sqrt{15}}{4}$
詳解
$d(E_1, E_2) = \frac{|16-7|}{\sqrt{1^2+2^2+2^2}} = \frac{9}{3} = 3$。因 $\overline{BC} \perp E_1, E_2$，故 $\overline{BC} = 3$。
2. **幾何投影與平移**：
將 $D$ 點投影至平面 $E_1$ 得到 $D'$，則 $\triangle ADD'$ 為直角三角形。
$\overline{AD'} = \sqrt{\overline{AD}^2 - \overline{DD'}^2} = \sqrt{5^2 - 3^2} = 4$。
3. **考慮方向向量夾角**：
將 $L_2$ 平移至平面 $E_1$ 且過點 $B$，設平移後 $D'$ 點與 $B$ 的距離即為 $\overline{CD}=3$。
此時在平面 $E_1$ 上形成一個三邊長為 $\overline{AB}=2, \overline{BD'}=3, \overline{AD'}=4$ 的三角形。
設兩直線方向向量夾角為 $\theta$，由餘弦定理：
$\cos \theta = \frac{2^2 + 3^2 - 4^2}{2 \cdot 2 \cdot 3} = \frac{4+9-16}{12} = -\frac{3}{12} = -\frac{1}{4}$。
4. **求正弦值**：
$\sin \theta = \sqrt{1 - \cos^2 \theta} = \sqrt{1 - (-\frac{1}{4})^2} = \frac{\sqrt{15}}{4}$。
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題目 7
試求方程式：$2x^2-4 = \sqrt{(3x^2-2x-12)(x^2+2x+4)}$ 的實根為 ________。
答：
$4, -2$
詳解
2. 觀察原方程式左式：
$\frac{A+B}{2} = \frac{(3x^2 - 2x - 12) + (x^2 + 2x + 4)}{2} = \frac{4x^2 - 8}{2} = 2x^2 - 4$。
3. 原方程式可改寫為：$\frac{A+B}{2} = \sqrt{AB}$。
4. 根據算幾不等式，等號成立當且僅當 $A = B$：
$3x^2 - 2x - 12 = x^2 + 2x + 4$
$2x^2 - 4x - 16 = 0 \implies x^2 - 2x - 8 = 0$
$(x-4)(x+2) = 0 \implies x = 4 \text{ 或 } -2$。
5. 經代入檢驗，兩根皆使 $A, B \ge 0$，故原方程之實根為 $4, -2$。
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題目 8
如右圖所示，有一直圓錐，高為 $\sqrt{143}$，底部圓面積為 $\pi$，圓錐頂點 $O$ 與底面圓周上一點 $A$，$\overline{OA}$ 中點為 $B$。今有一隻螞蟻從 $A$ 點出發，沿著圓錐表面爬行「兩圈」後到達 $B$ 點，求螞蟻爬行的最短距離為 ________。
答：
$6\sqrt{3}$
詳解
底圓面積為 $\pi \implies \pi r^2 = \pi \implies r = 1$。
母線長 $L = \overline{OA} = \sqrt{r^2 + h^2} = \sqrt{1^2 + (\sqrt{143})^2} = \sqrt{144} = 12$。
2. **求展開圖扇形中心角 $\theta$**：
底圓周長 $= 2\pi r = 2\pi$。
$L \cdot \theta = 2\pi \implies 12\theta = 2\pi \implies \theta = \frac{\pi}{6} = 30^\circ$。
3. **爬行兩圈的展開圖分析**：
爬行兩圈相當於在展開圖中跨越兩個扇形的角度，總角度為 $2\theta = 2 \times \frac{\pi}{6} = \frac{\pi}{3} = 60^\circ$。
4. **計算最短路徑 $\overline{AB}$**：
在展開圖中，最短距離為連結 $A$ 與 $B$ 的直線段。
$\overline{OA} = 12, \overline{OB} = 6, \angle AOB = 60^\circ$。
由餘弦定理：
$\overline{AB}^2 = 12^2 + 6^2 - 2 \cdot 12 \cdot 6 \cdot \cos 60^\circ$
$\overline{AB}^2 = 144 + 36 - 72 = 108$。
最短距離為 $\sqrt{108} = 6\sqrt{3}$。
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題目 9
空間中 $L_1 : x-1 = \frac{y-3}{2} = \frac{z-4}{2}$ 與 $L_2 : \begin{cases} x+y=4 \\ y+2z=2 \end{cases}$ 為一正立方體某兩邊所在的直線方程式。則此正立方體的體積為 ________。
答：
27
詳解
$L_1 : \vec{v_1} = (1, 2, 2)$，過點 $A(1, 3, 4)$。
$L_2$ 的方向向量 $\vec{v_2}$ 為兩平面法向量的外積：
$\vec{n_1} = (1, 1, 0), \vec{n_2} = (0, 1, 2) \implies \vec{v_2} = \vec{n_1} \times \vec{n_2} = (2, -2, 1)$。
令 $y=0 \implies x=4, z=1$，故 $L_2$ 過點 $B(4, 0, 1)$。
此距離即為正立方體的邊長。首先求公垂向量 $\vec{n} = \vec{v_1} \times \vec{v_2}$：
$\vec{n} = (1, 2, 2) \times (2, -2, 1) = (6, 3, -6) // (2, 1, -2)$。
邊長 $s$ 為 $\vec{AB} = (3, -3, -3)$ 在 $\vec{n}$ 上的正射影長：
$s = \frac{|(3, -3, -3) \cdot (2, 1, -2)|}{\sqrt{2^2 + 1^2 + (-2)^2}} = \frac{|6 - 3 + 6|}{3} = \frac{9}{3} = 3$。
3. **計算體積**：
體積 $V = s^3 = 3^3 = 27$。
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題目 10
正七邊形 $ABCDEFG$ 內接於一單位圓，則線段長乘積 $\overline{AB} \times \overline{AC} \times \overline{AD}$ 為 ________。
答：
$\sqrt{7}$
詳解
$1, \omega, \omega^2, \omega^3, \omega^4, \omega^5, \omega^6$，其中 $\omega = e^{i\frac{2\pi}{7}}$。
2. 設 $A$ 點對應 1，則 $\overline{AB}=|1-\omega|, \overline{AC}=|1-\omega^2|, \overline{AD}=|1-\omega^3|$。
3. 利用方程式分解：$\frac{z^7-1}{z-1} = z^6 + z^5 + z^4 + z^3 + z^2 + z + 1 = \prod_{k=1}^{6} (z-\omega^k)$。
4. 將 $z=1$ 代入上式：$1+1+1+1+1+1+1 = 7 = \prod_{k=1}^{6} (1-\omega^k)$。
5. 觀察對稱性：$|1-\omega| = |1-\omega^6|, |1-\omega^2| = |1-\omega^5|, |1-\omega^3| = |1-\omega^4|$。
故 $(\overline{AB} \times \overline{AC} \times \overline{AD})^2 = |1-\omega| \cdot |1-\omega^2| \cdots |1-\omega^6| = 7$。
6. 因此，$\overline{AB} \times \overline{AC} \times \overline{AD} = \sqrt{7}$。
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題目 11
圓上有四點 $A, B, C, D$，已知兩弦 $\overline{AC} \perp \overline{BD}$，設 $\overline{AB}=2, \overline{CD}=3$，則此圓面積為 ________。
答：
$\frac{13}{4}\pi$
詳解
設 $\overline{AC}$ 與 $\overline{BD}$ 交於 $P$ 點。根據圓內垂直弦的半徑公式：
$4R^2 = \overline{PA}^2 + \overline{PB}^2 + \overline{PC}^2 + \overline{PD}^2$
2. **利用畢氏定理**：
在直角 $\triangle PAB$ 中，$\overline{PA}^2 + \overline{PB}^2 = \overline{AB}^2 = 2^2 = 4$。
在直角 $\triangle PCD$ 中，$\overline{PC}^2 + \overline{PD}^2 = \overline{CD}^2 = 3^2 = 9$。
3. **計算半徑與面積**：
$4R^2 = 4 + 9 = 13 \implies R^2 = \frac{13}{4}$。
圓面積 $= \pi R^2 = \frac{13}{4}\pi$。
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題目 12
等軸雙曲線 $x^2 - y^2 = 8$ 的中心為 $O$，兩焦點 $F_1, F_2$，點 $P$ 在此雙曲線上，若 $\overline{PO}=9$，則線段乘積 $\overline{PF_1} \cdot \overline{PF_2} = $ ________。
答：
81
詳解
$x^2 - y^2 = 8 \implies \frac{x^2}{8} - \frac{y^2}{8} = 1$。
$a^2 = 8, b^2 = 8 \implies c^2 = a^2 + b^2 = 16$，故焦點距離中心 $c = 4$。
2. **利用中線定理**：
在 $\triangle PF_1F_2$ 中，$O$ 為 $F_1F_2$ 的中點，$\overline{PO}$ 為中線。
$\overline{PF_1}^2 + \overline{PF_2}^2 = 2(\overline{PO}^2 + \overline{OF_1}^2) = 2(9^2 + 4^2) = 2(81 + 16) = 194$。
3. **結合雙曲線定義**：
$|\overline{PF_1} - \overline{PF_2}| = 2a = 2\sqrt{8} = 4\sqrt{2}$。
將兩邊平方：$\overline{PF_1}^2 + \overline{PF_2}^2 - 2\overline{PF_1}\cdot\overline{PF_2} = (4\sqrt{2})^2 = 32$。
4. **解出乘積**：
$194 - 2\overline{PF_1}\cdot\overline{PF_2} = 32$
$2\overline{PF_1} \overline{PF_2} = 162 \implies \overline{PF_1} \cdot \overline{PF_2} = 81$。
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題目 13
如附圖之蜂房結構，每兩個相鄰的蜂房間都有一通道，一隻蜜蜂從蜂房 $A$ 出發，想爬到第 10 號蜂房，但不許反向倒走（即蜂房號碼不可愈走愈小），則共有 ________ 種走法。
答：
89
詳解
觀察蜂房結構，要到達第 $n$ 號蜂房，蜜蜂可以從第 $n-1$ 號蜂房進入，也可以從第 $n-2$ 號蜂房進入。
設到達第 $n$ 號蜂房的方法數為 $a_n$，則滿足費氏數列遞迴式：$a_n = a_{n-1} + a_{n-2}$。
2. **設定初始值**：
到達 1 號：1 種（$A \to 1$），故 $a_1 = 1$。
到達 2 號：2 種（$A \to 2$ 或 $A \to 1 \to 2$），故 $a_2 = 2$。
3. **依序推導**：
$a_3 = 1+2 = 3$
$a_4 = 2+3 = 5$
$a_5 = 3+5 = 8$
$a_6 = 5+8 = 13$
$a_7 = 8+13 = 21$
$a_8 = 13+21 = 34$
$a_9 = 21+34 = 55$
$a_{10} = 34+55 = 89$。
4. 故共有 89 種走法。
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題目 14
設數列 $\langle a_n \rangle$ 滿足 $a_{n+1} = a_n + 2^n$ 且 $a_1 = 1$，則 $\frac{1}{a_1 a_2} + \frac{2}{a_2 a_3} + \frac{2^2}{a_3 a_4} + \dots + \frac{2^9}{a_{10} a_{11}} = $ ________。
答：
$\frac{1023}{2047}$
詳解
由 $a_{n+1} - a_n = 2^n$ 知：
$a_{11} = a_1 + (2^1 + 2^2 + \dots + 2^{10}) = 1 + (2^{11} - 2) = 2^{11} - 1 = 2047$。
2. **裂項對消技巧**：
觀察第 $k$ 項：$\frac{2^{k-1}}{a_k a_{k+1}}$。
因為 $a_{k+1} - a_k = 2^k$，所以 $\frac{1}{a_k} - \frac{1}{a_{k+1}} = \frac{2^k}{a_k a_{k+1}}$。
故 $\frac{2^{k-1}}{a_k a_{k+1}} = \frac{1}{2} \left( \frac{1}{a_k} - \frac{1}{a_{k+1}} \right)$。
3. **求和計算**：
原式 $= \frac{1}{2} \left[ (\frac{1}{a_1} - \frac{1}{a_2}) + (\frac{1}{a_2} - \frac{1}{a_3}) + \dots + (\frac{1}{a_{10}} - \frac{1}{a_{11}}) \right]$
原式 $= \frac{1}{2} \left( \frac{1}{a_1} - \frac{1}{a_{11}} \right)$。
4. **代入數值**：
原式 $= \frac{1}{2} \left( 1 - \frac{1}{2047} \right) = \frac{1}{2} \left( \frac{2046}{2047} \right) = \frac{1023}{2047}$。
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二、 計算證明題（3 題，每題 10 分）
計算題 1
實驗室中有 $n$ 個砝碼，重量分別為 $a_1, a_2, \dots, a_n$。已知從中取任兩個砝碼秤重的重量和為 $A_i$，所有 $A_i$ 的總和為 $k$；從中取任三個砝碼秤重的重量和為 $B_i$，所有 $B_i$ 的總和為 $2k$。若已知這些砝碼重量滿足 $a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_n^2$ 的最小值為 2400，試求 $k$ 之值。
答：
$k = 600$
詳解
任取兩個砝碼的總和中，每個 $a_i$ 會被計算 $C^{n-1}_{1}$ 次。故 $\sum A_i = (n-1) \sum a_i = k$。
任取三個砝碼的總和中，每個 $a_i$ 會被計算 $C^{n-1}_{2}$ 次。故 $\sum B_i = \frac{(n-1)(n-2)}{2} \sum a_i = 2k$。
2. **求出 $n$ 值**：
由上述兩式相除：$\frac{\frac{(n-1)(n-2)}{2}}{n-1} = \frac{2k}{k} = 2 \implies \frac{n-2}{2} = 2 \implies n = 6$。
3. **代入 $\sum a_i$**：
當 $n=6$ 時，$(6-1) \sum a_i = k \implies \sum a_i = \frac{k}{5}$。
4. **利用柯西不等式**：
$(a_1^2 + a_2^2 + \dots + a_6^2)(1^2 + 1^2 + \dots + 1^2) \ge (a_1 + a_2 + \dots + a_6)^2$。
$6 \sum a_i^2 \ge (\frac{k}{5})^2 \implies \sum a_i^2 \ge \frac{k^2}{150}$。
5. **求解 $k$**：
題目給定 $\sum a_i^2$ 最小值為 2400，故 $\frac{k^2}{150} = 2400$。
$k^2 = 360000 \implies k = 600$。
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第 2 題
三角形 $ABC$ 三邊長 $\overline{AB}=4, \overline{BC}=6, \overline{AC}=5$，則：
(1) $\overline{BC}$ 邊上的高 $\overline{AH} = $ ________。
(2) 在 $\overline{AB}$ 上取一點 $P$，在 $\overline{AC}$ 上取一點 $Q$，則 $\triangle PQH$ 周長的最小值為 ________。
答：
(1) $\frac{5\sqrt{7}}{4}$ (2) $\frac{15}{4}$
詳解
1. 利用海龍公式求面積：半周長 $s = \frac{4+6+5}{2} = \frac{15}{2}$。
面積 $\triangle = \sqrt{\frac{15}{2} \cdot \frac{7}{2} \cdot \frac{3}{2} \cdot \frac{5}{2}} = \frac{15\sqrt{7}}{4}$。
2. 面積也可表示為 $\frac{1}{2} \cdot \overline{BC} \cdot \overline{AH} = \frac{1}{2} \cdot 6 \cdot \overline{AH} = 3\overline{AH}$。
$3\overline{AH} = \frac{15\sqrt{7}}{4} \implies \overline{AH} = \frac{5\sqrt{7}}{4}$。
(2) 求 $\triangle PQH$ 周長最小值：
1. 當點 $H$ 固定時，要使 $\overline{HP} + \overline{PQ} + \overline{QH}$ 最小，利用對稱原理：
設 $H$ 對 $\overline{AB}$ 的對稱點為 $H_1$，對 $\overline{AC}$ 的對稱點為 $H_2$。
周長最小值即為 $\overline{H_1H_2}$ 之長度。
2. 在 $\triangle AH_1H_2$ 中，$\overline{AH_1} = \overline{AH_2} = \overline{AH} = \frac{5\sqrt{7}}{4}$，且 $\angle H_1AH_2 = 2A$。
3. 根據餘弦定理變形，$\overline{H_1H_2} = 2\overline{AH} \sin A$。
4. 由餘弦定理求 $\cos A = \frac{4^2+5^2-6^2}{2 \cdot 4 \cdot 5} = \frac{5}{40} = \frac{1}{8}$。
5. 則 $\sin A = \sqrt{1 - (\frac{1}{8})^2} = \frac{3\sqrt{7}}{8}$。
6. 最小值 $= 2 \cdot \left( \frac{5\sqrt{7}}{4} \right) \cdot \frac{3\sqrt{7}}{8} = \frac{15 \cdot 7}{16} = \frac{105}{16}$。
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第 3 題
設 $x_1, x_2, \dots, x_n$ 為一組實數資料，其平均數為 $\mu$，全距為 $R = \max x_i - \min x_i$。
(1) 證明對任意實數 $a$，恆有 $\sum\limits_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2 \le \sum\limits_{i=1}^{n} (x_i - a)^2$。
(2) 設此組資料的標準差為 $\sigma = \sqrt{\frac{1}{n} \sum\limits_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2}$，試證明 $\sigma \le \frac{R}{2}$。
詳解
1. 展開 $\sum\limits_{i=1}^{n} (x_i - a)^2$：
$\sum\limits_{i=1}^{n} (x_i - a)^2 = \sum\limits_{i=1}^{n} x_i^2 - 2a \sum\limits_{i=1}^{n} x_i + \sum\limits_{i=1}^{n} a^2$
$= \sum\limits_{i=1}^{n} x_i^2 - 2a(n\mu) + na^2$（因 $\sum\limits_{i=1}^{n} x_i = n\mu$）
2. 對 $a$ 進行配方：
$= n(a^2 - 2\mu a + \mu^2) + \sum\limits_{i=1}^{n} x_i^2 - n\mu^2$
$= n(a - \mu)^2 + \sum\limits_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2$
3. 因為 $n(a - \mu)^2 \ge 0$，故當 $a = \mu$ 時，$\sum\limits_{i=1}^{n} (x_i - a)^2$ 有最小值 $\sum\limits_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2$
得證 $\sum\limits_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2 \le \sum\limits_{i=1}^{n} (x_i - a)^2$。
(2) 證明：
1. 令 $C = \frac{\max x_i + \min x_i}{2}$ 為全距的中點
2. 則對任意 $x_i$，其與中點的距離 $|x_i - C| \le \frac{\max x_i - \min x_i}{2} = \frac{R}{2}$
3. 平方得 $(x_i - C)^2 \le \frac{R^2}{4}$，對所有 $i$ 累加：
$\sum\limits_{i=1}^{n} (x_i - C)^2 \le \sum\limits_{i=1}^{n} \frac{R^2}{4} = n \cdot \frac{R^2}{4}$
4. 根據 (1) 的結論，將 $a$ 代入 $C$：
$\sum\limits_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2 \le \sum\limits_{i=1}^{n} (x_i - C)^2 \le \frac{nR^2}{4}$
5. 同除以 $n$ 並開根號：
$\sigma = \sqrt{\frac{1}{n} \sum\limits_{i=1}^{n} (x_i - \mu)^2} \le \sqrt{\frac{R^2}{4}} = \frac{R}{2}$
得證 $\sigma \le \frac{R}{2}$。
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