計算 1. 可以用正弦定理去表示 \( \overline{BC} \) 和 \( \overline{CD} \) 的長度，

分別為 \( 2 \sin x, 2 \sin y \) 其中 \( x+y =60^\circ \)

再利用和差化積可得 \( \sin x + \sin y = 2\sin \frac{x+y}{2} \cos \frac{x-y}{2} \)

其中 \( \sin \frac{x+y}{2} = \frac12 , \cos \frac{x-y}{2} \leq 1 \)

故得 \( x=y =30^\circ \) 時 \( \sin x + \sin y\) 有最大值

故得 \( \overline{BC} = \overline{CD} =1 \) 時有最大周長

這個問題的一般情形就是在弧AC上取一點B，使得AB+BC最大。
寸絲老師提供的方法非常好，請大家在考場要記得這樣寫。

以下有興趣的再看，這也是我要處理多邊形的等周定理時要用到的一部分。
證明B在中點為最大
另取非中點之點P，不妨假設AP>CP
連接AP和CP，過B作AP的垂線，令垂足為H，
由阿基米德折弦定理得到，H是折弦APC的中點，也就是 2AH=AP+CP
由於AB>AH
故 AB+BC>AP+CP

[ 本帖最後由 老王 於 2013-4-21 08:42 PM 編輯 ]

謝謝寸絲老師的解答
我寫出來了

這是我跟興傑老師問到的解答
提供另一種想法

[ 本帖最後由 王保丹 於 2013-4-21 09:08 PM 編輯 ]

填 5. 誠如 weiye 老師在 29# 連結中所提到的，該式對於變數是反對稱 (交換，值變號)

所以讓在下做一下傻事，把它平方，就會變成常數

\( (\alpha-\beta)^{2}(\beta-\gamma)^{2}(\gamma-\alpha)^{2}=\sum\alpha^{4}\beta^{2}-2\sum\alpha^{4}\beta\gamma-2\sum\alpha^{3}\beta^{3}+2\sum\alpha^{3}\beta^{2}\gamma-6\alpha^{2}\beta^{2}\gamma^{2} \)

以上的記號上 \( \sum \) 裡是跑對稱項，如 \( \sum\alpha^{4}\beta^{2} = \alpha^4\beta^2+\alpha^4\gamma^2+\beta^4\alpha^2+\beta^4\gamma^2+\gamma^4\alpha^2+\gamma^4\beta^2 \) 有六項，\( \sum\alpha^{3}\beta^{3} \) 則有三項

接下來先計算 \( \alpha^n + \beta^n + \gamma^n \)，再利用這些值去表示各項

\( \alpha\beta\gamma=1 \)
\( \alpha+\beta+\gamma=0 \)
\( \alpha^{2}+\beta^{2}+\gamma^{2}=(\alpha+\beta+\gamma)^{2}-2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)=2 \)
\( \alpha^{3}+\beta^{3}+\gamma^{3}=\alpha+\beta+\gamma+3=3 \)
\( \alpha^{4}+\beta^{4}+\gamma^{4}=\alpha^{2}+\beta^{2}+\gamma^{2}+\alpha+\beta+\gamma=2 \)
\( \alpha^{5}+\beta^{5}+\gamma^{5}=\alpha^{3}+\beta^{3}+\gamma^{3}+\alpha^{2}+\beta^{2}+\gamma^{2}=5 \)
\( \alpha^{6}+\beta^{6}+\gamma^{6}=\alpha^{4}+\beta^{4}+\gamma^{4}+\alpha^{3}+\beta^{3}+\gamma^{3}=5 \)

\( \sum\alpha^{4}\sum\alpha^{2}=\sum\alpha^{6}+\sum\alpha^{4}\beta^{2}\Rightarrow\sum\alpha^{4}\beta^{2}=-1 \)

\( \sum\alpha^{4}\beta\gamma=\alpha\beta\gamma\sum\alpha^{3}=3 \)

\( (\alpha^{3}+\beta^{3}+\gamma^{3})^{2}=\sum\alpha^{6}+2\sum\alpha^{3}\beta^{3}\Rightarrow\sum\alpha^{3}\beta^{3}=2 \)

\( \sum\alpha^{3}\beta^{2}\gamma=\alpha\beta\gamma\sum\alpha^{2}\beta \) ，

而 \( \sum\alpha^{2}\sum\alpha=\sum\alpha^{3}+\sum\alpha^{2}\beta\Rightarrow\alpha\beta\gamma\sum\alpha^{2}\beta=-3 \)

綜合以上有 \( \sum\alpha^{4}\beta^{2}-2\sum\alpha^{4}\beta\gamma-2\sum\alpha^{3}\beta^{3}+2\sum\alpha^{3}\beta^{2}\gamma-6\alpha^{2}\beta^{2}\gamma^{2}=-1-6-4-6-6=-23 \)

因此所求 \( = \pm \sqrt{23} i \)

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-4-21 10:43 PM 編輯 ]

為向老王老師致敬，再補一個證明，還有考試的時候不要這樣做

如下圖：B, D 為 AC 優弧和劣弧上的中點，E 為 AC 劣優上之點且不為 A,D,C
試證 \( \overline{AD} + \overline{DC} > \overline{AE} + \overline{EC} \)

Ptomley.png (17.65 KB)

2013-4-21 23:01

證. 圓內接四邊形中ABCD，由托勒密定理有 \( \overline{AC}\cdot\overline{BD} = \overline{AD}\cdot\overline{BC} + \overline{DC}\cdot\overline{AB} \)
(注意 \( \overline{BD} \) 為圓之直行，由面積亦可得此式)

其中 \( \overline{AB} = \overline{BC} \)，故可改寫為 \( \overline{AC}\cdot\overline{BD} = (\overline{AD} + \overline{DC})\cdot\overline{BC}\)

同理對圓內接四邊形 ABCE 亦有 \( \overline{AC}\cdot\overline{BE} = (\overline{AE} + \overline{EC})\cdot\overline{BC}\)

因 \( \overline{BD} \) 為直徑，故 \( \overline{BD} > \overline{BE} \)

再以上式比較托勒密所得之二式，即可得 \( \overline{AD} + \overline{DC} > \overline{AE} + \overline{EC} \)

用餘弦定理應該也可以...

借用寸絲老師的圖，令AD=DC=d，AE=a，EC=b，AC=x，

則有 \(\displaystyle a^2+b^2-2ab\cos E=x^2=d^2+d^2-2dd\cos D\)

整理得 \(\displaystyle \frac{a^2+b^2-2d^2}{2ab-2d^2}=\cos E\)   

(其中因為D到AC的距離比E到AC的距離大，所以a(ADC)>a(AEC)，\(d^2>ab\)，分母沒有問題)

推得 \(\displaystyle (\frac{a^2+b^2-2d^2}{2ab-2d^2})^2<1\)

\(\displaystyle (a^2+b^2-2d^2)^2<(2ab-2d^2)^2\)

\(\displaystyle ((a+b)^2-4d^2)(a-b)^2<0\)

\(\displaystyle (a+b)^2-4d^2<0\)

因此 \(\displaystyle a+b<2d\)

[ 本帖最後由 Joy091 於 2013-4-21 11:58 PM 編輯 ]

寸絲老師。
你算式中三根次方和，三次，四次，五次，六次。怎麼求得的

利用 \( \alpha, \beta, \gamma \) 滿足三次式 \( x^3 -x - 1 = 0 \)

因此有 \( \alpha^{n+3} = \alpha^{n+1} + \alpha^{n} \),  \( \beta, \gamma \) 亦同

故有遞迴關係 \( \sum \alpha^{n+3} = \sum \alpha^{n+1} + \sum \alpha^n \)

以此遞迴式計算之 35# 所列之式子

關於填充五，寫一個從以前同事那邊偷學到的方法

可以看出這是凡得夢行列式(可能差個符號)，所以考慮矩陣
\(\displaystyle A=\left( \begin{array}{ccc}
1  &  a  &  a^2  \\
1  &  b  &  b^2  \\
1  &  c  &  c^2  \end{array} \right) \)
所求 \( (a-b)(b-c)(c-a)=det(A) \)
又 \( det(A)=det(A^T) \)
考慮
\(\displaystyle A^TA=\left( \begin{array}{ccc}
3  &  a+b+c  &  a^2+b^2+c^2  \\
a+b+c  &  a^2+b^2+c^2  &  a^3+b^3+c^3  \\
a^2+b^2+c^2  &  a^3+b^3+c^3  &  a^4+b^4+c^4  \end{array} \right) \)
所以
\(\displaystyle ((a-b)(b-c)(c-a))^2=det(A^TA)=\left| \begin{array}{ccc}
3  &  0  &  2  \\
0  &  2  &  3  \\
2  &  3  &  2  \end{array} \right|=-23 \)
故 \(\displaystyle (a-b)(b-c)(c-a)=\pm \sqrt{23}i \)

[ 本帖最後由 老王 於 2013-4-22 07:18 PM 編輯 ]