113板橋高中
1.設\(a,b\)為正整數，且\(\sqrt{a}+\sqrt{b}=\sqrt{2032}\)，則\((a,b)\)有[u] [/u]組正整數解。
[url]https://math.pro/db/thread-664-1-1.html[/url]
8.
袋中有3顆黑球、5顆白球和7顆紅球，一次取一球，每球被取中的機會均等，取後不放回，若紅球最先被取完的條件下，黑球最後被取完的機率為[u] [/u]。
[url]https://math.pro/db/thread-536-1-1.html[/url]
10.
方程式\(\displaystyle x=\sqrt{x^2-\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}\)的解為\(x=\)[u] [/u]。
解\(\displaystyle x=\sqrt{x-\frac{1}{x}}+\sqrt{1-\frac{1}{x}}\)
(99鳳新高中，[url]https://math.pro/db/viewthread.php?tid=1492&page=2#pid7156[/url])
11.
在四面體\(ABCD\)中，\(\overline{AB}=\overline{CD}=\sqrt{34},\overline{AC}=\overline{BD}=\sqrt{29},\overline{AD}=\overline{BC}=\sqrt{13}\)，則\(ABCD\)的外接球表面積為[u] [/u]。
[url]https://math.pro/db/viewthread.php?tid=929&page=1#pid1991[/url]
[url]https://math.pro/db/viewthread.php?tid=2317&page=3#pid14966[/url] 填充9 填充12 想請教一下填充第5題，謝謝 [quote]原帖由 [i]lovejade[/i] 於 2024-6-14 18:20 發表 [url=https://math.pro/db/redirect.php?goto=findpost&pid=26386&ptid=3884][img]https://math.pro/db/images/common/back.gif[/img][/url]
想請教一下填充第5題，謝謝 [/quote]
#5
令X=log_10 (x) , Y=log_10 (y)
題目改成在下列限制範圍,求X-Y的最大值
2X+Y≦4, X+4Y≧3 ,5X+Y≧5
令A(1/3,10/3) ,B(13/7,2/7),C(17/19,10/19)
為所圍區域面積三個頂點
當X=13/7,Y=2/7,X-Y有最大值11/7
所以log_10 (x/y)=X-Y≦11/7
x/y≦10^(11/7) ,所求最大值=10^(11/7)
[[i] 本帖最後由 Ellipse 於 2024-6-14 19:05 編輯 [/i]]
回覆 6# Ellipse 的帖子
謝謝老師，我看懂了! 想再請教一下填充第6、7題，謝謝回覆 8# lovejade 的帖子
第 6 題矩陣 A 把 點(3，4) 變換到 點(4，3)，detA > 0，(A^T)A = A(A^T) = I
可知 A 是旋轉矩陣
利用和角公式可求出
A =
[24/25 7/25]
[-7/25 24/25]
點(3，4) 和 點(4，3) 在 x + y = 7 上
矩陣 A 把 點(3，4) 變換到 點(4，3)
矩陣 A 把 點(4，3) 變換到 點(117/25，44/25)
利用點斜式可求出 31x + 17y = 175
第 7 題
向量 PA˙向量 PB = PA * PB * cosθ = 1
由餘弦定理 PA^2 + PB^2 - 2 * PA * PB * cosθ = AB^2
PA^2 + PB^2 = 102
P(x，y，z)、A(2 + a，3 + b，4 + c)、B(2 - a，3 - b，4 - c)
AB^2 = 4a^2 + 4b^2 + 4c^2 = 100， a^2 + b^2 + c^2 = 25
PA^2 + PB^2 = (x - 2 - a)^2 + (y - 3 - b)^2 + (z - 4 - c)^2 + (x - 2 + a)^2 + (y - 3 + b)^2 + (z - 4 + c)^2 = 102
(x - 2)^2 + (y - 3)^2 + (z - 4)^2 = (√26)^2
(2，3，4) 到直線 L：(x - 8)/2 = (y - 9)/1 = (z - 10)/(-2) 的最短距離 = 2√26
所求 = 2√26 - √26 = √26
[[i] 本帖最後由 thepiano 於 2024-6-15 17:29 編輯 [/i]]
回覆 9# thepiano 的帖子
謝謝老師回覆，我理解了! 請問計算四(2)看了很久，還是不知道從哪作起
------附上已經解出的四(1)------
回覆 11# yuhui1026 的帖子
計算第 4(2) 題r = (AC + BC - AB) / 2 = (AE + BH - AB) / 2 = HE / 2 = (r_1 + r_2) / 2
回覆 12# thepiano 的帖子
謝謝鋼琴老師，太神了！ 整理了填充題解答 供參 想請教一下計算1跟3的做法，謝謝另外想請問計算2，
若假設x_n+1=b_n+1 / a_n+1
得到x_n+1=2/x_n + x_n/2
後面可以用算幾不等式得極限值是2嗎?
回覆 15# lovejade 的帖子
計算2. 算幾不等式只能得到"下界"，極限值還是需要極限的定義或收斂的性質。計算3. \( 6-2y = \sqrt{(x+y-3)^2+z^2} \ge 0 \) \( \Rightarrow y \le 3 \)
又題意限制在第一卦限之中，故可取 \( P_0(0,0,0), P_n(0,3,0) \)
平面 \( E: y = t \) 與錐體交於 \( (x-(3-t))^2 + z^2 = (6-2t)^2 \) 且 \( y =t \)
為平面 \( E \) 上的一個圓，其圓心 \( (3-t,t,0) \) 半徑 \( 6-2t \)
其在第一卦限所截圖形如下圖：
[attach]7156[/attach]
圖形由一個 三分之一圓和直角三角形(三內角 30°,60°,90°) 組成
故此截面在第一卦限的面積為 \( \frac{1}{3} \pi (6-2t)^2 + \frac{1}{2}(3-t)\cdot \sqrt{3}(3-t) \)
故以切片法表示的黎曼和可為
\( \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{3}{n} \times \left( \frac{1}{3} \pi (6-\frac{6k}{n})^2 + \frac{\sqrt{3}}{2}(3-\frac{3k}{n})^2 \right) \)
所求體積為 \( \displaystyle \int_{0}^3 \left( \frac{1}{3} \pi (6-2y)^2 + \frac{\sqrt{3}}{2}(3-y)^2 \right)dy = 12\pi + \frac{9}{2} \sqrt{3} \)
(有點醜，不知道有沒有計算錯誤)
[[i] 本帖最後由 tsusy 於 2024-6-18 08:38 編輯 [/i]]
回覆 16# tsusy 的帖子
非常感謝寸絲老師的回覆。我需要花點時間研究一下計算3。請問計算第2題，我還是需要求出b_n / a_n的一般項才可以求得極限值嗎?!還是有其他的方式可以求呢?
回覆 17# lovejade 的帖子
計算第 2 題：令 \(\displaystyle c_n = \frac{b_n}{a_n}\)，則
\(\displaystyle c_{n+1}=\frac{b_{n+1}}{a_{n+1}}=\frac{4a_n^2+b_n^2}{2a_n b_n}=\frac{c_n}{2}+\frac{2}{c_n}\)
且 \(\displaystyle c_1 = \frac{b_1}{a_1}=\frac{3}{7}>0\)，
對任意正整數 \(n\)，恆有 \(c_n>0\) 且 \(\displaystyle c_{n+1} = \frac{c_n}{2}+\frac{2}{c_n}\geq 2\sqrt{\frac{c_n}{2}\cdot\frac{2}{c_n}}=2\) 。
對任意大於 \(2\) 的正整數 \(n\) ，恆有 \(\displaystyle c_{n+1} - c_{n} = \left(\frac{c_n}{2}+\frac{2}{c_n}\right)-c_n = \frac{2^2 - c_n^2}{2 c_n}\leq 0\)，即 \(c_{n+1}\leq c_n\)。
因為 \(\left \langle c_2, c_3, c_4, c_5 , \cdots\right\rangle\) 是遞減且有下界的數列，可得 \(\left \langle c_n\right\rangle\) 數列收斂，即 \(\displaystyle \left \langle \frac{b_n}{a_n}\right\rangle\) 數列收斂。
因為非負數列 \(\left \langle c_n\right\rangle\) 收斂，可令 \(\displaystyle x=\lim_{n\to\infty} c_n\geq 0 \)，則
\(\displaystyle \lim_{n\to\infty} c_{n+1} = \lim_{n\to\infty}\left(\frac{c_n}{2}+\frac{2}{c_n}\right) = \frac{\displaystyle \lim_{n\to\infty} c_n}{2}+\frac{2}{\displaystyle \lim_{n\to\infty} c_n}\)
\(\displaystyle\Rightarrow x = \frac{x}{2}+\frac{2}{x}\Rightarrow x=\pm 2\)（負不合）。
故 \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} c_n=2\)，即 \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{b_n}{a_n}=2\) 。
回覆 18# weiye 的帖子
原來後面是要這樣證的，非常謝謝瑋岳老師回覆。回覆 15# lovejade 的帖子
計算 1.不失一般性假設 \( f(x)=a(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma) \)，其中 \( a\neq0, \alpha,\beta,\gamma\in\mathbb{C} \)
因此 \( f(g(x))=0\Leftrightarrow(g(x)-\alpha)(g(x)-\beta)(g(x)-\gamma)=0 \)
歸謬地假設 1,2,3,5,6,7,9,10,11 均為 \( f(g(x))=0 \) 之解。
注意到 \( f(g(x)) \) 為 9 次多項式，故 \( f(g(x))=0 \) 之解為此 9 相異實根。
因此 \( \alpha,\beta,\gamma \) 均為實數、兩兩相異且 \( g(x)-\alpha=0, g(x)-\beta=0, g(x)-\gamma=0 \) 均有三相異實根
(若相同，則 \( f(g(x))=0 \) 必有重根，若 \( \alpha \) 為虛數，則 \( g(x)-\alpha=0 \) 無實根。)
不失一般性假設 \( \alpha<\beta<\gamma \)。
(1) 若 \( g(x) \) 的領導係數為正，\( y=g(x), y=\alpha, y=\beta, y=\gamma \) 在坐標平面上的圖形如下圖所示：
[attach]7158[/attach]
因此 \( g(x)-\alpha=0 \) 的三根為 1,7,9、 \( g(x)-\beta=0 \) 的三根為 2,6,10、 \( g(x)-\gamma=0 \) 的三根為 3,5,11
而由根與係數關係可得 \( 1+7+9=2+6+10=3+5+11 \)，但此三式並不相等，而得矛盾。
(2) 當 \( g(x) \) 的領導係數為負時，同理可得矛盾。
故假設錯誤，即原命題得證。
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