請教一題三角函數
求\( \displaystyle \root 3 \of {cos\frac{2 \pi}{9}cos \frac{4 \pi}{9}}+\root 3 \of {cos\frac{4 \pi}{9}cos \frac{8 \pi}{9}}+\root 3 \of {cos\frac{8 \pi}{9}cos \frac{2 \pi}{9}} \)的值算了好久
不知道要用什麼方法 求\( \displaystyle \root 3 \of {cos\frac{2 \pi}{9}cos \frac{4 \pi}{9}}+\root 3 \of {cos\frac{4 \pi}{9}cos \frac{8 \pi}{9}}+\root 3 \of {cos\frac{8 \pi}{9}cos \frac{2 \pi}{9}} \)的值
求以\( \displaystyle cos \frac{2 \pi}{9}， cos \frac{4 \pi}{9}，cos \frac{8 \pi}{9} \)為根的三次方程式
\( \displaystyle \theta=\frac{2 \pi}{9},\frac{4 \pi}{9},\frac{8 \pi}{9}, \)滿足\( cos 3\theta=-\frac{1}{2} \)
\( cos3 \theta=4cos^3 \theta-3cos \theta \)
所求方程式為\( \displaystyle 4x^3-3x=-\frac{1}{2} \) ， \( 8x^3-6x+1=0 \)
利用根與係數的關係可以得到三根之和為0，兩兩相乘的和為\( \displaystyle -\frac{3}{4} \)，三根之積為\( \displaystyle -\frac{1}{8} \)
若要求三根平方的方程式
\( x(8x^2-6)=-1 \) ， \( x^2(8x^2-6)^2=1 \) ， \( y(8y-6)^2=1 \) ， \( 64y^3-96y^2+36y-1=0 \)
若要求三根立方的方程式
\( 8x^3+1=6x \) ， \( (8x^3+1)^3=(6x)^3 \) ， \( (8y+1)^3=216y \) ， \( 512y^3+192y^2-192y+1=0 \)
但這題要的是立方根的方程式
\( 8x^3+1=6x \) ， \( \root 3 \of {8x^3+1}=\root 3 \of {6x} \)
將\( \root 3 \of {x} \)換成\( y \)，但左式就換不出來了
或許有其他的方法可以解出答案 [img]http://i16.photobucket.com/albums/b17/mathplayer/mathpro-1041-1-1.gif[/img] 我在淡江圖書館找到這題的解答
Jiří Herman, Radan Kučera, Jaromír Šimša
Equations and Inequalities:Elementary Problems and Theorems in Algebra and Number Theory
第81頁
書上的題目是\( \displaystyle \root 3 \of{cos \frac{2 \pi}{7}}+\root 3 \of{cos \frac{4 \pi}{7}}+\root 3 \of{cos \frac{6 \pi}{7}}=\root 3 \of{\frac{1}{2}(5-3 \root 3 \of 7)} \)
相同的方法就可以解出答案
\( \displaystyle \root 3 \of {cos \frac{2 \pi}{9}}+\root 3 \of{cos \frac{4 \pi}{9}}+\root 3 \of{cos \frac{8 \pi}{9}}=\root 3 \of{\frac{3}{2}\root 3 \of 9-3} \)
\( \displaystyle \root 3 \of{cos \frac{2 \pi}{9}cos \frac{4 \pi}{9}}+\root 3 \of{cos \frac{4 \pi}{9}cos \frac{8 \pi}{9}}+\root 3 \of{cos \frac{8 \pi}{9}cos \frac{2 \pi}{9}}=\root 3 \of{\frac{3}{4}(1-\root 3 \of 9)} \)
用maxima驗證答案
[url]https://math.pro/db/viewthread.php?tid=709&page=3#pid2756[/url]
109.7.12補充
\(\root 3\of{cos40^{\circ}}+\root 3\of{cos80^{\circ}}-\root 3\of{cos20^{\circ}}=\root 3\of{\displaystyle \frac{3}{2}(\root 3 \of{9}-2)}\)
(101高中數學能力競賽，[url]https://math.pro/db/thread-1503-1-1.html[/url])
113.3.31補充
101學年度全國高中數學科能力競賽決賽在彰師大數學系舉行，其中的筆試試題(一)第二題就是證明拉馬奴姜的恆等式\(\root 3\of{cos40^{\circ}}+\root 3\of{cos80^{\circ}}-\root 3\of{cos20^{\circ}}=\root 3\of{\displaystyle \frac{3}{2}(\root 3 \of{9}-2)}\)
在五十位考生中只有一位作對，而且是位高二的女生，以下是羅啟心這位女學生的作法：
(龍騰數亦優第22期，[url]http://pisa.math.ntnu.edu.tw/attachments/article/810/lungtengmath_22th.pdf[/url])
龍騰出版社數亦優第 22 刊提供羅啟心女同學對拉瑪奴姜恆等式\(\root 3\of{cos40^{\circ}}+\root 3\of{cos80^{\circ}}-\root 3\of{cos20^{\circ}}=\root 3\of{\displaystyle \frac{3}{2}(\root 3 \of{9}-2)}\)
的一種證法。本人試圖利用另一種方法來證明這個拉瑪奴姜恆等式，請看下文的剖析。
(數亦優第45期，[url]http://pisa.math.ntnu.edu.tw/attachments/article/2102/lungtengmath45th.pdf[/url])
－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－－
上個世紀初期，當印度數學家拉瑪奴姜在英國留學時，他的老師哈代常常好奇的問說「你每天早上一起床，就寫下這麼多的恆等式，到底是如何發生的？」拉瑪奴姜總是說「那些是昨晚神明託夢給我的。」例如，其中一個等式\(\displaystyle \root 3\of{sec40^{\circ}}+\root 3\of{sec80^{\circ}}-\root 3\of{sec20^{\circ}}=\root 3\of{6(\root 3 \of{9}-1)}\) ，本文試圖去證明上述等式達人拉瑪奴姜的等式，以下是證明的過程。
(數亦優第36期，[url]http://pisa.math.ntnu.edu.tw/attachments/article/2092/lungtengmath_36th.pdf.pdf[/url] Google 圖書有 [url=http://books.google.com.tw/books?id=l0CDp-YVyjoC&lpg=PP1&ots=01zdioOshi&dq=Equations%20and%20Inequalities%3AElementary%20Problems%20and%20Theorems%20in%20Algebra%20and%20Number%20Theory&pg=PA82#v=onepage&q&f=false]第82頁[/url]，該頁最中間那一段就是整個解法的核心！
註：bugmens 真是太強了～ 那我把這題的求解過程補完好了，請見如下：
令 \(\displaystyle y_1=\cos\frac{2\pi}{9}, y_2=\cos\frac{4\pi}{9}, y_3=\cos\frac{8\pi}{9}\)，
先求出以 \(y_1,y_2,y_3\) 為三根的一元三次方程式 \(\displaystyle y^3-\frac{3}{4}y+\frac{1}{8}=0\)（這一步驟可見最上方 bugmens 的第一次回覆）
因此可得 \(\displaystyle\left\{\begin{array}{ccc}\displaystyle y_1+y_2+y_3&=&0\\y_1y_2+y_2y_3+y_3y_1&=&-\frac{3}{4}\\y_1y_2y_3&=&-\frac{1}{8}\end{array}\right.\)
設以 \(\sqrt[3]{y_1},\sqrt[3]{y_2},\sqrt[3]{y_3}\) 為根的方程式為 \(z^3-Az^2+Bz-C=0\)，則可得
\(\displaystyle\left\{\begin{array}{ccc}\sqrt[3]{y_1}+\sqrt[3]{y_2}+\sqrt[3]{y_3}&=&A\\ \sqrt[3]{y_1y_2}+\sqrt[3]{y_2y_3}+\sqrt[3]{y_3y_1}&=&B\\ \sqrt[3]{y_1y_2y_3}&=&C\end{array}\right.\)
顯然，\(\displaystyle C=\sqrt[3]{-\frac{1}{8}}=-\frac{1}{2}\)，
再來要利用 \(\displaystyle\left(m+p+q\right)^3=m^3+p^3+q^3+3\left(m+p+q\right)\left(mp+pq+qm\right)-3mpq\)‧‧‧‧‧※※[color=Red][b]（← 整個解法的核心之一！）[/b][/color]
（ｉ）將 \(m,p,q\) 分別以 \(\displaystyle\sqrt[3]{y_1},\sqrt[3]{y_2},\sqrt[3]{y_3}\) 帶入※※，
可得 \(\displaystyle\left(\sqrt[3]{y_1}+\sqrt[3]{y_2}+\sqrt[3]{y_3}\right)^3=\left(y_1+y_2+y_3\right)+3\left(\sqrt[3]{y_1}+\sqrt[3]{y_2}+\sqrt[3]{y_3}\right)\left(\sqrt[3]{y_1y_2}+\sqrt[3]{y_2y_3}+\sqrt[3]{y_3y_1}\right)-3\sqrt[3]{y_1y_2y_3}\)
\(\displaystyle\Rightarrow A^3=3AB+\frac{3}{2}\) ．．．．（第一式）
（ｉｉ）將 \(m,p,q\) 分別以 \(\sqrt[3]{y_1y_2},\sqrt[3]{y_2y_3},\sqrt[3]{y_3y_1}\) 帶入※※，
可得 \(\displaystyle B^3=-\frac{3}{4}-\frac{3}{2}BA-\frac{3}{4}\)
\(\displaystyle\Rightarrow B^3=-\frac{3}{2}AB-\frac{3}{2}\) ‧‧‧‧（第二式）
將〝（第一式）乘（第二式）〞，
可得 \(\displaystyle(AB)^3 = \left(3AB+\frac{3}{2}\right)\left(-\frac{3}{2}AB-\frac{3}{2}\right)\)
把 \(AB\) 視為一個變數，可解其一元三次方程式（這一部分可能要套[url=http://www.google.com.tw/search?hl=zh-TW&rlz=1B3GGLL_zh-TWTW379TW379&q=%E4%B8%89%E6%AC%A1%E6%96%B9%E7%A8%8B%E5%BC%8F%E7%9A%84%E5%85%AC%E5%BC%8F%E8%A7%A3&aq=f&aqi=&aql=&oq=&gs_rfai=]一元三次方程式的公式解[/url]比較快），
得其中的實根 \(\displaystyle AB=-\frac{3+\sqrt[3]{9}}{2}.\)
再分別帶入（第一式）及（第二式），
即可得 \( \displaystyle A=\root 3 \of{\frac{3}{2}\root 3 \of 9-3} \) 且 \( \displaystyle B=\root 3 \of{\frac{3}{4}(1-\root 3 \of 9)} \)，
亦即，
\( \displaystyle \root 3 \of {\cos \frac{2 \pi}{9}}+\root 3 \of{\cos \frac{4 \pi}{9}}+\root 3 \of{\cos \frac{8 \pi}{9}}=\root 3 \of{\frac{3}{2}\root 3 \of 9-3} \)
且
\( \displaystyle \root 3 \of{\cos \frac{2 \pi}{9}\cos \frac{4 \pi}{9}}+\root 3 \of{\cos \frac{4 \pi}{9}\cos \frac{8 \pi}{9}}+\root 3 \of{\cos \frac{8 \pi}{9}\cos \frac{2 \pi}{9}}=\root 3 \of{\frac{3}{4}(1-\root 3 \of 9)}\)
^____^ 補上相關的題目
Prove the identity
\( \displaystyle \root 3 \of {cos \frac{2 \pi}{7}}+\root 3 \of{cos \frac{4 \pi}{7}}+\root 3 \of{cos \frac{8 \pi}{7}}=\root 3 \of{\frac{1}{2}(5-3\root 3 \of 7)} \)
[url]https://artofproblemsolving.com/community/c6h370998[/url]
[url]https://artofproblemsolving.com/community/c6h363946p1998666[/url]
[url]https://artofproblemsolving.com/community/c6h1079891p4739612[/url]
設
\( \displaystyle \omega=cos \frac{2 \pi}{7}+i sin \frac{2 \pi}{7} \)
\( \displaystyle \alpha=\omega+\omega^6=2 cos \frac{2 \pi}{7} \)，
\( \displaystyle \beta=\omega^2+\omega^5=2 cos \frac{4 \pi}{7} \)，
\( \displaystyle \gamma=\omega^3+\omega^4=2 cos \frac{6 \pi}{7} \)，
求以\( \alpha，\beta，\gamma \)為三根的三次方程式為？
(88高中數學能力競賽 宜花東區試題)
h ttp://www.math.nuk.edu.tw/senpengeu/HighSchool/2000_Taiwan_High_Ilan_02.pdf連結已失效
試證：\( \displaystyle 2 cos \frac{2 \pi}{7} \)為\( x^3+x^2-2x-1 \)之一根
(88高中數學能力競賽 高屏區試題)
h ttp://www.math.nuk.edu.tw/senpengeu/HighSchool/2000_Taiwan_High_Pingtung_02.pdf連結已失效
若\( \displaystyle \frac{n}{100}<2 cos \frac{2 \pi}{7}<\frac{n+1}{100} \)，\( n \in N \)，則n=。
(99建國中學，[url]https://math.pro/db/thread-968-1-1.html[/url]) 書裡還有很多值得準備的題目，google books有的我就將網址列出來
沒有的我就將內容抄出來，想知道更多題目可以到圖書館去找這本書。
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Prove that the number \( \displaystyle c=\root 3 \of {\frac{1}{9}}+\root 3 \of {-\frac{2}{9}}+\root 3 \of {\frac{4}{9}} \) is a zero of \( F(x)=x^3+\root 3 \of 6 x^2-1 \).
第44頁
[url=http://books.google.com.tw/books?id=l0CDp-YVyjoC&lpg=PP1&ots=01zdioOshi&dq=Equations%20and%20Inequalities:Elementary%20Problems%20and%20Theorems%20in%20Algebra%20and%20Number%20Theory&pg=PA44#v=onepage&q&f=true]http://books.google.com.tw/books?id=l0CDp-YVyjoC&lpg=PP1&ots=01zdioOshi&dq=Equations%20and%20Inequalities:Elementary%20Problems%20and%20Theorems%20in%20Algebra%20and%20Number%20Theory&pg=PA44#v=onepage&q&f=true[/url]
求滿足下列等式的數a：\( \displaystyle \root 3 \of{\root 3 \of 2 -1}=\frac{1}{\root 3 \of a}(1-\root 3 \of 2+\root 3 \of 4) \)
(1995日本奧林匹克預選賽)
若\( \displaystyle \root 3 \of{\root 3 \of 2 -1}=\root 3 \of a+\root 3 \of b+\root 3 \of c \)，則\( a+b+c= \)？
(92高中數學能力競賽，高中數學101 P25)
110.9.23補充
\( \displaystyle \root 3 \of{\root 3 \of 2 -1}=\root 3 \of a+\root 3 \of b+\root 3 \of c \)，其中\(a\)、\(b\)、\(c \in Q\)。求\(a+b+c=\)[u] [/u]。
(100中科實中，[url]https://math.pro/db/viewthread.php?tid=1107&page=3#pid3377[/url])
112.8.21補充
已知實數\(x\)滿足拉馬努金等式\(\displaystyle \root 3 \of{\root 3\of 2-1}=\frac{1-\root 3\of 2+\root 3 \of 4}{x}\)，求實數\(x\)的值。(須以最簡單形式表示)
(111高中數學能力競賽 第一區(花蓮高中)口試試題，[url]https://math.pro/db/thread-3782-1-1.html[/url])
當\(\root 3\of{\root 3\of{16}-2}=\root 3\of a+\root 3\of b+\root 3\of c\)，其中\(a,b,c \in Q\)。求\(a+b+c\)。
(109第1學期中山大學雙週一題)
110.2.25補充
若\(a\)是一個有理數且滿足\(\displaystyle \frac{1}{\root 3 \of 4+\root 3 \of 2+a}=\alpha \root 3 \of 4+\beta \root 3 \of 2+\gamma\)，其中\(\alpha,\beta,\gamma\)為有理數。試求\(\alpha,\beta,\gamma\)(用\(a\)表示)
(109北科附工，[url]https://math.pro/db/viewthread.php?tid=3326&page=2#pid21223[/url])
111.1.10補充
有理化\( \displaystyle \frac{1}{\root 3 \of 2+\root 3 \of 3+\root 3 \of 5} \)
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For the expression
\( \displaystyle Q(n)=\frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}\cdot \frac{5}{6}\cdot \cdot \cdot \frac{2n-1}{2n} \) ( \( n \ge 2 \) )
we will prove the bounds \( \displaystyle \frac{1}{2 \sqrt{n}}<Q(n)<\frac{1}{\sqrt{2n+1}} \).
第103頁
[url=http://books.google.com.tw/books?id=l0CDp-YVyjoC&lpg=PP1&ots=01zdioOshi&dq=Equations%20and%20Inequalities:Elementary%20Problems%20and%20Theorems%20in%20Algebra%20and%20Number%20Theory&pg=PA129#v=onepage&q&f=true]http://books.google.com.tw/books?id=l0CDp-YVyjoC&lpg=PP1&ots=01zdioOshi&dq=Equations%20and%20Inequalities:Elementary%20Problems%20and%20Theorems%20in%20Algebra%20and%20Number%20Theory&pg=PA103#v=onepage&q&f=true[/url]
\( \displaystyle a_n=\frac{1 \cdot 3 \cdot 5 \cdot \cdot \cdot (2n-1)}{2 \cdot 4 \cdot 6 \cdot \cdot \cdot (2n)} \)，試求\( \displaystyle \lim_{n \to \infty}a_n \)。
(97文華高中，連結已失效h ttp://forum.nta.org.tw/examservice/showthread.php?t=47781)
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Show that for arbitary \( x,y,z \in R \) we have
\( \displaystyle (\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{6})^2 \le \frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}+\frac{z^2}{6} \) (43)
Furthermore,determine when equality occures in (43).
第129頁
[url=http://books.google.com.tw/books?id=l0CDp-YVyjoC&lpg=PP1&ots=01zdioOshi&dq=Equations%20and%20Inequalities:Elementary%20Problems%20and%20Theorems%20in%20Algebra%20and%20Number%20Theory&pg=PA129#v=onepage&q&f=true]http://books.google.com.tw/books?id=l0CDp-YVyjoC&lpg=PP1&ots=01zdioOshi&dq=Equations%20and%20Inequalities:Elementary%20Problems%20and%20Theorems%20in%20Algebra%20and%20Number%20Theory&pg=PA129#v=onepage&q&f=true[/url]
求\( \displaystyle (\frac{x}{2}+\frac{y}{3}+\frac{z}{6})^2=\frac{x^2}{2}+\frac{y^2}{3}+\frac{z^2}{6} \)的所有整數解。
(90高中數學能力競賽 中彰投區試題)
h ttp://www.math.nuk.edu.tw/senpengeu/HighSchool/2002_Taiwan_High_Taichung_02.pdf 連結已失效
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Show that the inequality \( \sqrt{x+1}+\sqrt{2x-3}+\sqrt{50-3x}\le 12 \) holds for all values \( x \in R \) for which the left-hand side is defined.
SOLUTION. By (48) with \( n=3 \), \( u_1=\sqrt{x+1} \),\( u_2=\sqrt{2x-3} \), and \( u_3=\sqrt{50-3x} \)
we have \( (\sqrt{x+1}+\sqrt{2x-3}+\sqrt{50-3x})^2 \le 3(x+1+2x-3+50-3x)=144 \),
from which, upon taking the square root, we obtain the result.
求函數\( y=\sqrt{x+27}+\sqrt{13-x}+\sqrt{x} \)的最大和最小值。
(2009大陸高中數學競賽)
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Given an aribitrary prime p, solve the Diophantine equation \( x^4+4^x=p \).(第245頁)
SOLUTION. For any integer \( x<0 \), \( 4^x \) is not an integer, and neither is \( x^4+4^x \).
Thus for any prime p, the given equation has no negative solution.
For \( x=0 \) we have \( 0^4+4^0=1 \), which is not a prime, and for \( x=1 \) we have \( 1^4+4^1=5 \), a prime.
We will now show that for any integer \( x\ge 2 \), the number \( x^4+4^x \) is composite. If \( x=2k \) is even, where \( k \in N \), then
\( x^4+4^x=2^4 k^4+4^{2k}=16(k^4+4^{2(k-1)}) \),
which is a composite number. If \( x=2k+1 \)( \( k \in N \) ) is odd, then
\( x^4+4^x=x^4+4 \cdot 4^{2k}=[x^4+4x^2(2^k)^2+4(2^k)^4]-4x^2(2^k)^2 \)
\( =[x^2+2(2^k)^2]^2-(2x \cdot 2^k)^2 \)
\( =[x^2+2x \cdot 2^k+2(2^k)^2][x^2-2x \cdot 2^k+2(2^k)^2] \)
\( =[(x+2^k)^2+2^{2k}][(x-2^k)^2+2^{2k}] \),
which is again compostie, since \( (x±2^k)^2+2^{2k}\ge 2^{2k} \ge 2^2 >1 \).
To summarize, for \( p=5 \) the given equation has the unique solution \( x=1 \),while there are no solutions for any prime \( p \ne 5 \)
Prove that if \( n>1 \) then \( n^4+4^n \) is compostie.
[url=http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=328143]http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?t=328143[/url]
設\( n,a \)為自然數，試證：有無限多個a使得\( n^4+a \)必不為質數
(藍藍天上一朵雲 歷屆教甄考題整理2005版第75題)
Prove that there are infinitely many natural numbers a with the following property: the number \( z=n^4+a \) is not prime for any natural number n.
(1969IMO，[url=http://www.artofproblemsolving.com/Wiki/index.php/1969_IMO_Problems]http://www.artofproblemsolving.c ... p/1969_IMO_Problems[/url])
Compute \( \displaystyle \frac{(10^4+324)(22^4+324)(34^4+324)(46^4+324)(58^4+324)}{(4^4+324)(16^4+324)(28^4+324)(40^4+324)(52^4+324)} \).
(1987AIME)
101.1.10補充
100卓蘭實驗高中，[url]https://math.pro/db/thread-1165-1-1.html[/url]
高中數學101 P26
回復 7# bugmens 的帖子
請問(88高中數學能力競賽 宜花東區試題)這題
答案是 \( x^{3}+x^{2}-2x-1=0 \)嗎?
將α+β+γ 、 αβ+βγ+γα 、 αβγ 都算出來 花了些時間
發現 \( x^{3}+x^{2}-2x-1=0 \) 恰好是 (88高中數學能力競賽 高屏區試題)的題目條件
這兩者之間是不是有什麼關係?
是否有更好的方法?
回復 9# CyberCat 的帖子
應該不用幾分鐘\(\begin{align}
& {{\omega }^{7}}=1,\omega \ne 1 \\
& {{\omega }^{6}}+{{\omega }^{5}}+{{\omega }^{4}}+{{\omega }^{3}}+{{\omega }^{2}}+\omega =-1 \\
& \\
& \alpha +\beta +\gamma =\omega +{{\omega }^{6}}+{{\omega }^{2}}+{{\omega }^{5}}+{{\omega }^{3}}+{{\omega }^{4}}=-1 \\
& \alpha \beta +\beta \gamma +\gamma \alpha =\left( \omega +{{\omega }^{6}} \right)\left( {{\omega }^{2}}+{{\omega }^{5}} \right)+\left( {{\omega }^{2}}+{{\omega }^{5}} \right)\left( {{\omega }^{3}}+{{\omega }^{4}} \right)+\left( {{\omega }^{3}}+{{\omega }^{4}} \right)\left( \omega +{{\omega }^{6}} \right) \\
& =2\left( {{\omega }^{6}}+{{\omega }^{5}}+{{\omega }^{4}}+{{\omega }^{3}}+{{\omega }^{2}}+\omega \right)=-2 \\
& \alpha \beta \gamma =\left( \omega +{{\omega }^{6}} \right)\left( {{\omega }^{2}}+{{\omega }^{5}} \right)\left( {{\omega }^{3}}+{{\omega }^{4}} \right)=2+\left( {{\omega }^{6}}+{{\omega }^{5}}+{{\omega }^{4}}+{{\omega }^{3}}+{{\omega }^{2}}+\omega \right)=1 \\
\end{align}\)
所求為\({{x}^{3}}+{{x}^{2}}-2x-1=0\)
回復 10# thepiano 的帖子
謝謝鋼琴老師的解答你的方法比我快多了
在求交叉項的部份，我是用 cos的二倍角去換的
經由您的提點，速度差蠻多的
又多學了一些代換技巧^^
另外，想知道，這題的答案
怎麼剛好就是 (88高中數學能力競賽 高屏區試題 證明\( \displaystyle 2cos\frac{2\pi}{7}\)為\( x^{3}+x^{2}-2x-1=0 \) 之一根)的題目條件
這兩者之間是不是有什麼關係?
回復 11# CyberCat 的帖子
同一題，換個樣子罷了回復 12# thepiano 的帖子
再次感謝鋼琴老師解惑^_^頁:
[1]