計算 2.

若 \( n \) 正偶數，亦驗 \( 4^{n}+n^{4}>2 \) 且為偶數。故不為質數

注意 \( x^{4}+y^{4}=(x^{2}+\sqrt{2}xy+y^{2})(x^{2}-\sqrt{2}yx+y^{2}) \)

若 \( n \) 為正奇數，則有 \( 4^{n}+n^{4}=(\sqrt{2}^{n})^{4}+n^{4}=(2^{n}+n\cdot\sqrt{2}^{n+1}+n^{2})(2^{n}-n\cdot\sqrt{2}^{n+1}+n^{2}) \)

又 \( n \) 是正奇數，可得兩個括弧內皆為整數，而前者為正，相乘亦正，因此兩者皆正。

若其乘積為質數，其一必為 \(1 \)。

檢驗之可得僅當 \( n=1 \) 時， \( 2^{n}-n\cdot\sqrt{2}^{n+1}+n^{2}=1 \)， \( 4^{1}+1^{4}=5 為質數 \)。

(可用單調性說明，無其它解。而單調性是容易驗的性質)

因此正整數 \( n \) 有唯一解 \( n=1\) 。

證明 1. 利用對稱，及 \( \sum\limits _{k=0}^{2n}C_{k}^{2n} =2^{2n} \), 寫下所求化簡得

\(\displaystyle \frac{C_{n}^{2n}+\sum\limits _{k=n+1}^{2n}C_{k}^{2n}}{2^{n}}=\frac{C_{n}^{2n}+\sum\limits _{k=n+1}^{2n}\frac{1}{2}(C_{2n-k}^{2n}+C_{k}^{2n})}{2^{2n}}=\frac{C_{n}^{2n}+\sum\limits _{k=0}^{2n}C_{k}^{2n}}{2^{2n+1}}=\frac{1}{2}+\frac{1}{2^{2n+1}}C_{n}^{2n} \)

[ 本帖最後由 tsusy 於 2012-6-9 01:19 PM 編輯 ]

填充 9. 化成極式，棣美佛

長度相等得 \( a=b \), 角度同位角，可差 \( 2n\pi \)

因此可解得無限多解 \( a = b =6n \), 其中 \( n \in Z \)

所以最小整數解為 \( a=b =6 \), 而 \( a+2b=18 \)