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回復 9# 彤仔 的帖子

填充1.
令   s=x+y   , t=xy ,則 s^2-4t=(x-y)^2>=0 => s^2>=4t
原式=>   11(s^2-2t)-16t=1  => 38t+1=11(s^2)>=11(4t)  =>  t<=1/6
x^2+y^2=(16t+1)/11<=1/3...此為最大值,此時 x=y=+-1/ ㄏ6


填充8.
由四複數和=0 以及四複數平方和為正實數可知此四複數輻角為  -a,a,PI-a,PI+a (a為銳角) ,
四複數平方和=4cos(2a)=1 =>cos(2a)=1/4
所求=4*sina*cosa=2sin(2a)=(ㄏ15)/2

[ 本帖最後由 laylay 於 2021-5-8 22:30 編輯 ]

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回復 9# 彤仔 的帖子

第 1 題
再提供另一解法
11x^2 - 16xy + 11y^2 = 1 旋轉 45 度,可得 x^2 / (1/3) + y^2 / (1/19) = 1
所求 = 1/3

第 8 題
只有我覺得條件不夠嗎?

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回復 12# thepiano 的帖子

第8題條件其實夠了
因為S1=0 假設其中一個點是 a+bi 則4的點依序為  -a+bi -a-bi a-bi
又S2=1 => 4(a^2-b^2)=1 => a^2-b^2=1/4 另外單位圓上 a^2+b^2=1
所以 a^2=5/8 b^2=3/8
a= 根號10 / 4  b=根號6 / 4 四邊形面積= 4ab = 根號15 / 2

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回復 13# matsunaga2034 的帖子

請問是先當成擺正的矩形,以特例求解嗎?
一般而言,四個點的分佈,感覺沒有那麼完美

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第一題,拉格朗日乘子法
其實就是會解出長軸、短軸
一者為x+y=0,另一者為x-y=0
(可知會是偏掉45度的橢圓)

[ 本帖最後由 呆呆右 於 2021-5-8 22:33 編輯 ]

附件

AAB846C8-CE56-4DBD-9B0C-F7C6E93854A8.jpeg (67 KB)

2021-5-8 22:33

AAB846C8-CE56-4DBD-9B0C-F7C6E93854A8.jpeg

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回復 14# 呆呆右 的帖子

當四複數和為0時可知 (z3+z4)=-(z1+z2),從向量的觀點去看便可知此四邊形一定是斜的或平的矩形,
但平方和為正實數時,那麼此四邊形就只能是平的矩形了.

[ 本帖最後由 laylay 於 2021-5-8 22:52 編輯 ]

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回復 16# laylay 的帖子

知道了,我會試著思考原因的!

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回復 13# matsunaga2034 的帖子

您的假設真漂亮,小弟想不到啊,受教了

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引用:
原帖由 呆呆右 於 2021-5-8 22:23 發表
請問是先當成擺正的矩形,以特例求解嗎?
一般而言,四個點的分佈,感覺沒有那麼完美
如果還是不行,也可以參考這樣的做法
想法跟matsunaga2034老師是類似的

阿對了,圖形隨意畫的,當作示意圖參考就好

[ 本帖最後由 5pn3gp6 於 2021-5-8 22:56 編輯 ]

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2021-5-8 22:55

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回復 13# matsunaga2034 的帖子

填充 8. 條件應該是夠的,但這件事沒有這麼顯然?
(1) 此四邊形為矩形:
把複數 \( x + yi (x,y \in \mathbb R) \) 對應成向量 \( (x,y) \)

則 \( z_1 + z_2 + z_3 + z_4 \) 對應向量加法的圖形是一個邊長為 1 的菱形。

再把向量的起點,移至原點,可得四個向量的終點 (原 \( z_i \) 的位置) 恰為矩形(或正方形)的四個頂點

(2) \( S_2 \) 並非旋轉不變量,因而不能透過旋轉而不失一般性假設矩形的邊形和坐標軸平行。

利用虛部為 \( S_2 \) 的虛部為 0,可論證出正方形或邊長與坐標軸平行的矩形,

前者正方形與 \( S_1 = 0 \) 矛盾,後者與 13# 的假設相同
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