引用:

原帖由 thepiano 於 2014-5-1 07:42 PM 發表
計算第 4 題
xy + yz + zx = [(x + y + z)^2 - (x^2 + y^2 + z^2)]/2 = -3

xyz = [(x^3 + y^3 + z^3) - (x + y + z)(x^2 + y^2 + z^2 - xy - yz - zx)]/3 = -8

(xy)^2 + (yz)^2 + (zx)^2 = (xy + yz + zx)^2 - 2xy ...

感謝感謝!

另外, 可以再說一下計算第三題嗎? 之前有老師說跟wallis formula有關, 但google了半天, 還是沒有一點頭緒??? 謝謝.

計算第 3 題
a_n = [1 * 3 * 5 * ... * (2n - 1)]/[2 * 4 * 6 * ... * (2n)] ＞ [1 * 2 * 4 * ... * (2n - 2)]/[2 * 4 * 6 * ... * (2n)] = 1/(2n)
Σ[1/(2n)] (n = 1 ~ ∞) 發散，故 Σ(a_n) (n = 1 ~ ∞) 也發散

想請教計算1..謝謝

引用:

原帖由 idontnow90 於 2014-5-1 08:47 PM 發表
想請教計算1..謝謝

常考題,提示柯西不等式~
(b^2+c^2+d^2+e^2+f^2)*(1^2+1^2+1^2+1^2+1^2)>=(b+c+d+e+f)^2
(20-a^2)*5>=(10-a)^2
解a範圍~

[ 本帖最後由 Ellipse 於 2014-5-1 08:59 PM 編輯 ]

引用:

原帖由 thepiano 於 2014-5-1 08:46 PM 發表
計算第 3 題
a_n = [1 * 3 * 5 * ... * (2n - 1)]/[2 * 4 * 6 * ... * (2n)] ＞ [1 * 2 * 4 * ... * (2n - 2)]/[2 * 4 * 6 * ... * (2n)] = 1/(2n)
Σ[1/(2n)] (n = 1 ~ ∞) 發散，故 Σ(a_n) (n = 1 ~ ∞) 也發散 ...

藉由打字輸入公式，順便理解一下鋼琴老師的證明想法。
\(\begin{array}{l}
{a_n} = \frac{{1 \times 3 \times 5 \times  \cdots  \times \left( {2n - 1} \right)}}{{2 \times 4 \times 6 \times  \cdots  \times 2n}} > \frac{{1 \times 2 \times 4 \times  \cdots  \times \left( {2n - 2} \right)}}{{2 \times 4 \times 6 \times  \cdots  \times 2n}} = \frac{1}{{2n}}\\
\\
\;\;\;\sum\limits_{n = 1}^\infty  {{a_n}}  > \sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{1}{{2n}}}
\end{array}\)   

\(\sum\limits_{n = 1}^\infty  {\frac{1}{{2n}}} \) ~~~發散(這個要證明嗎?)我記得這個是調和級數勒
所以 \(\;\sum\limits_{n = 1}^\infty  {{a_n}} \)也是發散

[ 本帖最後由 shingjay176 於 2014-5-1 09:14 PM 編輯 ]

引用:

原帖由 shingjay176 於 2014-5-1 09:12 PM 發表



藉由打字輸入公式，順便理解一下鋼琴老師的證明想法。
\(\begin{array}{l}
{a_n} = \frac{{1 \times 3 \times 5 \times  \cdots  \times \left( {2n - 1} \right)}}{{2 \times 4 \times 6 \times  \cdots  \times 2 ...

後面用"積分測試法"證  (Integral test)

計算 5. 令 \( g(x)=\frac{f(x)}{f(x+\frac{1}{2})} \)，則 \( g(x+\frac{1}{2})=\frac{f(x+\frac{1}{2})}{f(x+1)}=\frac{f(x+\frac{1}{2})}{f(x)} \)，由算幾不等式可得 \( \frac{g(x)+g(x+\frac{1}{2})}{2}\geq1 \)。

\( \int_{0}^{1}g(x)dx=\frac{\int_{0}^{1}g(x)dx+\int_{0}^{1}g(x+\frac{1}{2})dx}{2}=\int_{0}^{1}\frac{g(x)+g(x+\frac{1}{2})}{2}dx\geq1 \)。

引用:

原帖由 Ellipse 於 2014-5-1 09:15 PM 發表

後面用"積分測試法"證  (Integral test)

可以直接當作先備知識，就帶過去嗎?不知道會不會被扣分。
\[\int_1^\infty  {\frac{1}{x}} dx = \ln \infty  - \ln 1\]

引用:

原帖由 shingjay176 於 2014-5-1 09:23 PM 發表

可以直接當作先備知識，就帶過去嗎?不知道會不會被扣分。
\[\int_1^\infty  {\frac{1}{x}} dx = \ln \infty  - \ln 1\]

應該還是要證一下~
Σ  {x=1 to  ∞ }   1/x
跟Σ  {x=1 to  ∞ }   1/x²
也很像阿,但後面收斂到π²/6

[ 本帖最後由 Ellipse 於 2014-5-1 09:37 PM 編輯 ]

計算第 6 題
奇數^2 ≡ 1 (mod 8)
偶數^2 ≡ 0 or 4 (mod 8)

(1) a、b、c 是三奇數
a^2 + b^2 + c^2 ≡ 3 (mod 8)
7d^2 ≡ 7 or 0 or 4 (mod 8)
a^2 + b^2 + c^2 ≠ 7d^2

(2) a、b、c 是二奇數一偶數
a^2 + b^2 + c^2 ≡ 2 or 6 (mod 8)
7d^2 ≡ 7 or 0 or 4 (mod 8)
a^2 + b^2 + c^2 ≠ 7d^2

(3) a、b、c 是一奇數二偶數
a^2 + b^2 + c^2 ≡ 1 or 5 (mod 8)
7d^2 ≡ 7 or 0 or 4 (mod 8)
a^2 + b^2 + c^2 ≠ 7d^2

(4) a、b、c 是三偶數
此時 d 須為偶數，a^2 + b^2 + c^2 = 7d^2 才可能成立

令 a^2 + b^2 + c^2 = (2p)^2 + (2q)^2 + (2r)^2 = 4(p^2 + q^2 + r^2)
7d^2 = 7(2s)^2 = 28s^2

p^2 + q^2 + r^2 = 7s^2
若 p、q、r 仍是三偶數，則再依上列步驟進行，如此繼續不斷，一定會產生 (1) or (2) or (3) 三種情形之一

故不存在不為 0 的整數 a、b、c、d 讓 a^2 + b^2 + c^2 - 7d^2 = 0