感謝PTT實習教師板板友lairabbit分享
請各位享用吧
PS.有參照該分享文底下推文修正檔案了

[ 本帖最後由 八神庵 於 2011-5-30 09:31 PM 編輯 ]

3.
正方形ABCD中一點P，已知\( \overline{PA}=7 \)、\( \overline{PB}=3 \)、\( \overline{PC}=5 \)，求此正方形的面積。

設正方形ABCD內部有一點P滿足\( \overline{AP}=3 \)，\( \overline{BP}=4 \sqrt{2} \)，\( \overline{DP}=5 \sqrt{2} \)，試求正方形ABCD的面積。
(建中通訊解題第17期)


2.
兩島嶼，一島為凸n邊形，另一島為圓形，已知兩島周長一樣，島嶼沿岸d公里內皆為該島的領海，求證此兩島的領海面積一樣大？

一國之領海為由其海岸線向外延伸5浬所成區域，今有甲、乙二島國，甲島國為一圓形，乙島國為一凸六邊形。若甲、乙二島國之海岸線長相等，求證此二島國之領海相等。
(高中數學101　P139)


9.
\( \displaystyle S_n=\sum_{k=2}^n log_2 (cos \frac{\pi}{2^k}) \)，\( \displaystyle S=\lim_{n \to \infty}S_n \)，求S？

設\( \displaystyle S_n=\sum_{k=2}^n log_2 (cos \frac{\pi}{2^k}) \)，求證：\( -1<S_n<0 \)
(97潮州高中)

想請教4、7、8題的解法，感恩！

第 4 題：一曲線 \(\Gamma :y=\sqrt{2ax}\) 上一點 \(P\)，已知 \(\overline{PO}=1\)，\(P\) 對 \(x\) 軸做垂足 \(H\)，求被 \(\Gamma, \overline{PH}, x\) 軸圍住，繞 \(x\) 軸旋轉的旋轉體體積 \(V(a)\) 的最大值。

解答：

令 \(P(2at^2, 2at)\)，其中 \(t>0\)，

則 \(\overline{OP}^2=(2at^2)^2+(2at)^2=1\)

　　\(\Rightarrow 4a^2t^4+4a^2t^2=1\)

\(\displaystyle V(a)=\int_0^{2at^2} \pi \left(\sqrt{2ax}\right)^2 dx\)

　　\(\displaystyle =\pi ax^2\Big|_0^{2at^2}\)

　　\(=4\pi a^3t^4\)

由算幾不等式，可得

　　\(\displaystyle \frac{4a^2t^4+2a^2t^2+2a^2t^2}{3}\geq\sqrt[3]{4a^2t^4\cdot 2a^2t^2\cdot 2a^2t^2}\)

　　\(\displaystyle \Leftrightarrow \frac{1}{3}\geq\sqrt[3]{16a^6t^8}\)

　　\(\displaystyle \Leftrightarrow \frac{\sqrt{3}\pi}{9}\geq 4\pi a^3t^4\)

所以，\(V(a)\) 的最大值為 \(\displaystyle\frac{\sqrt{3}\pi}{9},\)

且此時解聯立方程式 \(\displaystyle 4a^2t^4=2a^2t^2\) 且 \(4a^2t^4+4a^2t^2=1\)，

可得 \(\displaystyle a=\frac{1}{\sqrt{3}}, t=\frac{1}{\sqrt{2}}\)

註：如果有誤，希望網友能請不吝告知，感謝。

第 9 題：

\(\displaystyle S_n=\log_2\left(\cos\frac{\pi}{2^2}\cos\frac{\pi}{2^3}\cdots\cos\frac{\pi}{2^{n-1}}\cos\frac{\pi}{2^n}\right)\)

　\(\displaystyle=\log_2\left(\frac{\displaystyle\cos\frac{\pi}{2^2}\cos\frac{\pi}{2^3}\cdots\cos\frac{\pi}{2^{n-1}}\cdot 2\cos\frac{\pi}{2^n}\sin\frac{\pi}{2^n}}{\displaystyle2\sin\frac{\pi}{2^n}}\right)\)

　\(\displaystyle=\log_2\left(\frac{\displaystyle\cos\frac{\pi}{2^2}\cos\frac{\pi}{2^3}\cdots\cos\frac{\pi}{2^{n-1}}\cdot \sin\frac{\pi}{2^{n-1}}}{\displaystyle2\sin\frac{\pi}{2^n}}\right)\)

　\(=\cdots\)

　\(\displaystyle=\log_2\left(\frac{\displaystyle\sin\frac{\pi}{2}}{\displaystyle2^{n-1}\sin\frac{\pi}{2^n}}\right)\)

　\(\displaystyle=\log_2\left(\frac{1}{\displaystyle2^{n-1}\sin\frac{\pi}{2^n}}\right)\)

　\(\displaystyle=\log_2\left(\frac{2}{\pi}\cdot\frac{\displaystyle\frac{\pi}{2^n}}{\displaystyle\sin\frac{\pi}{2^n}}\right)\)

因為 \(\log_2 x\) 為連續函數，且 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\frac{\pi}{2^n}}{\displaystyle\sin\frac{\pi}{2^n}}=1\)

所以 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}S_n=\log_2\left(\frac{2}{\pi}\cdot\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\frac{\pi}{2^n}}{\displaystyle\sin\frac{\pi}{2^n}}\right)\)

　　　　　　\(\displaystyle=\log_2\left(\frac{2}{\pi}\cdot1\right)\)

　　　　　　\(=1-\log_2\pi.\)


註：如果有錯誤的地方，希望網友能請不吝告知，感謝。 ^__^

第 7 題：

若 \(n\) 為偶數，則 \(\displaystyle a_n=\left(1^2-2^2\right)+\left(3^2-4^2\right)+\cdots+\left((n-1)^2-n^2\right)\)

　　　　　　　　　　　\(=(-3)+(-7)+\cdots+(-2n+1)\)

　　　　　　　　　　　\(\displaystyle =-\left(\frac{\frac{n}{2}\cdot(2n+2)}{2}\right)\)

　　　　　　　　　　　\(\displaystyle =-\frac{n(n+1)}{2}\)

若 \(n\) 為奇數，則 \(\displaystyle a_n=\left(1^2-2^2\right)+\left(3^2-4^2\right)+\cdots+\left((n-2)^2-(n-1)^2\right)+n^2\)

　　　　　　　　　　　\(\displaystyle =-\frac{(n-1)n}{2}+n^2\)

　　　　　　　　　　　\(\displaystyle =\frac{n(n+1)}{2}\)

所以 \(\displaystyle a_n=(-1)^{n+1}\cdot\frac{n(n+1)}{2}\)

故，

\(\displaystyle \sum_{n=1}^{\infty}(-1)^{n+1}\frac{1}{a_n}=\sum_{n=1}^{\infty}\frac{2}{n(n+1)}\)

　　　　　　　\(\displaystyle =2\sum_{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n}-\frac{1}{n+1}\right)\)

　　　　　　　\(=2.\)

註：如果有錯誤的地方，希望網友能請不吝告知，感謝。 ^__^

第8題提供一點idea  我沒有詳細作出來

假設 \(\displaystyle{z= \frac{1}{2}( \cos(x)+i \sin(x))}\)

此題會是 \(z\) 的無窮等比級數的虛部

所以 \(\displaystyle{a=\frac{z}{1-z}}\)  算完再找虛部

第 8 題：

引用:

原帖由 iamcfg 於 2011-5-29 11:20 PM 發表
第8題提供一點idea  我沒有詳細作出來

假設 \(\displaystyle{z= \frac{1}{2}( \cos(x)+i \sin(x))}\)

此題會是 \(z\) 的無窮等比級數的虛部

所以 \(\displaystyle{a=\frac{z}{1-z}}\)  算完再找虛部 ...

令 \(\displaystyle z=\frac{1}{2}\left(\cos x+i\sin x\right)\)，

則 \(\displaystyle z+z^2+z^3+\cdots=\frac{z}{1-z}=\frac{\frac{1}{2}\left(\cos x+i\sin x\right)}{1-\frac{1}{2}\left(\cos x+i\sin x\right)}\)

　　　　　　　　　　\(\displaystyle =\frac{\left(\cos x+i\sin x\right)}{2-\cos x-i \sin x}\)

　　　　　　　　　　\(\displaystyle =\frac{\left(\cos x+i\sin x\right)}{\left(2-\cos x\right)^2+\sin^2 x}\cdot\left(2-\cos x+i\sin x\right)\)


題目所求即為 \(z+z^2+z^3+\cdots\) 的虛部 \(\displaystyle =\frac{\cos x\sin x+\sin x\left(2-\cos x\right)}{\left(2-\cos x\right)^2+\sin^2 x}\)

　　　　　　　　　　　　　　　　　　　\(\displaystyle =\frac{2\sin x}{5-4\cos x}.\)


註：感謝 iamcfg 提供這個超讚的方法！

感謝兩位老師的快速解答：)
另外補充一下:
第8題好像還有第二小題，要解出An的範圍(0<=x<=2π)

令 \(\displaystyle k=\frac{2\sin x}{5-4\cos x}\)

則 \(\displaystyle 2\sin x+4k\cos x=5k\)

　\(\displaystyle \Rightarrow \left|5k\right|\leq\sqrt{2^2+\left(4k\right)^2}\)

　 \(\displaystyle \Rightarrow \frac{-2}{3}\leq k\leq\frac{2}{3}\)

所以 \(\displaystyle \frac{-2}{3}\leq \lim_{n\to\infty} a_n\leq\frac{2}{3}\)