計算4.
設AB為半圓O的直徑，C為半圓O上一點，CD垂直AB於D點，且知圓P分別與DB弧BCCD相切於EFG三點(如下圖)及圓Q分別與AD弧ACCD相切於HIJ。
(1)試證AC=AE。
(2)設ABC的內切圓半徑為r，圓P、圓Q的半徑分別為r1r2，證明：r=2r1+r2。

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.
設數列an和bn滿足an+1=2anbn，bn+1=4a2n+b2n，且a1=7，b1=3。試證：數列anbn是收斂數列，並求其極限值。

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.
在坐標空間中，O為原點，已知曲面(x+y−3)2+z2=6−2y 的圖形為一錐體的表面，且此錐體與xy平面、yz平面、xz平面在第一卦限所圍成的封閉立體圖形(含表面)為。試以下列步驟求出的體積：
(1)先在內找出一線段並分割成n等分，設分點依序為P0P1Pn−1Pn，考慮以通過點Pk且垂直P0Pn的平面Ek，以平面Ek與所截的區域為底面，PkPk+1為高所形成的立體圖形為的一個切片。請利用此切片方法寫下估計體積的黎曼和(不需化簡)。
(2)承(1)，以定積分形式表示的體積並求其值。
[解答]
6−2y=(x+y−3)2+z20  y3
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)

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：
設數列\langle\;a_n \rangle\;和\langle\;b_n \rangle\;滿足a_{n+1}=2a_n\times b_n，b_{n+1}=4a_n^2+b_n^2，且a_1=7，b_1=3。試證：數列\displaystyle \langle\;\frac{b_n}{a_n} \rangle\;是收斂數列，並求其極限值。
[解答]
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.
f(x),g(x)為三次實係數多項式，證明：1,2,3,5,6,7,9,10,11不可能均為方程式f(g(x))=0的解。
[解答]
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。