填充 2. 眼花看錯，刪。答案是 \( 168^\circ \)

更新過的版本，題目不同，答案見 #17 老王老師

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-10-6 08:04 PM 編輯 ]

第 5 題，有點難...答案是 \( 2 \ln 2 - 1 \)

主要要用到：假設 \( k,n\in\mathbb{N} \)，滿足 \( 1\leq k< n \)，則有以下：

存在正整數 \( m \)，使得 \( m+\frac{1}{2}\leq\frac{n}{k}<m+1\ \) 若且唯若 \( \left[\frac{2n}{k}\right]-\left[\frac{n}{k}\right]=1 \)。

如此可得到 \( \frac{n}{m+1}<k\leq\frac{n}{m+\frac{1}{2}} \) 時，兩個高斯的差是 1，其它時候，則為 0

也是說 111 都是連續 000也是連續...而 11連續的個數大約正比於 \( \frac{1}{2m+1}-\frac{1}{2m+2} \)

實際上的量是有高斯符號。但有高斯的和比較難算，要先算沒有高斯的，寫下來和交錯的調和級數很像(差2倍和2項)，也就是

\( \sum\limits _{m=1}^{n-1}\left(\frac{1}{m+\frac{1}{2}}-\frac{1}{m+1}\right)=2\sum\limits _{m=1}^{n-1}\left(\frac{1}{2m+1}-\frac{1}{2m+2}\right) = 2\cdot\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\ldots+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}\right) \to 2 (\ln 2 -\frac12) = 2\ln 2-1 \)

嚴謹一點，應該個關於極限交換的定理，或許晚點再想想吧

-------------------補個證明-----------------------

假設 \( k,n\in\mathbb{N} \)，滿足 \( 1\leq k\leq n \)，則有「存在正整數 \( m \)，使得 \( m+\frac{1}{2}\leq\frac{n}{k}< m+1 \) 若且唯若 \( \left[\frac{2n}{k}\right]-2\left[\frac{n}{k}\right]=1 \) 。」

如此可得到 \( \frac{n}{m+1}<k\leq\frac{n}{m+\frac{1}{2}} \) 時，\( \left[\frac{2n}{k}\right]-2\left[\frac{n}{k}\right]=1 \)，否則即為 0。

故所求 \( =\sum\limits _{m=1}^{\infty}\frac{1}{n}\left(\left[\frac{n}{m+\frac{1}{2}}\right]-\left[\frac{n}{m+1}\right]\right)=\sum\limits _{m=1}^{\infty}\frac{1}{n}\left(\left[\frac{2n}{2m+1}\right]-\left[\frac{2n}{2m+2}\right]\right)=\sum\limits _{l=3}^{\infty}\frac{(-1)^{l+1}}{n}\left[\frac{2n}{l}\right] \)。

注意此級數交錯遞減，故 \( \sum\limits _{l=3}^{2x+1}\frac{(-1)^{l+1}}{n}\left[\frac{2n}{l}\right]\geq\sum\limits _{l=3}^{\infty}\frac{(-1)^{l+1}}{n}\left[\frac{2n}{l}\right]\geq\sum\limits _{l=3}^{2x+2}\frac{(-1)^{l+1}}{n}\left[\frac{2n}{l}\right] \)，對任意 \( x\in\mathbb{N} \)。

上式取極限 \( n\to\infty \)，可得 \( \sum\limits _{l=3}^{2x+1}\frac{(-1)^{l+1}}{l}\geq\limsup\sum\limits _{l=3}^{\infty}\frac{(-1)^{l+1}}{n}\left[\frac{2n}{l}\right]\geq\liminf\sum\limits _{l=3}^{\infty}\frac{(-1)^{l+1}}{n}\left[\frac{2n}{l}\right]\geq\sum\limits _{l=3}^{2x+2}\frac{(-1)^{l+1}}{l} \)。

而這個式子對任意 \( x\in\mathbb{N} \) 都成立，再取 \( x\to\infty \)，而得 \( 2\ln2-1\geq\ldots\geq2\ln2-1 \)。

故得 \( \limsup\sum\limits _{l=3}^{\infty}\frac{(-1)^{l+1}}{n}\left[\frac{2n}{l}\right]=\liminf\sum\limits _{l=3}^{\infty}\frac{(-1)^{l+1}}{n}\left[\frac{2n}{l}\right]=2\ln2-1 \)，故其有極限 \( 2\ln2-1 \)。

終於寫完了，我想我走火入魔了。期待高手出現，用個定理砸爛它，直接把這個證明給砸爛過去，

---2013.06.07 補充---

經 weiye 大師開導，此題應該使用黎曼和轉成積分。

令 \( f(x)=\begin{cases}
[\frac{2}{x}]-2[\frac{1}{x}] & ,\, x\neq0\\
0 & ,\, x=0
\end{cases} \)，則 \( f(\frac{k}{n})=
[\frac{2n}{k}]-2[\frac{n}{k}]
, for k,n\in\mathbb{N} \)，故所求極限即 \( \int_{0}^{1}f(x)dx \)。

注意 \( f(x)=1
  \Leftrightarrow\exists n\in\mathbb{Z} \)，使得 \( n+\frac{1}{2}\leq\frac{1}{x}<n+1 \)。

因此 \( \int_{0}^{1}f(x)dx=\sum\limits _{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n+\frac{1}{2}}-\frac{1}{n+1}\right)=2\sum\limits _{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}\right)=2\sum\limits _{n=3}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n} \)。

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-6-7 02:17 PM 編輯 ]

填充 2. 個人做法不好，就當獻醜，還有待其它高手解題。
(更新過的版本，題目不同，答案見 #17 老王老師)

畫圖觀察，猜測 \( P \) 在 \( \overline{AB} \) 的中垂線上，如果猜測正確，則有 \( \angle PAB = \angle PBA =6^\circ \)，因此所求 \( \angle APB = 168^\circ \)。

102TainanFirt2.png (21.1 KB)

2013-6-3 10:08

接下來我們來證明猜測，設 \( \overline{AB} = 1\)，我們僅須證明 \( \overline{PB}\cos 6^\circ =\frac12\)。

而 \( \triangle PBC \) 中，由正弦定理有 \( \overline{PB} = \frac{\sin 24^\circ}{\sin 54^\circ} \)。
( \( \angle PBC = 108^\circ - 6^\circ =102^\circ \Rightarrow \angle BPC = (180-102-24)^\circ =54^\circ \) )

因此 \( \overline{PB}\cos6^\circ = \frac{\sin24^\circ \cos 6^\circ}{\sin 54^\circ} \)。

令 \( x = \sin 18^\circ \)，由積化和差及三倍角公式可得 \( \overline{PB}\cos6^\circ = \frac{1}{2} \cdot \frac{\frac12+x}{3x-4x^3} \)。

實際上，\( x = \frac{\sqrt{5}-1}{4} \) 或者用 \( 4x^2+2x^2-1 = 0 \) 化簡及可得 \( \overline{PB}\cos6^\circ = \frac12\)。

因此 \( P \) 在 \( \overline{AB} \) 的中垂線上，而有  \( \angle PAB = \angle PBA =6^\circ \Rightarrow \angle APB = 168^\circ \)。

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-10-6 08:05 PM 編輯 ]

哈~的確是筆誤，但前兩行有正確的 \( 24^\circ \)，感謝指正。

至於是不是只能猜，我也不知道，只是未猜之前，我做不出來...所以只好猜了

還是慢慢等待神人出現好了

計算 5.

原圖形相交，投影後亦相交。

考慮正立體和直線對 \( xy \) 平面的投影分別為 \( [0,a]\times[0,a] \) 和 \( x+4y=200 \) ( \( z=0 \))

由圖形易得 \( a+4a\geq200 \Rightarrow a\geq40 \)。

檢驗 \( a=40 \) 是否為最小值 \( \begin{cases}
x=y & =a\\
x+y+z & =100\\
2x-y+3z & =100
\end{cases}\Rightarrow(x,y,z)=(40,40,20) \) (合， \( 0\leq z\leq 40 \) )。

故 \( a=40 \) 為最小值

計算 5. 是他的錯。

因為如果 \( a=\frac{200}{7} \)，點 \( Q(x,y,z) \) 若為兩圖形之交點，

則 \( y = 100 -x - z \geq \frac{300}{7} >a \)，而得 Q 不在立方體內，矛盾。

現在提疑還來得及嗎？有沒有考生要去提一下

填 1. 請參考，不過方法大同小異(有些小細節沒寫)

從 \( 1\leq a\leq b\leq c \) 及 a,b,c 皆整除  \( a+b+c+1 \) 可得 \( a+b+c+1=2c,3c \),  或 \( 4c \)。

1. 若 \( a+b+c+1=4c \)，則 \( (a,b,c,)=(1,1,1) \)。

2. 若 \( a+b+c+1=3c \)，則 \( (a,b,c)=(c-1,c,c) \)
又 \( a\mid3c\Rightarrow(a,b,c)=(1,2,2), (3,4,4) \)。

3. 若 \( a+b+c+1=2c \)，則 \( a+b=c-1 \)，

(a) 若 \( b<\frac{c}{2} \)，則 \( a=b=\frac{c-1}{2} \)。又 \( a\mid2c\Rightarrow a\mid4\Rightarrow(a,b,c)=(1,1,3), (2,2,5) \)。

(b) 若 \( b\geq\frac{c}{2} \)，則 \( b\mid2c=3b \), 或 \( 4b \)

i. 若 \( c=2b \), 則 \( a=b-1, a\mid4b\Rightarrow(1,2,4), (2,3,6), (4,5,10) \)。

ii. 若 \( c=\frac{3}{2}b \), 則 \( a=\frac{b}{2}-1, a\mid3b\Rightarrow(1,4,6), (2,6,9), (3,8,12), (6,14,21) \)。

綜合以上共 12 組

5 樓我的回覆中，的確有這個式子，但我不敢寫等號。

因為那不顯然，找不到什麼直接的理由說明它，而需要另外證明。所以想不出個所以然，是很正常的。

若再仔細看 5 樓處，有兩個分割線和一些 #34 樓沒有的文字，在說明我在做什麼：

第一部分析我們需要的式子和猜測，做些計算化簡，如果答案是對的，那或許猜測正確，再回來證明，如果化簡不出來，那也許根本就猜錯了。

第二部分，則是我後來對那個式子給了一個證明，不過這個證明的手法不是初微以前的手段，倒是在高微裡會做的方式。

所以讀起來，不太容易。比較好的證明方式，是第三部分，weiye 老師所給的方法：黎曼和。

計算 4. 見 數學傳播 星空燦爛的數學(II)一一 托勒密定理 蔡聰明

50 頁圖. 22 下方有證明

計算 2. 可參考 #8

前半段：三實二虛，和虛根的討論沒什麼問題

後面實根的部分可以修正為：令 \( k \) 為 \( f(x)=0 \) 之一實根，則 \( k, \frac1k, 1-k, \frac1{1-k} \) 皆為 \( f(x)=0 \) 之實根。

而已知三實根，至多三相異實根，因此四者之中至少兩個相等，解出有限個 \( k \) 的可能值，再檢驗之。

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-7-1 08:10 PM 編輯 ]

計算 1. 矩陣 \( A \) 之特徵多項式為 \( x^2-4x+3 = (x-3)(x-1) \)

令 \( x^n(x-1)^2 \) 除以 \( x^2-4x+3 \) 之餘式為 \( a_nx+b_n \)，

即有多項式 \( q(x) \) 使得 \( x^{n}(x-1)^{2}=q(x)(x^{2}-4x+3)+a_{n}x+b_{n} \)...(☆)。

將 \( x=1, 3 \) 分別代入(☆)，可解得  \( a_n= -b_n = 2\cdot3^{n} \)

由 Cayley-Hamilton 定理使 \( A^2 -4A + 3I =O \)

以 \( x = A \) 代入 (☆) 得 \( A^{n+2} - 2A^{n+1} + A^n = a_{n}A+b_{n}I = \begin{bmatrix}8\cdot3^{n} & 8\cdot3^{n}\\
-4\cdot3^{n} & -4\cdot3^{n}
\end{bmatrix} \)