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103桃園高中

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回復 9# uhepotim01 的帖子

計算1(2),我的切入點在線性變換,先把橢圓變成圓 \( x^2 + y^2 =a^2 \)

新的弦以 \( \overline{A'B'} \) 表示之,假設其與 \( \overline{F_1F_2} \) 的夾角為 \( \theta \)

以 \( \theta \) 表示三角形面積可得 \( \triangle F_2A'B' = \frac12 \times 2c \times 2\sqrt{a^2-c^2\sin^2\theta} \sin\theta \)

令 \( t = \sin^2 t \),則上式平方為 \( \triangle'^{2}=4c^{2}(a^{2}t-c^{2}t^{2}) \)

當 \( \frac{a^{2}}{2c^{2}}\leq1 \) 時,\( \sin^{2}\theta=t=\frac{a^2}{2c^{2}} \) 時有最大值,開根號再壓扁得最大面積為 \( ab \)

當 \( \frac{a^{2}}{2c^{2}}>1 \) 時,\( \theta=\frac{\pi}{2}, t=1 \) 時有最大值,壓扁回橢圓時,該弦就是正焦弦,最大面積為 \( \frac{2b^2c}{a} \)

回復 10# leo790124 的帖子
是我不小心寫錯,已修正為 \( \left[\frac{52^{2}}{103}\right]=26+\left[\frac{26}{103}\right] \),
也就是 \( 52^2 = 103 \times 26 + 26 \)

[ 本帖最後由 tsusy 於 2014-5-8 12:05 AM 編輯 ]
文不成,武不就

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請問填充9,11,謝謝

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回復 12# Sandy 的帖子

第9題:

依題意,即 \(f'(x)=ax^2-2bx+(2-b)=0\) 之二根 \(x_1\), \(x_2\) 滿足 \(0<x_1<1<x_2<2\),且 \(a>0\)

故須滿足 \(f'(0)>0\), \(f'(1)<0\), \(f'(2)>0\) 且 \(a>0\)

由以上限制範圍作圖,利用線性規劃概念可得所求範圍!

第11題:

暫時只想到暴力解,考場要這樣解應該會放棄...

設 \(f(x)=ax^3+bx\) \(\Rightarrow f'(x)=3ax^2+b\)

設切點 \(P(t,at^3+bt)\), \(t>0\),則 \(\overleftrightarrow{OA}:y=f'(t)x\)

求 \(\overleftrightarrow{OA}\) 與 \(\Gamma\) 交點即解方程式 \(f'(t)x-ax^3-bx=0\)    \(\Rightarrow x=\pm \sqrt{3}t,0\)

可得交點 \(A(\sqrt{3}t,3\sqrt{3}at^3+\sqrt{3}bt)\)

由 \(O,P,A\) 三點坐標及三角形的行列式面積公式可得三角形 \(OAP\) 面積為 \(\sqrt{3}at^4\)  (意外地不難算...)

而弓形面積 \(\displaystyle \int_{0}^{\sqrt{3}t}f'(t)x-ax^3-bx\ dx=\int_{0}^{\sqrt{3}t}-ax(x^2-3t^2)dx=\frac{9}{4}at^4\)

故得所求 \(\displaystyle =\frac{\frac{9}{4}at^4}{\sqrt{3}at^4}=\frac{3\sqrt{3}}{4}\)

[ 本帖最後由 Pacers31 於 2014-5-7 05:36 PM 編輯 ]

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想請教填充2 ,3 .5題 謝謝

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回復 14# 阿光 的帖子

填充第二題:
利用x^2+y^2=25
把原式拆成 sqrt(x^2+y^2+8y-6x+25) + sqrt(x^2+y^2+8y+6x+25)
                 =sqrt( (x-3)^2 + (y+4)^2 ) + sqrt( (x+3)^2 + (y+4)^2 )
看成半徑為5的圓上取一點到 (3,-4) , (-3,-4 )的距離和最大
不難看出取 點 (0,5) 時有最大值代入所求為 6 sqrt(10)  
抱歉還不太會用語法,這裡的sqrt 是根號的意思
(我會再花時間看一下寸絲兄的教學XD  讓大家傷眼先說聲不好意思

好久沒上來了,這裡還是一樣充滿熱情,最近又想上來練功一下,
吸取各位先進的知識~

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回復 15# hua0127 的帖子

填2. 我是用了凸函數不等式,對任意 \( a, b>0 \),不等式 \( \frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2}\leq\sqrt{\frac{a+b}{2}} \) 恆成立

以 \( (a,b) = (8y-6x+50, 8y+6x+50) \) 代入得

\( \frac{\sqrt{8y-6x+50}+\sqrt{8y+6x+50}}{2}\leq\sqrt{\frac{16y+100}{2}}=\sqrt{8y+50}\leq\sqrt{90} \)

因此 \( \sqrt{8y-6x+50}+\sqrt{8y+6x+50}\leq6\sqrt{10} \)

兩個 \( \leq \) 在 \( (x,y)=(0,5) \) 時,等號同時成立

故最大值為 \( 6\sqrt{10} \)

回復 13# Pacers31 的帖子

填11. 透過伸縮變換,面積比保持不變,故不失一般性可假設曲線方程式為 \( y=x^3+x \)

然後做相同的積分

[ 本帖最後由 tsusy 於 2014-5-7 07:24 PM 編輯 ]
文不成,武不就

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回復 15# hua0127 的帖子

我幫你打字
填充第二題:
利用 \({x^2} + {y^2} = 25\)
把原式拆成 \(\begin{array}{l}
\sqrt {{x^2} + {y^2} + 8y - 6x + 25}  + \sqrt {{x^2} + {y^2} + 8y + 6x + 25} \\
= \sqrt {{{\left( {x - 3} \right)}^2} + {{\left( {y + 4} \right)}^2}}  + \sqrt {{{\left( {x + 3} \right)}^2} + {{\left( {y + 4} \right)}^2}}
\end{array}\)
看成半徑為\(5\)的圓上取一點到 \((3,-4) , (-3,-4 )\)的距離和最大
不難看出取 點 \((0,5)\) 時有最大值代入所求為  \(6\sqrt {10} \)

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引用:
原帖由 tsusy 於 2014-5-7 07:06 PM 發表
填2. 我是用了凸函數不等式,對任意 \( a, b>0 \),不等式 \( \frac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2}\leq\sqrt{\frac{a+b}{2}} \) 恆成立
柯西不等式也可以~

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回復 14# 阿光 的帖子

第3題:

設隨機變數 \(\displaystyle X=\frac{i}{n}\), \(i=1,2,\cdots, or\ n\),滿足 \(\displaystyle P\Big(X=\frac{i}{n}\Big)=\frac{2i+1}{\sum_{i=1}^{n}(2i+1)}\)

由等式 \(E[X^2]=\sigma^2+\mu^2\)

可得 \(\displaystyle \lim_{n\rightarrow\infty}(\sigma^2+\mu^2)=\lim_{n\rightarrow\infty}E[X^2]=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{\sum_{i=1}^{n}\Big(\frac{i}{n}\Big)^2(2i+1)}{\sum_{i=1}^{n}(2i+1)}=\lim_{n\rightarrow\infty}\frac{1}{n^2}\cdot\frac{\sum_{i=1}^{n}(2i^3+i^2)}{\sum_{i=1}^{n}(2i+1)}=\cdots=\frac{1}{2}\)

[ 本帖最後由 Pacers31 於 2014-5-7 08:31 PM 編輯 ]

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引用:
原帖由 Pacers31 於 2014-5-7 04:26 PM 發表
第9題:

依題意,即 \(f'(x)=ax^2-2bx+(2-b)=0\) 之二根 \(x_1\), \(x_2\) 滿足 \(00\),則 \(\overleftrightarrow{OA}:y=f'(t)x\)

求 \(\overleftrightarrow{OA}\) 與 \(\Gamma\) 交點即解方程式 \(f'(t)x-ax^3-bx=0\)  ...
參考這篇大師們所寫的文章
http://mathcenter.ck.tp.edu.tw/R ... 9-aa7b-14369827978b

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