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請問各位老師填充第六題怎麼做?感謝

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回復 11# Duncan 的帖子 回復 9# arend 的帖子

填充1.
取\( \overline{OX}=\overline{OZ}=\sqrt{2}\)
再將\(X,Z\)投影在\(\overrightarrow{OY}\)上,投影點為\(P\)
則\(\overline{OP}=\overline{PZ}=\overline{PX}=1\)
利用三角形OXZ,以餘弦定理求出\(\overline{XZ}=\sqrt{4-2\sqrt{2}}\)
再以三角形PZX,以餘弦定理求\(cos\alpha=\frac{1+1-(4-2\sqrt{2})}{2}=-1+\sqrt{2}\)

填充6.
此題的做法可能不是很正統,假設 \(x=1\) 為其根
\( ax^3+bx=-x^4-2x^2-1 \)代入 \(x=1\),得
\(a+b=-4\)
再利用柯西不等式
\( (a^2+b^2)(1^2+1^2)\geq (a+b)^2\)
\(a^2+b^2\geq \frac{(-4)^2}{2}=8\)

接下來驗證是否無誤,
柯西"=" 成立時,\(a=b=-2\)
原式成了 \( -2x^3-2x=-x^4-2x^2-1 \),而 \(x=1\)確定為其根,
因此答案無誤!

[ 本帖最後由 katama5667 於 2012-7-1 09:16 PM 編輯 ]

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填充6:令x=1代入,請問至少有一實根用在哪?

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回復 10# WAYNE10000 的帖子

引用:
原帖由 WAYNE10000 於 2012-6-24 09:27 AM 發表
想請問填充8

上述的解題過程 運用到的數學概念是??

謝謝指教
https://math.pro/db/viewthread.php?tid=1019&page=1#pid2664

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回復 14# weiye 的帖子

學長,可以請教填充第一題嗎  感恩 orz

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回復 15# tuhunger 的帖子

填充第 1 題:



如圖,自 \(\overrightarrow{OX}\) 上任取一異於 \(O\) 的點 \(A\),

自 \(A\) 往 \(OYZ\) 平面做垂線,垂足為 \(B\),

自 \(B\) 往 \(\overrightarrow{OY}\) 做垂線,垂足為 \(C\),

延長 \(\overline{BC}\) 交 \(\overrightarrow{OZ}\) 於 \(D\) 點,

由三垂線定理及 \(ASA\) 全等性質,易知 \(\triangle AOC\sim \triangle DOC\)(皆為內角 \(45^\circ-45^\circ-90^\circ\) 的等腰直角三角形)

得 \(\overline{AC}=\overline{CD}\)


因為 \(\overrightarrow{OX}, \overrightarrow{OY},\overrightarrow{OZ}\) 兩兩夾角都相同,

所以 \(\overline{OB}\) 平分 \(\triangle YOZ\),可得 \(\overline{CB}:\overline{BD}=\overline{OC}:\overline{OD}=1:\sqrt{2}\)

故,\(\displaystyle\cos\alpha=\frac{\overline{BC}}{\overline{AC}}=\frac{\overline{BC}}{\overline{CD}} =\frac{1}{1+\sqrt{2}}=\sqrt{2}-1.\)

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不好意思,再把填充六提出來討論一下。
關於Katama老師的作法,總覺得太過神奇,不知道有沒有在 FunLearn 那邊討論過呢??

試過幾個作法,總是不得要領,或是覺得作法太複雜,不該是填充題的想法。(只是現在很多填充題也是滿複雜的)
底下寫出我覺得比較能夠接受的作法。

假設四根是 \( p,q,r,s \)
由根與係數關係知道
\(\displaystyle p+q+r+s=-a \)
\(\displaystyle pq+pr+ps+qr+qs+rs=2 \)
\(\displaystyle pqr+pqs+prs+qrs=-b \)
\(\displaystyle pqrs=1 \)

\(\displaystyle a^2+b^2=(p+q+r+s)^2+(pqr+pqs+prs+qrs)^2=p^2+q^2+r^2+s^2+\frac{1}{p^2}+\frac{1}{q^2}+\frac{1}{r^2}+\frac{1}{s^2}+8 \)

如果 \( p,q,r,s \) 都是實數,那麼由算幾不等式得到
\(\displaystyle a^2+b^2 \ge 16 \)
但是可以檢查出四根不會都相等,所以上式等號不成立。

接著討論四根不是都是實根,再由題目要求至少一實根,所以要討論兩實根兩虛根的情形。
假設 \( p,q \) 是實根, \( r,s \) 是虛根;
然後我要作一個我自己都覺得奇怪的轉換:
令 \( p+q=m, pq=n, r+s=h, rs=k \)
那麼
\(\displaystyle n+k+mh=2 \)
\(\displaystyle nk=1 \)
由第二式得到 \(\displaystyle k=\frac{1}{n} \)
代入第一式得到 \(\displaystyle h=\frac{-n^2+2n-1}{mn} \)
\(\displaystyle a^2+b^2=8+(1+n^2)[\frac{m^2-4n}{n^2}+\frac{(n-1)^4}{m^2n^2}] \)
因為 \( p,q \) 是實根,所以 \( m^2-4n \ge 0 \)
因此得到最小值以及最小值發生在 \( p=q=1 \) 的時候。

[ 本帖最後由 老王 於 2012-7-21 11:06 PM 編輯 ]
名豈文章著官應老病休飄飄何所似Essential isolated singularity

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回復 17# 老王 的帖子

第 6 題:

我也提供一個方法好了。

因為 \(x^4+ax^3+2x^2+bx+1=0\) 有實根,

整理成 \(\left(x^3\right)\cdot a+\left(x\right)\cdot b+\left(x^2+1\right)^2=0\) 可以視為「以\(a\)為橫坐標、以\(b\)為縱坐標的直線方程式」



\(a^2+b^2=\) 「原點到直線 \(\displaystyle \left(x^3\right)\cdot a+\left(x\right)\cdot b+\left(x^2+1\right)^2=0\) 上的任意點 \((a,b)\) 距離」的平方

    \(\geq\) 「原點到直線 \(\displaystyle \left(x^3\right)\cdot a+\left(x\right)\cdot b+\left(x^2+1\right)^2=0\) 距離」的平方

    \(\displaystyle =\left(\frac{\left|x^3\cdot 0+x\cdot 0+\left(x^2+1\right)^2\right|}{\sqrt{\left(x^3\right)^2+\left(x\right)^2}}\right)^2\)

    \(\displaystyle =\frac{\left(x^2+1\right)^4}{x^2\left(x^4+1\right)}\)


    ((或是由柯西不等式來推得上面這個式子也可以!是一樣的!

      因為 \(\displaystyle \left(a^2+b^2\right)\left(\left(x^3\right)^2+\left(x\right)^2\right)\geq\left(\left(x^3\right)\cdot a+\left(x\right)\cdot b\right)^2=\left(-\left(x^2+1\right)^2\right)^2 \)

     ))



令 \(\displaystyle f(x)=\frac{\left(x^2+1\right)^4}{x^2\left(x^4+1\right)}\),則 \(\displaystyle f\,'(x)=\frac{2\left(x^4-1\right)^3}{x^3\left(x^4+1\right)^2}\)

可知當 \(x=\pm1\) 時,\(f\,'(x)=0\),



當 \(x>1\) 時,\(f\,'(x)>0,\, f(x)\)↗

當 \(0<x<1\) 時,\(f\,'(x)<0,\,  f(x)\)↘

當 \(-1<x<0\) 時,\(f\,'(x)>0,\,  f(x)\)↗

當 \(x<-1\) 時,\(f\,'(x)<0,\,  f(x)\)↘



因此,當 \(x=\pm1\) 時,\(f(x)\) 有最小值為 \(f(\pm1)=8\)

此時,直線方程式為 \(a+b+4=0\)或\(a+b-4=0\) ,且原點在此直線上的垂足為 \((a,b)=(2,2)\) 或 \((-2,-2).\)

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回復 18# weiye 的帖子

(承第 6 題) 後半段 \(\displaystyle a^2+b^2=\frac{\left(x^2+1\right)^4}{x^2\left(x^4+1\right)}\) 求最小值也可以改用算幾不等式

題述方程式顯然實根 \(x\) 非零,

因為 \((x^2+1)^2=(x^4+1)+2x^2\),

由算幾不等式可得 \(\displaystyle \frac{(x^4+1)+2x^2}{2}\geq\sqrt{2x^2(x^4+1)}\)

        \(\displaystyle \Leftrightarrow \frac{(x^2+1)^2}{2}\geq\sqrt{2x^2(x^4+1)}\)

        \(\displaystyle \Leftrightarrow \frac{(x^2+1)^4}{x^2(x^4+1)}\geq 8 \)

且當等號成立時,\(\displaystyle x^4+1=2x^2\Leftrightarrow (x^2-1)^2=0\Leftrightarrow x^2=1\Leftrightarrow x=\pm1\)

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請教填充第四

@@感覺有看過...想不來...請幫忙..感恩!.三角形ABC中,AB=2,BC=3,CA=4,設 I 為三角形ABC之內心,直線L通過內心I,與二邊AB和AC分別交於D和E,則三角形ADE最小面積為??

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