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102中正高中

shingjay176

興傑

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21^# 大中小發表於 2013-5-3 23:54 只看該作者

回復 20# weiye 的帖子

感激，誤會可大了。如果考場犯了這種錯誤，一定噢死。原來重頭到尾只有投擲兩次。那這題目不難。謝謝

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tsusy

寸絲

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22^# 大中小發表於 2013-5-4 10:35 只看該作者

回復 19# shingjay176 的帖子

那乾脆把這美麗的誤會繼續玩下去

改成：一直擲，過程中，會連續出現兩次正面的機率。

直覺上的答案應該是 1，計算如下，以 A, B, C 三數代表，由 A, B, C 硬幣開始擲會連續出現兩次的機率

則有以下遞迴關係

\( \begin{cases}
A & =\frac{1}{4}+\frac{3}{4}(\frac{1}{2}B+\frac{1}{2}C)\\
B & =\frac{9}{100}+\frac{91}{100}(\frac{1}{2}A+\frac{1}{2}C)\\
C & =\frac{9}{25}+\frac{16}{25}(\frac{1}{2}A+\frac{1}{2}B)
\end{cases} \)

其中，若由 A 開始，兩次內，有可能連續二次正面，亦有可能出現反面後改擲 B 或 C。

解聯立方程式可得 \( A=B=C=1 \)，故在此誤會情況下，所求 \( \frac{A+B+C}{3} =1 \)

話說，這類的問題，應該是有機會用 Borel-Cantelli Lemma 去處理，說它的補事件的機率為 0

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shingjay176

興傑

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23^# 大中小發表於 2013-5-5 18:02 只看該作者

填充題第九題

\( \displaystyle A=\frac{3^{100}}{2^{50}} \)
(1)\( log A=100 log 3 -50 log 2 =100 \times 0.4771 -50 \times 0.3010=32.66 \)
所以\( A \)為33位數

(2)\( \displaystyle \frac{3^{100}}{2^{50}}\times \frac{5^{50}}{5^{50}}=\frac{3^{100}\times 5^{50}}{10^{50}} \)
\( 3^{100} \times 5^{100} \)乘完後，小數點往左移50位。

(3)\( 33+50=83 \)

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tuhunger

阿基鴻德

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24^# 大中小發表於 2013-5-6 00:21 只看該作者

填充8

獻醜

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2013-5-6 00:21

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shingjay176

興傑

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25^# 大中小發表於 2013-5-6 14:47 只看該作者

計算題第一題，錯誤的原因可以這樣解釋嗎？學生那樣假設是空間中直線的參數式。。題目x+y+z=1是空間中的平面方程式。正確的解法是用柯西不等式。。。

[ 本帖最後由 shingjay176 於 2013-5-6 02:50 PM 編輯 ]

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dav

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26^# 大中小發表於 2013-5-6 16:00 只看該作者

引用:

原帖由 shingjay176 於 2013-5-6 02:47 PM 發表
計算題第一題，錯誤的原因可以這樣解釋嗎？學生那樣假設是空間中直線的參數式。。題目x+y+z=1是空間中的平面方程式。正確的解法是用柯西不等式。。。 ...

我也是這樣想耶，學生假設的只是包含於空間平面上的某一條直線而已...還需要舉反例嗎（在平面上但不再學生舉的線上）？還是？

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shingjay176

興傑

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27^# 大中小發表於 2013-5-10 21:22 只看該作者

計算題第四題第一小題。我發表一下自己的看法

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2013-5-10 21:22

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tsusy

寸絲

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28^# 大中小發表於 2013-5-10 22:00 只看該作者

回復 27# shingjay176 的帖子

也來一點個人的想法：那個證明手法，每次看完之後就忘了，到底有幾次...至少也有5-6 次以上吧。

所以只好用證明 \( n \) 個數的算幾的那招方法來證廣義柯西：多用幾次柯西不等式，可以先做出 \( n \) 為 2 的冪次的結果。

當 \( n \) 不是 2 的冪次時，用幾何平均把它補到 \( 2^k > n \) 個，即令 \( a = \sqrt[n]{a_1a_2\cdots a_n} \), \( b = \sqrt[n]{b_1b_2\cdots b_n} \)。

這樣的 \( (a+b) \) 要補 \( 2^k - n \) 個，再利用 \( 2^k \) 的結果，即得

\(\left[\prod\limits _{j=1}^{n}(a_{j}+b_{j})\right]\times(a+b)^{2^{k}-n}\geq\left[\sqrt[n]{\left(\prod_{j=1}^{n}a_{j}\right)\times a^{2^{k}-n}}+\sqrt[n]{\left(\prod_{j=1}^{n}b_{j}\right)\times b^{2^{k}-n}}\right]^{2^{k}} \)

而右式中，因 \( a , b \) 分別為 \( a_j, b_j \) 的幾何平均，故右式 \( = (a+b)^{2^k} \)

再與左式相約，即得 \( \prod_{j=1}^n (a_j+b_j) \geq (a+b)^n \)，開 n 次方，即得證之。

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shingjay176

興傑

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29^# 大中小發表於 2013-5-10 22:05 只看該作者

回復 28# tsusy 的帖子

就是要這樣討論，才能擦出火花。更多想法才可以消化吸收後。變成自己的解題技巧。

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lyingheart

萊因哈特

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30^# 大中小發表於 2013-5-10 22:49 只看該作者

回復 28# tsusy 的帖子

這兩種解法也太強大!!!
比我的好多了，我的解法很難寫......
我是先除以 \(\displaystyle \sqrt[n]{a_1a_2 \cdots a_n} \) ，

並令 \(\displaystyle \frac{b_i}{a_i}=r_i \)

變成 \(\displaystyle \sqrt[n]{(1+r_1)(1+r_2) \cdots (1+r_n)} \ge 1+\sqrt[n]{r_1r_2 \cdots r_n} \)

這就跟之前有人PO過的這個年度學科能力競賽台北市複賽其中一題一樣了。
接著兩邊n次方後用二項式定理和算幾不等式完成。
補充，據說北市複賽講評時，教授說此題用廣義柯西不得分。

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