感謝joy大大  把它化成非負整數解變得好簡單

請問瑋岳老師，第10題中
f'(x)=h'(g(x))‧g'(x)再微一次變成f"(x)=h"(g(x))‧g'(x)+h'(x)‧g"(x)
這步為何不是變成f"(x)=h"(g(x))‧[g'(x)]^2+h'(x)‧g"(x)？？
h"(g(x))裡的g(x)不用再微一次嗎？？
感謝解惑~~~~~~~

要，是我筆誤了～：Ｐ

的確是要用 chain rule ～哈

還好 \(h'(1)=0\) 所以沒有影響到答案，

馬上來修改～：Ｐ

6.試求30!的正因數個數?

因為30!=(2)^26*(3)^14*(5)^7
所以正因數個數為(26+1)*(14+1)*(7+1)=3240

答案公佈是2332800

原來我是漏了30以下的質因數,謝謝瑋岳老師.
新年快樂

8.
設\(f(x)=ax^2+bx+c\)，(\(a,b,c \in R,a \ne 0,x \in R\))，已知\( -1\le f(1) \le 2 \),\( 2\le f(2)\le 4 \),\(-3 \le f(3)\le4\)，令\(f(4)\)的最大值為\(M\)，最小值為\(m\)，則\(2M+m=\)　　　。

我怎麼算都算不出正解


12.
試求\( \displaystyle C_0^{21}+\frac{1}{2}C_1^{21}+\frac{1}{3}C_2^{21}+\frac{1}{4}C_3^{21}+\ldots+\frac{1}{22}C_{21}^{21}= \)　　　。

我用積分算答案是11分之2的21次方，不知道盲點在哪

請教各位 先謝謝大家了!!

填充第 8 題：

偷懶一下，令 \(f(1)=x, f(2)=y, f(3)=z\)

由 \(x=a+b+c, y=4a+2b+c, z=9a+3b+c\)

可得 \(\displaystyle a=\frac{x-2y+z}{2},b=-\frac{5x-8y+3z}{2},c=3x-3y+z\)

\(\displaystyle \Rightarrow f(4)=16\cdot\frac{x-2y+z}{2}+4\cdot\left(-\frac{5x-8y+3z}{2}\right)+3x-3y+z=x-3y+3z\)

已知 \(-1\leq x\leq 2\)

因為 \(2\leq y\leq4\)，所以 \(-12\leq -3y\leq-6\)

因為 \(-3\leq z\leq4\)，所以 \(-9\leq 3z\leq 12\)

由上三式可得 \((-1)+(-12)+(-9)\leq x-3y+3z\leq 2+(-6)+12\Rightarrow -22\leq f(4)\leq8\)

所以，\(f(4)\) 的最大值 \(M=8\)，最小值 \(m=-22\Rightarrow 2M+m=-6\)

註：有興趣的話，還可以解出當 \(f(4)\) 有最大值（或最小值）時，對應的 \(f(1),f(2),f(3)\) 及 \(a,b,c\) 的值。

110.8.15補充
若二次實係數多項式函數\(f(x)\)滿足\(\cases{-1\le f(1)\le 3 \cr 6 \le f(2)\le 10 \cr 2 \le f(4) \le 24}\)，則\(f(7)\)的最大值？
(110竹東高中，https://math.pro/db/thread-3533-1-1.html)

第 12 題

解一：

對任意 \(k=0,1,2,\cdots, 21\)

\(\displaystyle \frac{1}{k+1}C^{21}_k=\frac{1}{k+1}\cdot\frac{21!}{k!(21-k)!}=\frac{1}{22}\cdot\frac{22!}{(k+1)!(21-k)!}=\frac{1}{22}C^{22}_{k+1}\)

因此，

所求＝\(\displaystyle \frac{1}{22}\left(C^{22}_1+C^{22}_2+C^{22}_3\cdots+C^{22}_{22}\right)\)

　　　\(\displaystyle =\frac{1}{22}\left(2^{22}-1\right)=\frac{4194303}{22}\)

註：\(2^{22}=2^{10}\cdot2^{10}\cdot4=1024\times1024\times4\)






解二：

因為 \((1+x)^{21}=C^{21}_0+C^{21}_1x+C^{21}_2 x^2+\cdots+C^{21}_{21}x^{21}\)

等號的左右兩邊同時對 \(x\) 積分，

可得 \(\displaystyle \frac{1}{22}(1+x)^{22}=C^{21}_0x+\frac{1}{2}C^{21}_1x^2+\frac{1}{3}C^{21}_2 x^3+\cdots+\frac{1}{22}C^{21}_{21}x^{22}+k\)

其中 \(k\) 為常數，

將 \(x=0\) 帶入，可解得 \(\displaystyle k=\frac{1}{22}\)

因此，\(\displaystyle \frac{1}{22}(1+x)^{22}=C^{21}_0x+\frac{1}{2}C^{21}_1x^2+\frac{1}{3}C^{21}_2 x^3+\cdots+\frac{1}{22}C^{21}_{21}x^{22}+\frac{1}{22}\)

\(\displaystyle \Rightarrow C^{21}_0x+\frac{1}{2}C^{21}_1x^2+\frac{1}{3}C^{21}_2 x^3+\cdots+\frac{1}{22}C^{21}_{21}x^{22}=\frac{1}{22}\left(\left(1+x\right)^{22}-1\right)\)

將 \(x=1\) 帶入上式，即可得所求＝\(\displaystyle \frac{1}{22}\left(2^{22}-1\right)=\frac{4194303}{22}\)

110.8.15補充
求滿足\(\displaystyle C_0^n+\frac{1}{2}C_1^n+\ldots+\frac{1}{n+1}C_n^n=\frac{31}{n+1}\)的正整數\(n\)。
https://math.pro/db/thread-3224-1-1.html

設\(n\)為自然數，若\(\displaystyle C_0^n+\frac{1}{2}C_1^n+\frac{1}{3}C_2^n+\ldots+\frac{1}{n+1}C_n^n=\frac{4095}{n+1}\)，則\(n=\)　　　。
(110桃園高中，https://math.pro/db/thread-3512-1-1.html)

第9題:S={1,2,3,4,5,6,7,8,9}，從S中選出四個不同數字組成四位數，此四位數為99的倍數共有幾個??

我們學習11的倍數的判別法則都是奇數位和減去偶數位和，或甚至三位一節去做加減(同7,13的判別法)；
但是獨特的還有另外一種，就是很容易證明

\(\displaystyle \underline{abcd} \equiv \underline{ab}+\underline{cd} \)

於是我們只要兩位一節，然後相加即可。
用在本題，馬上可以知道必須是
\(\displaystyle \underline{ab}+\underline{cd}=99 \)
以及
\(\displaystyle a+c=9,b+d=9 \)
就可解出