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pdf & doc 版題目卷

第11題，這樣子會存在最大值嗎??

第 11 題：設 abc−2 且 3a+2b−c=4，則 a+2b+c 之最大值＝？

解答：

令 x=a−by=b−cz=c+2

3a+2b−c=4

3(a−b)+5(b−c)+4(c+2)=12

3x+5y+4z=12

則要滿足的限制條件為 3x+5y+4z=12x0y0 且 z0

滿足條件的區域為一個三角形，

且此三角形的各頂點為 (400)(05120)(003)


再來研究目標函數～

a+2b+c=(a−b)+3(b−c)+4(c+2)−8

　　　　=x+3y+4z−8

目標函數為 x+3y+4z−8

將各頂點帶入，可知當 (xyz)=(003) 時，

　　　　　　　x+3y+4z−8=4 為最大值，

　　　　　　　亦即，當 (abc)=(111) 時，

　　　　　　　a+2b+c=4 為最大值。

老師你好，想請問第九題、第十題，謝謝。

填充第 9 題
已知ab為實數，若ax17+bx16+1能被x2−x−1整除，則a=　　　。
[解答]
令 ax17+bx16+1=x2−x−1a15x15+a14x14++a1x+a0 

把左式用分離係數法乘開如下：

100_lssh_Q9.png (62.34 KB)

2011-6-23 09:17

註：解完才發現，thepiano 老師的解法更棒～詳見 http://www.shiner.idv.tw/teachers/viewtopic.php?p=6349#p6349

填充第 10 題：
設ab皆為正整數，且ab，若a+ba2+ab+b2=211，則序對(ab)=　　　。
[解答]
因為 a0b0 且 a+ba2+ab+b=211

所以，令 a+b=2ka2+ab+b=11k，其中 k 為正整數，

則

a2+ab+b=11k

a(a+b)+b=11k

2ak+b=11k

b=k(11−2a)0

11−2a0

0a211

a=1234 或 5

帶入 a+ba2+ab+b=211

可解得只有 (ab)=(55) 會使得 ab 皆為正整數，

但是，題目有說 ab

所以此題無解。

註：亦可參見 thepiano 老師更快的解法步驟：http://www.shiner.idv.tw/teachers/viewtopic.php?p=6349#p6349 ^__^

您好，我想請問 2. 4. 兩題

填充第 2 題
若(x−1)(x+1)30=a0+a1x+a2x2+a3x3++a31x31，試求a0+a1+2a2+3a3++31a31=　　　。
[解答]
令 f(x)=(x−1)(x+1)30=a0+a1x+a2x2+a3x3++a31x31

則 f(x)=(x+1)30+(x−1)30(x+1)29

a1+2a2+3a3++31a31=f(1)=230

且因為 a0=f(0)=−1

所以，a0+a1+2a2+3a3++31a31=230−1=102410241024−1=1073741823

填充第 4 題
已知兩點A(xy)，B(pq)，且x=pp2−q2，y=qp2−q2，(p=q)，若B點在直線x−y−1=0上運動，則A點的軌跡方程式為=　　　。
[解答]
因為 B(pq) 點位在 x−y−1=0 直線上，

所以 p−q−1=0p−q=1

x+y=pp2−q2+qp2−q2=p+qp2−q2=1p−q=1

x+y−1=0

故，A(xy) 點位在 x+y−1=0 直線上。




至於能否證明 A 的軌跡就是一整條直線～～～

\displaystyle x=\frac{p}{p^2-q^2}=\frac{p}{(p-q)(p+q)}

　\displaystyle =\frac{p}{p+q}=\frac{p}{p+(p-1)}

　\displaystyle =\frac{p}{2p-1}

\displaystyle \Rightarrow p=\frac{x}{2x-1}

故，只要 x 不等於 \displaystyle \frac{1}{2}，都可以找到 \displaystyle p=\frac{x}{2x-1}。

使得 B(p,q) 對應的 A(x,y) 落在 x+y-1=0 直線上。


至於 x+y-1=0 直線上的點 \displaystyle (\frac{1}{2},\frac{1}{2})

似乎找不到對應的 B(p,q) ？

所以答案應該是～～～～ x+y-1=0 扣掉一點 \displaystyle (\frac{1}{2},\frac{1}{2}).



不知以上討論是否有疏漏的地方？^__^