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102文華高中

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102文華高中

試題及答案,如附件。

計算題:
(資料來源:http://www.ptt.cc/bbs/studyteacher/M.1367072177.A.40A.html

1.平面上有三定點ABC及一圓,其圓心為O點,半徑為r,
  若AOBC為平行四邊形,其中直線AB與圓不相交,若圓
  上有一點P,使得(線段PA)^2+(線段PB)^2為最小時,
  (1)試證:P點為OC與圓的交點
  (2)試利用OA、OB、OC、r來表示(線段PA)^2+(線段PB)^2的最小值


2.橢圓的焦點為AC兩點、橢圓上有BD兩點
  其中四邊形ABCD的四個邊長乘積為2013
  且BAD=60度,BCD=120度,求ABCD面積

附件

102文華高中_試題.pdf (227.3 KB)

2013-4-27 19:08, 下載次數: 7206

102文華高中_答案.pdf (101.47 KB)

2013-4-27 19:08, 下載次數: 6446

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2.
求下列的級數和:\( 1 \times 2+(1 \times 2+2 \times 3)+(1 \times 2+2 \times 3+3 \times 4)+\ldots+(1 \times 2+2 \times 3+3 \times 4+\ldots+(n-1)\times n) \)

類題
\( 1+2(1+3)+3(1+3+6)+4(1+3+6+10)+...+17(1+3+6+...+153)= \)?
(101中正高中二招,https://math.pro/db/thread-1446-1-1.html)

因為102文華高中這題問的是一般項,用差分來算的話最後會得到\( \displaystyle a \times C_0^n+b \times C_1^n+c \times C_2^n+d \times C_3^n+e \times C_4^n \),整理答案時因式分解反而又變得更麻煩


11.
設\( \displaystyle f(a,b)=(61-a-28b)^2+(62-a-29b)^2+(60-a-30b)^2+(58-a-31b)^2+(59-a-32b)^2 \),當\( f(a,b) \)有最小值時,求此時數對\( (a,b)= \)?
[解答]
對\( f(a,b) \)的a偏微分得
\( 2(61-a-28b)(-1)+2(62-a-29b)(-1)+2(60-a-30b)(-1)+2(58-a-31b)(-1)+2(59-a-32b)(-1) \)
\( =-2[(58+59+60+61+62)-5a-(28+29+30+31+32)b] \)
\( =-2(300-5a-150b)=-10(60-a-30b)=0 \)
得\( a=60-30b \)代入原式
\( (61-60+30b-28b)^2+(62-60+30b-29b)^2+(60-60+30b-30b)^2+(58-60+30b-31b)^2+(59-60+30b-32b)^2 \)
\( =(1+2b)^2+(2+b)^2+(-2-b)^2+(-1-2b)^2 \)
\( \displaystyle =10b^2+16b+10=10(b+\frac{4}{5})^2+\frac{18}{5} \)
當\( \displaystyle b=-\frac{4}{5} \),\( \displaystyle a=60-30\times \frac{-4}{5}=84 \)時,\( f(a,b) \)有最小值


類題
Find the minimum value of \( 2x^2+2y^2+5z^2-2xy-4yz-4x-2z+15 \) for real numbers x, y, z.
(USA Stanford Mathematics Tournament 2006,http://www.artofproblemsolving.c ... d=166&year=2006)

這題可以湊成完全平方式求得最小值,假若一時之間看不出來該怎麼湊的話
分別對x,y,z作偏微分,三個式子解出來的x,y,z就會讓原式有最小值
https://math.pro/db/viewthread.php?tid=709&page=2#pid1924

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回復 2# bugmens 的帖子

第 11 題:(應該可以看得出來題目中的 \(f(a,b)\) 就是用最小平方法求迴歸直線時的「殘差平方和」)

五個數據 \((x_i,y_i) 為 (28, 61), (29,62), (30, 60), (31, 58), (32, 59)\) 以最小平方法所得之迴歸直線 \(y=a+bx\)

此迴歸直線必通過 \((\overline{x}, \overline{y}) = (30, 60)\)

且斜率為 \(\displaystyle \frac{\sum\limits_{i=1}^5 \left(x_i-\overline{x}\right)\left(y_i-\overline{y}\right)}{\sum\limits_{i=1}^5 \left(x_i-\overline{x}\right)^2}=\frac{(-2)\cdot1+(-1)\cdot2+0\cdot0+1\cdot(-2)+2\cdot(-1)}{2^2+1^2+0^2+1^2+2^2}=\frac{-4}{5}\)

因此,此迴歸直線方程式為 \(\displaystyle y-60=\frac{-4}{5}\left(x-30\right)\)

\(\displaystyle \Rightarrow y=84-\frac{4}{5}\)

\(\displaystyle \Rightarrow (a,b)=(84, -\frac{4}{5})\)




註:另外一個求迴歸直線 \(a+bx=y\) 的公式 \(\displaystyle \left\{\begin{matrix} \displaystyle \left(\sum_{i=1}^n 1\right)a+ \left(\sum_{i=1}^n x_i\right)b=y_i\\ \left(\sum_{i=1}^n 1\cdot x_i\right)a+ \left(\sum_{i=1}^n x_i\cdot x_i\right)b=y_i\cdot x_i \end{matrix}\right.\) 如下篇回覆被寸絲給解走了~XDD

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回復 2# bugmens 的帖子

11. 偏微分被先用了,那就來個另解

令 \(A=\begin{bmatrix}1 & 28\\
1 & 29\\
1 & 30\\
1 & 31\\
1 & 32
\end{bmatrix}, b=[61  62  6  58  59]^T, x = [a  b]^T \)

則 \( A^{T}Ax=A^{T}b \),其中 \( A^T \) 為 A 的轉置

透過平方公式 \( (30+k)^2 \) 和分配律 \( (30+k)(60+l) \),計算上式之矩陣乘法得

\( \begin{bmatrix}5 & 150\\
150 & 4510
\end{bmatrix}x=\begin{bmatrix}300\\
8992
\end{bmatrix} \) 易解得 \( x = [84  -0.8]^T \)
文不成,武不就

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想先請教5,7,9,13,

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回復 5# natureling 的帖子

第5題
因為x,y,z最多為三位數,所以a的可能值與(x,y,z)解的個數相同
\(\displaystyle 360=2^3 \times 3^2 \times 5 \)
每個質因數必須有人取到最高次,所以是
\(\displaystyle (4^3-3^3)(3^3-2^3)(2^3-1^3)=4921 \)

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第 5 題:

因為 \(x,y,z\) 的最小公倍數為 \(360\),

所以可以知道 \(x,y,z\) 三數皆頂多為三位數,

因此 \(a\) 的可能值個數 與有序數組 \((x,y,z)\) 的可能組數一樣多。

\(360=2^3\cdot3^2\cdot5\)

先來研究 \(2^3\) 的可能分布情形,\(x,y,z\) 中至少有一個數恰含 \(2^3\) 的因數(其他數中 \(2\) 的次方數皆小於或等於 \(3\)),

因此 \(2^3\) 這個因數的分配可能有 \(C^3_1\cdot (3+1)^2-C^3_2\cdot(3+1)+C^3_3 = 37\) 種

同理,\(3^2\) 這個因數的分配可能有 \(C^3_1\cdot (2+1)^2-C^3_2\cdot(2+1)+C^3_3 = 19\) 種

   \(5^1\) 這個因數的分配可能有 \(C^3_1\cdot (1+1)^2-C^3_2\cdot(1+1)+C^3_3 = 7\) 種

所以,滿足條件的有序數組 \((x,y,z)\) 有 \(37\times19\times7=4921\) 組數,

即 \(a\) 的可能值個數有 \(4921\) 個。

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第7題
令 \( a,b,c,d,e,p \) 分別表示A,B,C,D,E,P所代表的複數
\(\displaystyle z^5-i=(z-a)(z-b)(z-c)(z-d)(z-e) \)
所求為
\(\displaystyle |p-a||p-b||p-c||p-d||p-e|=|(p-a)(p-b)(p-c)(p-d)(p-e)|=|p^5-i|=|-4-5i|=\sqrt{41} \)

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7. \(  z^{5}-i=(z-z_{1})(z-z_{2})(z-z_{3})(z-z_{4})(z-z_{5}) \),

\( z=1+i \) 代入,取絕對值,得所求 \( =|-4-5i|=\sqrt{41} \) 。

填 13. \( f(x)=(x-1)^2 \cdot\frac{1}{1-(x-1)}=(x-1)^2\cdot(1+(x-1)+(x-1)^{2}+\ldots)=\sum\limits _{k=2}^{\infty}(x-1)^{k} \), for 0<|x-1|<1。
(筆誤:漏了平方,已補上)

故 \( f^{(5)}(1)=5! \), \( f^{(7)}(1)=7! \),所求 \( =\frac{7!}{5!}=42 \) 。
(應該要用到泰勒展開式,以及此冪級數的唯一性)

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-4-29 11:01 PM 編輯 ]
文不成,武不就

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第 7 題:

令 \(z^5-i=0\) 的五根為 \(z_1, z_2, z_3, z_4, z_5\),且令 \(z_0=1+i\)

則 \(z^5-i = \left(z-z_1\right)\left(z-z_2\right)\left(z-z_3\right)\left(z-z_4\right)\left(z-z_5\right)\)

\(\Rightarrow \overline{PA}\cdot\overline{PB}\cdot\overline{PC}\cdot\overline{PD}\cdot\overline{PE}\)

  \(=\left|z_0-z_1\right|\cdot\left|z_0-z_2\right|\cdot\left|z_0-z_3\right|\cdot\left|z_0-z_4\right|\cdot\left|z_0-z_5\right|\)

  \(=\left|z_0^5-i\right|\)

  \(=\left|\left(1+i\right)^5-i\right|\)

  \(=\left|\left(1+i\right)^2\cdot\left(1+i\right)^2\cdot\left(1+i\right)-i\right|\)

  \(=\left|\left(2i\right)\cdot\left(2i\right)\cdot\left(1+i\right)-i\right|\)

  \(=\left|-5i-4\right|\)

  \(=\sqrt{41}\)


後註:我(回覆)怎麼總慢一步~囧rz......

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