目前南一中說計算第5題已經有修正了

也會重新閱卷，放上更新的版本

很抱歉有些題目記錯造成大家麻煩了  囧

102.6.4補充
將數學科的題目和答案分割出來

第4題是3a9b2/4736為一有限小數，求數對（a,b)=?
我算（7，6）不知道大家的答案是?

6.
有一正三角形ABC，令D點為\( \overline{BC} \)邊上一點，則三角形ACD的內切圓半徑為三角形ABD內切圓半徑的兩倍，則請問\( \displaystyle \frac{\overline{BD}}{\overline{AB}}= \)？
[解答]
設正三角形ABC邊長為1，\( \overline{BD}=x \)，\( \overline{DC}=1-x \)
餘弦定理\( \overline{AD}=\sqrt{1^2+x^2-1 \cdot x \cdot cos 60^\circ}=\sqrt{x^2-x+1} \)
三角形ACD的內切圓半徑為\( 2r \)，三角形ABD內切圓半徑為r
\( \displaystyle \frac{\frac{1}{2}\cdot (1+x+\overline{AD})\cdot r}{\frac{1}{2}\cdot (1+1-x+\overline{AD})\cdot 2r}=\frac{\Delta ABD}{\Delta ACD}=\frac{x}{1-x} \)

\( \displaystyle \frac{1+x+\sqrt{x^2-x+1}}{2(2-x+\sqrt{x^2-x+1})}=\frac{x}{1-x} \)

平方展開整理後得\( 8x^4-7x^3-2x^2+x=0 \)

\( x(x-1)(8x^2+x-1)=0 \)，\( \displaystyle x=0,1,\frac{-1\pm \sqrt{33}}{16} \)

\( \displaystyle \frac{\overline{BD}}{\overline{AB}}=\frac{\sqrt{33}-1}{16} \)

圖形很像的類題https://math.pro/db/viewthread.php?tid=913&page=1#pid1930

102.6.15補充
感謝YAG提醒，第二行分母少個2
https://math.pro/db/viewthread.php?tid=1628&page=4#pid8520

[ 本帖最後由 bugmens 於 2013-6-15 09:33 PM 編輯 ]

填充 2. 眼花看錯，刪。答案是 \( 168^\circ \)

更新過的版本，題目不同，答案見 #17 老王老師

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-10-6 08:04 PM 編輯 ]

第 5 題，有點難...答案是 \( 2 \ln 2 - 1 \)

主要要用到：假設 \( k,n\in\mathbb{N} \)，滿足 \( 1\leq k< n \)，則有以下：

存在正整數 \( m \)，使得 \( m+\frac{1}{2}\leq\frac{n}{k}<m+1\ \) 若且唯若 \( \left[\frac{2n}{k}\right]-\left[\frac{n}{k}\right]=1 \)。

如此可得到 \( \frac{n}{m+1}<k\leq\frac{n}{m+\frac{1}{2}} \) 時，兩個高斯的差是 1，其它時候，則為 0

也是說 111 都是連續 000也是連續...而 11連續的個數大約正比於 \( \frac{1}{2m+1}-\frac{1}{2m+2} \)

實際上的量是有高斯符號。但有高斯的和比較難算，要先算沒有高斯的，寫下來和交錯的調和級數很像(差2倍和2項)，也就是

\( \sum\limits _{m=1}^{n-1}\left(\frac{1}{m+\frac{1}{2}}-\frac{1}{m+1}\right)=2\sum\limits _{m=1}^{n-1}\left(\frac{1}{2m+1}-\frac{1}{2m+2}\right) = 2\cdot\left(\frac{1}{3}-\frac{1}{4}+\frac{1}{5}-\frac{1}{6}+\ldots+\frac{1}{2n-1}-\frac{1}{2n}\right) \to 2 (\ln 2 -\frac12) = 2\ln 2-1 \)

嚴謹一點，應該個關於極限交換的定理，或許晚點再想想吧

-------------------補個證明-----------------------

假設 \( k,n\in\mathbb{N} \)，滿足 \( 1\leq k\leq n \)，則有「存在正整數 \( m \)，使得 \( m+\frac{1}{2}\leq\frac{n}{k}< m+1 \) 若且唯若 \( \left[\frac{2n}{k}\right]-2\left[\frac{n}{k}\right]=1 \) 。」

如此可得到 \( \frac{n}{m+1}<k\leq\frac{n}{m+\frac{1}{2}} \) 時，\( \left[\frac{2n}{k}\right]-2\left[\frac{n}{k}\right]=1 \)，否則即為 0。

故所求 \( =\sum\limits _{m=1}^{\infty}\frac{1}{n}\left(\left[\frac{n}{m+\frac{1}{2}}\right]-\left[\frac{n}{m+1}\right]\right)=\sum\limits _{m=1}^{\infty}\frac{1}{n}\left(\left[\frac{2n}{2m+1}\right]-\left[\frac{2n}{2m+2}\right]\right)=\sum\limits _{l=3}^{\infty}\frac{(-1)^{l+1}}{n}\left[\frac{2n}{l}\right] \)。

注意此級數交錯遞減，故 \( \sum\limits _{l=3}^{2x+1}\frac{(-1)^{l+1}}{n}\left[\frac{2n}{l}\right]\geq\sum\limits _{l=3}^{\infty}\frac{(-1)^{l+1}}{n}\left[\frac{2n}{l}\right]\geq\sum\limits _{l=3}^{2x+2}\frac{(-1)^{l+1}}{n}\left[\frac{2n}{l}\right] \)，對任意 \( x\in\mathbb{N} \)。

上式取極限 \( n\to\infty \)，可得 \( \sum\limits _{l=3}^{2x+1}\frac{(-1)^{l+1}}{l}\geq\limsup\sum\limits _{l=3}^{\infty}\frac{(-1)^{l+1}}{n}\left[\frac{2n}{l}\right]\geq\liminf\sum\limits _{l=3}^{\infty}\frac{(-1)^{l+1}}{n}\left[\frac{2n}{l}\right]\geq\sum\limits _{l=3}^{2x+2}\frac{(-1)^{l+1}}{l} \)。

而這個式子對任意 \( x\in\mathbb{N} \) 都成立，再取 \( x\to\infty \)，而得 \( 2\ln2-1\geq\ldots\geq2\ln2-1 \)。

故得 \( \limsup\sum\limits _{l=3}^{\infty}\frac{(-1)^{l+1}}{n}\left[\frac{2n}{l}\right]=\liminf\sum\limits _{l=3}^{\infty}\frac{(-1)^{l+1}}{n}\left[\frac{2n}{l}\right]=2\ln2-1 \)，故其有極限 \( 2\ln2-1 \)。

終於寫完了，我想我走火入魔了。期待高手出現，用個定理砸爛它，直接把這個證明給砸爛過去，

---2013.06.07 補充---

經 weiye 大師開導，此題應該使用黎曼和轉成積分。

令 \( f(x)=\begin{cases}
[\frac{2}{x}]-2[\frac{1}{x}] & ,\, x\neq0\\
0 & ,\, x=0
\end{cases} \)，則 \( f(\frac{k}{n})=
[\frac{2n}{k}]-2[\frac{n}{k}]
, for k,n\in\mathbb{N} \)，故所求極限即 \( \int_{0}^{1}f(x)dx \)。

注意 \( f(x)=1
  \Leftrightarrow\exists n\in\mathbb{Z} \)，使得 \( n+\frac{1}{2}\leq\frac{1}{x}<n+1 \)。

因此 \( \int_{0}^{1}f(x)dx=\sum\limits _{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{n+\frac{1}{2}}-\frac{1}{n+1}\right)=2\sum\limits _{n=1}^{\infty}\left(\frac{1}{2n+1}-\frac{1}{2n+2}\right)=2\sum\limits _{n=3}^{\infty}\frac{(-1)^{n+1}}{n} \)。

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-6-7 02:17 PM 編輯 ]

引用:

原帖由 drexler5422 於 2013-6-1 05:50 PM 發表
第4題是3a9b2/4736為一有限小數，求數對（a,b)=?
我算（7，6）不知道大家的答案是?

小弟在考場上沒寫出來

剛剛算到3a9b2要是37倍數

37962=37*1026 OK   (a,b)=(7,6)
30932=37*836   OK   (a,b)=(0,3)

但是...要怎麼算37的倍數阿...

[ 本帖最後由 simon112266 於 2013-6-1 08:15 PM 編輯 ]

\( 37 \times 3=111 \)
\( 111 \times 9=999 \)
所以 999 是 37 的倍數，於是 37 倍數的判別法為三位一節然後相加。

\( 3a9b3=3a+9b2 \)
\( 932 \le 3a+9b2 \le 1031 \)
在此範圍內的 37 的倍數只有 962,999 兩個，故得此兩組答案。

填充2怎麼算阿...
我研究了一個小時了QAQ

計算第2.3請參考
我覺得我第二題不完整= =

2.
若\( a+b i \)為根則\( a-bi \),\( 1-a-bi \),\( 1-a+bi \),\( \displaystyle \frac{a+bi}{a^2+b^2} \),\( \displaystyle \frac{a-bi}{a^2+b^2} \)為根
k為根則\( 1-k \),\( \displaystyle \frac{1}{k} \)為根，\( \displaystyle k,1-k,\frac{1}{k} \)只有至多2個相同。
\( \Rightarrow \)3實根2虛根
虛根部份：\( a=1-a \)則\( \displaystyle a^2+b^2=1 \Rightarrow a=\frac{1}{2},b=\frac{\sqrt{3}}{2} \)
虛根\( \displaystyle \frac{1}{2}\pm \frac{\sqrt{3}}{2}i \Rightarrow (x^2-x+1)=0 \)
實根部份：若\( \displaystyle k=\frac{1}{k},k=1 \Rightarrow 1,0,1 \)為根\( \Rightarrow \frac{1}{0} \)為根(不合)
　　　　　若\( \displaystyle k=1-k,k=\frac{1}{2} \Rightarrow \frac{1}{2},\frac{1}{2},2 \)為根\( \displaystyle \Rightarrow \frac{1}{2},2,-1 \)為根
\( \displaystyle f(x)=(x^2-x+1)(x-\frac{1}{2})(x-2)(x+1) \)

3.
\( f(x)=ax^2+bx-a^2=(x-\alpha)(x-\beta) \)
\( \displaystyle \Rightarrow \alpha+\beta=\frac{-b}{a} \)，\( \alpha \beta=-a \Rightarrow b=\alpha \beta(\alpha+\beta)=\alpha^2 \beta+\alpha \beta^2 \)
又\( a>0 \)故\( \alpha,\beta \)異號，設\( \beta>0 \),\( \alpha<0 \)
\( |\ \alpha |\ + |\ \beta |\ =2 \Rightarrow \beta- \alpha =2 \)，\( \alpha=\beta-2 \)代入b
\( b=(\beta-2)^2 \beta+(\beta-2) \beta^2=2 \beta^3-6 \beta^2+4 \beta \)
\( \displaystyle b=6 \beta^2-12 \beta+4=0 \Rightarrow 3\beta^3-6 \beta+2=0 \Rightarrow \beta=\frac{6 \pm \sqrt{36-24}}{6}=1\pm \frac{\sqrt{3}}{3} \)
\( \displaystyle (\alpha,\beta)=(-1+\frac{\sqrt{3}}{3},1+\frac{\sqrt{3}}{3}) \) or \( (-1-\frac{\sqrt{3}}{3},1-\frac{\sqrt{3}}{3}) \)代回b
得b最大值\( \displaystyle \frac{4}{9}\sqrt{3} \)　最小值\( \displaystyle -\frac{4}{9}\sqrt{3} \)

填充 2. 個人做法不好，就當獻醜，還有待其它高手解題。
(更新過的版本，題目不同，答案見 #17 老王老師)

畫圖觀察，猜測 \( P \) 在 \( \overline{AB} \) 的中垂線上，如果猜測正確，則有 \( \angle PAB = \angle PBA =6^\circ \)，因此所求 \( \angle APB = 168^\circ \)。

102TainanFirt2.png (21.1 KB)

2013-6-3 10:08

接下來我們來證明猜測，設 \( \overline{AB} = 1\)，我們僅須證明 \( \overline{PB}\cos 6^\circ =\frac12\)。

而 \( \triangle PBC \) 中，由正弦定理有 \( \overline{PB} = \frac{\sin 24^\circ}{\sin 54^\circ} \)。
( \( \angle PBC = 108^\circ - 6^\circ =102^\circ \Rightarrow \angle BPC = (180-102-24)^\circ =54^\circ \) )

因此 \( \overline{PB}\cos6^\circ = \frac{\sin24^\circ \cos 6^\circ}{\sin 54^\circ} \)。

令 \( x = \sin 18^\circ \)，由積化和差及三倍角公式可得 \( \overline{PB}\cos6^\circ = \frac{1}{2} \cdot \frac{\frac12+x}{3x-4x^3} \)。

實際上，\( x = \frac{\sqrt{5}-1}{4} \) 或者用 \( 4x^2+2x^2-1 = 0 \) 化簡及可得 \( \overline{PB}\cos6^\circ = \frac12\)。

因此 \( P \) 在 \( \overline{AB} \) 的中垂線上，而有  \( \angle PAB = \angle PBA =6^\circ \Rightarrow \angle APB = 168^\circ \)。

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-10-6 08:05 PM 編輯 ]

感謝寸絲老師

原來要猜測...這就不好猜了XD

另外 PBcos6=sin24cos6/sin54

應該是您打錯了