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97松山家商

97松山家商

想問一下填充4  計算第二大題2和 3

填充4
連續投擲一個均勻骰子二次,第一次出現\(x\)點,第二次出現\(y\)點,求\( \displaystyle \frac{x+y-|\; x-y |\;}{2} \)的期望值=   

計算2
求滿足\( C_r^n:C_{r+1}^n:C_{r+2}^n=1:m:2m \)的整數解組\( (m,n,r) \),其中\( n \ge r+2 \),\( r \ge 0 \),\( m>0 \)。

計算3
設球面\( S_1 \):\( x^2+y^2+z^2=1 \)與球面\( S_2 \):\( (x-2)^2+(y-2)^2+(z-2)^2=9 \)交於一圓\( C \),若球面\(S\)包含圓\(C\)且被\(x\)軸所截線段長為4,求球面\(S\)的方程式。

111.7.12補充
設\(E_1\):\(a_1x+b_1y+c_1z=d_1\)、\(E_2\):\(a_2x+b_2y+c_2z=d_2\)、\(E_3\):\(a_3x+b_3y+c_3z=d_3\)為空間中三平面,令
\(\Delta=\left| \matrix{a_1&b_1&c_1\cr a_2&b_2&c_2\cr a_3&b_3&c_3}\right|=0\),\(\Delta_x=\left| \matrix{d_1&b_1&c_1\cr d_2&b_2&c_2\cr d_3&b_3&c_3}\right|\)、\(\Delta_y=\left| \matrix{a_1&d_1&c_1\cr a_2&d_2&c_2\cr a_3&d_3&c_3}\right|\)、\(\Delta_z=\left| \matrix{a_1&b_1&d_1\cr a_2&b_2&d_2\cr a_3&b_3&d_3}\right|\),
試證:若此三平面相異且相交於一直線,則\(\Delta=\Delta_x=\Delta_y=\Delta_z=0\)
北一女蘇俊鴻老師的《用向量來看平面族定理》,https://math.pro/db/viewthread.php?tid=1116&page=3#pid4748

附件

97松山家商.pdf (82.31 KB)

2012-1-1 00:19, 下載次數: 9726

97松山家商答案.pdf (42.6 KB)

2012-1-1 00:19, 下載次數: 9173

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填充題,第四題:

我的做法:

令 f(x,y)= (x+y - |x-y|)/2 ,

依照定義

  若 x≧ y 則 f(x,y)=y

  若 x<y 則 f(x,y)=x

  亦即,f(x,y) 就是求 x,y 兩數中的最小值

當數對 (x,y) 的最小值是 k 時,情形有 (k, k), (k,k+1), ... (k,6) 及 (k+1,k), ..., (6,k)

共 2×(7-k)-1 種

所以期望值= 1×(2×6-1)/36 + 2×(2×5-1)/36 + ... + 2×(2×1-1)/36 = 中間過程用 Σ 算一下 = 91/36.









計算題,第二題:

我的做法:
C(n,r):C(n,r+1):C(n,r+2) = 1:m:2m

把前兩個與後兩個比例分開來寫,可得

mC(n,r) = C(n, r+1) 且 2C(n, r+1) = C(n, r+2)

⇒ m×n!/(r!(n-r)!) = n!/((r+1)!(n-r-1)!)

  且 2×n!/((r+1)!(n-r-1)!) = n!/((r+2)!(n-r-2)!)

把可以約分的約掉,並且同乘兩邊的分母,可得

⇒  m(r+1)=(n-r) .....(*) 且 2(r+2) = (n-r-1)......(**)

將(*)中的 n-r 帶入 (**)中,可得

  2(r+2) = m(r+1)-1.....(***)

⇒  2r+5 = m(r+1)

⇒  r+1 | 2r+5

且因為 r+1 | r+1

所以 r+1 | (2r+5)-2(r+1)

⇒  r+1 | 3

⇒  r+1 = 1 or 3

⇒  r=0 or 2

帶回 (**)可得 n 值 ,帶回 (***) 可得 m 值,

故,有序數組 (m,n,r) = (5,5,0) 或 (3,11,2).










計算題,第三題:

我的做法:

設通過 S1 與 S2 交圓的所求球面方程式為

  (x-2)^2 + (y-2)^2 + (z-2)^2 -9 + k{ x^2 + y^2 + z^2 - 1} = 0 ..... (*)

將 y=0, z=0 帶入(*),找出所求球面與 x 軸的交點坐標的 x 坐標為兩根的方程式,

  (1+k)x^2 - 4x + (3-k) =0

利用根與係數關係式,可得  兩根之和= 4/(1+k),兩根之積=(3-k)/(1+k)

依題意,可知兩根之差的絕對值=4,

利用 (α-β)^2 = (α+β)^2 - 4αβ

可得 4^2 = (4/(1+k))^2 - 4((3-k)/(1+k))

解 k 的一元二次方程式,得 k = -3 或 -1/3,

帶回 (*) ,即可得答案.

多喝水。

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回復 2# weiye 的帖子

三題都懂了!!
感謝!!!!!

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計算證明4
\( \Delta ABC \)中,設\( a,b,c \)分別為其三內角\( ∠A,∠B,∠C \)的對邊,\( \Delta \)為其面積,而\(R\)為其外接圓半徑
(1)試證:\( \displaystyle cot A=\frac{b^2+c^2-a^2}{4 \Delta} \)
(2)利用(1)證明:若\( cot A,cot B,cot C \)成等差數列,則\( a^2,b^2,c^2 \)亦成等差數列
(3)如圖:設\( \Delta ABC \)內部一點\(P\),使得\( ∠PAB=∠PBC=∠PCA=\alpha \),利用(1)證明:\( cot \alpha=cot A+cot B+cot C \)
(4)試證:\(a^2+b^2+c^2 \ge 4 \sqrt{3} \cdot \Delta\)


借標題向諸位請教,計算證明 4.(4) 怎麼用前面小題的結論會比較方便

在 4(3) 中,有先得到 \( a^2 + b^2 + c^2 = 4 \triangle \cot \alpha \)

如果可以證出 \( \alpha \leq 30^\circ \) 加上布洛卡兒點的存在性? 即可得證 (4)

先給個無關題組的另證1:

由算幾不等式可得 \( \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}\geq\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}} \Rightarrow\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{3}\geq27a^{2}b^{2}c^{2} \)

\( \frac{a}{2}=\frac{s-b+s-c}{2} \Rightarrow\frac{a}{2}\geq\sqrt{(s-b)(s-c)} \Rightarrow a^{2}\geq4(s-b)(s-c) \) (a,b,c 可互換)

結合上兩行得 \( \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{3}\geq3^{3}a^{2}b^{2}c^{2}\geq12^{3}(s-a)^{2}(s-b)^{2}(s-c)^{2} \)。

由柯西不等式有 \( (a^{2}+b^{2}+c^{2})\cdot(1+1+1)\geq(a+b+c)^{2} \Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq\frac{4}{3}s^{2} \)。

結合上兩行得 \( \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{4}\geq\frac{12^{4}}{9}\triangle^{4} \Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq4\sqrt{3}\triangle \)。

另證2:

\( a^{2}+b^{2}+c^{2}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2}\geq ab+bc+ca=2\triangle(\csc A+\csc B+\csc C) \)

而 \( (\csc\theta)''=\frac{2\cos^{2}\theta}{\sin^{3}\theta}+\frac{1}{\sin\theta} \),故 \( \csc\theta \) 在 \( (0,\pi) \) 上為凸函數 (凹向上),因此 \( \frac{\csc A+\csc B+\csc C}{3}\geq\csc60^{\circ}=\frac{2}{\sqrt{3}} \),

所以 \( a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq=2\triangle(\csc A+\csc B+\csc C)\geq4\sqrt{3}\triangle \)。
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引用:
原帖由 tsusy 於 2014-8-24 04:13 PM 發表
借標題向諸位請教,計算證明 4.(4) 怎麼用前面小題的結論會比較方便

在 4(3) 中,有先得到 \( a^2 + b^2 + c^2 = 4 \triangle \cot \alpha \)

如果可以證出 \( \alpha \leq 30^\circ \) 加上布洛卡兒點的存在性? 即可 ...
就是證以下這題
P 在 △ABC 內部,證明 ∠PAB、∠PBC、∠PCA 三者中至少有一個 ≦ 30∘

可利用 Erdos-Mordell 不等式

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回復 5# thepiano 的帖子

謝謝~不過這個不等式可能明天就忘了

暴力另證3. 由 (1) 可得 \( a^2 + b^2 + c^2 = 4 \triangle (\cot A + \cot B + \cot C) \)

不失一般性假設 \( \angle A, \angle B \) 為銳角,令 \( x = \frac{A+B}{2} \)

則 \( \cot A + \cot B + \cot C \geq 2 \cot x - \cot 2x \) ( cot 函數在 \( (0,\frac{\pi}{2}) \) 上凹口向上)

而 \( \cot 2x = \frac{\cot^2 x - 1}{2\cot x} \),故得 \( \cot A + \cot B + \cot C \geq \frac{3\cot^{2}x+1}{2\cot x} \geq \sqrt{3} \)
第二個 \( \geq \) 為算幾不等式 \( \frac{3\cot^{2}x+1}{2}\geq\sqrt{3}\cot x \)

因此 \( a^2 + b^2 + c^2 = 4\triangle (\cot A + \cot B + \cot C) \geq 4\sqrt{3} \triangle \)
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回復 6# tsusy 的帖子

計算4-(4)
這個不等式就是:魏琴伯克不等式
這小題好像也沒說一定要用前面的公式來做
如用其他做法是:
a²+b²+c²-4√3*△
=(b²+c²-2bc*cosA)+b²+c²-4√3*(1/2)bc*sinA  (餘弦定理+面積公式)
=2{ b²+c²-2bc[cosA*(1/2) +sinA*(√3/2)] }
=2[ b²+c² -2bc*sin(A+30度) ]
>=2 (b²+c² -2bc)
=2(b-c)²
>=0

註:另外還可以出下面的證明
a²+b²+c²>=4√3*△+(a-b)²+(b-c)²+(c-a)²   (提升下界)
不過這個證明就比較麻煩~
所以教甄很少考(不代表以後不會考)

[ 本帖最後由 Ellipse 於 2014-8-24 10:25 PM 編輯 ]

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想請教填充第二題,感謝

已知方程式\( x^5-32=0 \)的四個相異虛根為\( \alpha,\beta,\gamma,\delta \),設\( f(x)=x^3+x^2+1 \),則\( f(\alpha)+f(\beta)+f(\gamma)+f(\delta)= \)   

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回復 8# deca0206 的帖子

填充第2題
\(\begin{align}
  & \alpha =2\omega ,\beta =2{{\omega }^{2}},\gamma =2{{\omega }^{3}},\delta =2{{\omega }^{4}},\omega =\cos \frac{2\pi }{5}+i\sin \frac{2\pi }{5} \\
& {{\omega }^{5}}=1 \\
& {{\omega }^{4}}+{{\omega }^{3}}+{{\omega }^{2}}+\omega =-1 \\
& f\left( \alpha  \right)+f\left( \beta  \right)+f\left( \gamma  \right)+f\left( \delta  \right)={{2}^{3}}\left( {{\omega }^{3}}+\omega +{{\omega }^{4}}+{{\omega }^{2}} \right)+{{2}^{2}}\left( {{\omega }^{2}}+{{\omega }^{4}}+\omega +{{\omega }^{3}} \right)+4=-8 \\
\end{align}\)

[ 本帖最後由 thepiano 於 2015-8-23 12:11 PM 編輯 ]

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謝謝老師

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