請問計算四(2)
看了很久，還是不知道從哪作起

------附上已經解出的四(1)------

計算第 4(2) 題
r = (AC + BC - AB) / 2 = (AE + BH - AB) / 2 = HE / 2 = (r_1 + r_2) / 2

謝謝鋼琴老師，太神了！

整理了填充題解答 供參

想請教一下計算1跟3的做法，謝謝

另外想請問計算2，
若假設x_n+1=b_n+1 / a_n+1
得到x_n+1=2/x_n + x_n/2
後面可以用算幾不等式得極限值是2嗎?

計算2. 算幾不等式只能得到"下界"，極限值還是需要極限的定義或收斂的性質。

計算3. \( 6-2y = \sqrt{(x+y-3)^2+z^2} \ge 0 \) \( \Rightarrow y \le 3 \)
又題意限制在第一卦限之中，故可取 \( P_0(0,0,0), P_n(0,3,0) \)

平面 \( E: y = t  \) 與錐體交於 \( (x-(3-t))^2 + z^2 = (6-2t)^2 \) 且 \( y =t \)
為平面 \( E \) 上的一個圓，其圓心 \( (3-t,t,0) \) 半徑 \( 6-2t \)
其在第一卦限所截圖形如下圖：

mathpro_pic.png (9.81 KB)

2024-6-17 13:26

圖形由一個 三分之一圓和直角三角形(三內角 30°,60°,90°) 組成

故此截面在第一卦限的面積為 \( \frac{1}{3} \pi (6-2t)^2 + \frac{1}{2}(3-t)\cdot \sqrt{3}(3-t) \)

故以切片法表示的黎曼和可為
\( \displaystyle \sum_{k=1}^n \frac{3}{n} \times \left( \frac{1}{3} \pi (6-\frac{6k}{n})^2 + \frac{\sqrt{3}}{2}(3-\frac{3k}{n})^2 \right) \)

所求體積為 \( \displaystyle \int_{0}^3 \left( \frac{1}{3} \pi (6-2y)^2 + \frac{\sqrt{3}}{2}(3-y)^2 \right)dy = 12\pi + \frac{9}{2} \sqrt{3} \)
(有點醜，不知道有沒有計算錯誤)

[ 本帖最後由 tsusy 於 2024-6-18 08:38 編輯 ]

非常感謝寸絲老師的回覆。我需要花點時間研究一下計算3。
請問計算第2題，我還是需要求出b_n / a_n的一般項才可以求得極限值嗎?!還是有其他的方式可以求呢?

計算第 2 題：

令 \(\displaystyle c_n = \frac{b_n}{a_n}\)，則

\(\displaystyle c_{n+1}=\frac{b_{n+1}}{a_{n+1}}=\frac{4a_n^2+b_n^2}{2a_n b_n}=\frac{c_n}{2}+\frac{2}{c_n}\)

且 \(\displaystyle c_1 = \frac{b_1}{a_1}=\frac{3}{7}>0\)，

對任意正整數 \(n\)，恆有 \(c_n>0\) 且 \(\displaystyle c_{n+1} = \frac{c_n}{2}+\frac{2}{c_n}\geq 2\sqrt{\frac{c_n}{2}\cdot\frac{2}{c_n}}=2\) 。

對任意大於 \(2\) 的正整數 \(n\) ，恆有 \(\displaystyle c_{n+1} - c_{n} = \left(\frac{c_n}{2}+\frac{2}{c_n}\right)-c_n = \frac{2^2 - c_n^2}{2 c_n}\leq 0\)，即 \(c_{n+1}\leq c_n\)。

因為 \(\left \langle c_2, c_3, c_4, c_5 , \cdots\right\rangle\) 是遞減且有下界的數列，可得 \(\left \langle c_n\right\rangle\) 數列收斂，即  \(\displaystyle \left \langle \frac{b_n}{a_n}\right\rangle\) 數列收斂。

因為非負數列  \(\left \langle c_n\right\rangle\) 收斂，可令 \(\displaystyle x=\lim_{n\to\infty} c_n\geq 0 \)，則

\(\displaystyle \lim_{n\to\infty} c_{n+1} = \lim_{n\to\infty}\left(\frac{c_n}{2}+\frac{2}{c_n}\right) = \frac{\displaystyle \lim_{n\to\infty} c_n}{2}+\frac{2}{\displaystyle  \lim_{n\to\infty} c_n}\)

\(\displaystyle\Rightarrow   x = \frac{x}{2}+\frac{2}{x}\Rightarrow x=\pm 2\)（負不合）。

故 \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} c_n=2\)，即 \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{b_n}{a_n}=2\) 。

原來後面是要這樣證的，非常謝謝瑋岳老師回覆。

計算 1.
不失一般性假設 \( f(x)=a(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma) \)，其中 \( a\neq0, \alpha,\beta,\gamma\in\mathbb{C} \)

因此 \( f(g(x))=0\Leftrightarrow(g(x)-\alpha)(g(x)-\beta)(g(x)-\gamma)=0 \)

歸謬地假設 1,2,3,5,6,7,9,10,11 均為 \( f(g(x))=0 \) 之解。

注意到 \( f(g(x)) \) 為 9 次多項式，故 \( f(g(x))=0 \) 之解為此 9 相異實根。

因此 \( \alpha,\beta,\gamma \) 均為實數、兩兩相異且 \( g(x)-\alpha=0, g(x)-\beta=0, g(x)-\gamma=0 \) 均有三相異實根

(若相同，則 \( f(g(x))=0 \) 必有重根，若 \( \alpha \) 為虛數，則 \( g(x)-\alpha=0 \) 無實根。)

不失一般性假設 \( \alpha<\beta<\gamma \)。

(1) 若 \( g(x) \) 的領導係數為正，\( y=g(x), y=\alpha, y=\beta, y=\gamma \) 在坐標平面上的圖形如下圖所示：

mathpropic.png (17.93 KB)

2024-6-17 19:56

因此 \( g(x)-\alpha=0 \) 的三根為 1,7,9、 \( g(x)-\beta=0 \) 的三根為 2,6,10、 \( g(x)-\gamma=0 \) 的三根為 3,5,11

而由根與係數關係可得 \( 1+7+9=2+6+10=3+5+11 \)，但此三式並不相等，而得矛盾。

(2) 當 \( g(x) \) 的領導係數為負時，同理可得矛盾。

故假設錯誤，即原命題得證。