想問一下填充4  計算第二大題2和 3

填充4
連續投擲一個均勻骰子二次，第一次出現\(x\)點，第二次出現\(y\)點，求\( \displaystyle \frac{x+y-|\; x-y |\;}{2} \)的期望值=　　　。

計算2
求滿足\( C_r^n:C_{r+1}^n:C_{r+2}^n=1:m:2m \)的整數解組\( (m,n,r) \)，其中\( n \ge r+2 \)，\( r \ge 0 \)，\( m>0 \)。

計算3
設球面\( S_1 \)：\( x^2+y^2+z^2=1 \)與球面\( S_2 \)：\( (x-2)^2+(y-2)^2+(z-2)^2=9 \)交於一圓\( C \)，若球面\(S\)包含圓\(C\)且被\(x\)軸所截線段長為4，求球面\(S\)的方程式。

111.7.12補充
設\(E_1\)：\(a_1x+b_1y+c_1z=d_1\)、\(E_2\)：\(a_2x+b_2y+c_2z=d_2\)、\(E_3\)：\(a_3x+b_3y+c_3z=d_3\)為空間中三平面，令
\(\Delta=\left| \matrix{a_1&b_1&c_1\cr a_2&b_2&c_2\cr a_3&b_3&c_3}\right|=0\)，\(\Delta_x=\left| \matrix{d_1&b_1&c_1\cr d_2&b_2&c_2\cr d_3&b_3&c_3}\right|\)、\(\Delta_y=\left| \matrix{a_1&d_1&c_1\cr a_2&d_2&c_2\cr a_3&d_3&c_3}\right|\)、\(\Delta_z=\left| \matrix{a_1&b_1&d_1\cr a_2&b_2&d_2\cr a_3&b_3&d_3}\right|\)，
試證：若此三平面相異且相交於一直線，則\(\Delta=\Delta_x=\Delta_y=\Delta_z=0\)
北一女蘇俊鴻老師的《用向量來看平面族定理》，https://math.pro/db/viewthread.php?tid=1116&page=3#pid4748

填充題，第四題：

我的做法：

令 f（x,y）＝ （x＋y － |x－y|）／2 ，

依照定義

　　若 x≧ y 則 f（x,y）＝y

　　若 x＜y 則 f（x,y）＝x

　　亦即，f（x,y） 就是求 x,y 兩數中的最小值

當數對 （x,y） 的最小值是 k 時，情形有 （k, k）, （k,k＋1）, ... （k,6） 及 （k＋1,k）, ..., （6,k）

共 2×（7－k）－1 種

所以期望值＝ 1×（2×6－1）／36 ＋ 2×（2×5－1）／36 ＋ ... ＋ 2×（2×1－1）／36 ＝ 中間過程用 Σ 算一下 ＝ 91／36.









計算題，第二題：

我的做法：
Ｃ（n,r）：Ｃ（n,r＋1）：Ｃ（n,r＋2） ＝ 1：m：2m

把前兩個與後兩個比例分開來寫，可得

mＣ（n,r） ＝ Ｃ（n, r＋1） 且 2Ｃ（n, r＋1） ＝ Ｃ（n, r＋2）

⇒　m×n！／（r！（n－r）！） ＝ n！／（（r＋1）！（n－r－1）！）

　　且 2×n！／（（r＋1）！（n－r－1）！） ＝ n！／（（r＋2）！（n－r－2）！）

把可以約分的約掉，並且同乘兩邊的分母，可得

⇒ 　m（r＋1）＝（n－r） .....（＊）　且 2（r＋2） ＝ （n－r－1）......（＊＊）

將（＊）中的 n－r 帶入 （＊＊）中，可得

　　2（r＋2） ＝ m（r＋1）－1.....（＊＊＊）

⇒ 　2r＋5 ＝ m（r＋1）

⇒ 　r＋1 ｜ 2r＋5

且因為 r＋1 ｜ r＋1

所以　r＋1 ｜ （2r＋5）－2（r＋1）

⇒ 　r＋1 ｜ 3

⇒ 　r＋1 ＝ 1 or 3

⇒ 　r＝0 or 2

帶回 （＊＊）可得 n 值 ，帶回 （＊＊＊） 可得 m 值，

故，有序數組 （m,n,r） ＝ （5,5,0） 或 （3,11,2）.










計算題，第三題：

我的做法：

設通過 S1 與 S2 交圓的所求球面方程式為

　　（x－2）^2 ＋ （y－2）^2 ＋ （z－2）^2 －9 ＋ k{ x^2 ＋ y^2 ＋ z^2 － 1} ＝ 0 ..... （＊）

將 y＝0, z＝0 帶入（＊），找出所求球面與 x 軸的交點坐標的 x 坐標為兩根的方程式，

　　（1＋k）x^2 － 4x ＋ （3－k） ＝0

利用根與係數關係式，可得  兩根之和＝ 4／（1＋k），兩根之積＝（3－k）／（1＋k）

依題意，可知兩根之差的絕對值＝4，

利用　（α－β）^2 ＝ （α＋β）^2 － 4αβ

可得　4^2 ＝ （4／（1＋k））^2 － 4（（3－k）／（1＋k））

解 k 的一元二次方程式，得 k ＝ －3 或 －1／3，

帶回 （＊） ，即可得答案.

三題都懂了!!
感謝!!!!!

計算證明4
\( \Delta ABC \)中，設\( a,b,c \)分別為其三內角\( ∠A,∠B,∠C \)的對邊，\( \Delta \)為其面積，而\(R\)為其外接圓半徑
(1)試證：\( \displaystyle cot A=\frac{b^2+c^2-a^2}{4 \Delta} \)
(2)利用(1)證明：若\( cot A,cot B,cot C \)成等差數列，則\( a^2,b^2,c^2 \)亦成等差數列
(3)如圖：設\( \Delta ABC \)內部一點\(P\)，使得\( ∠PAB=∠PBC=∠PCA=\alpha \)，利用(1)證明：\( cot \alpha=cot A+cot B+cot C \)
(4)試證：\(a^2+b^2+c^2 \ge 4 \sqrt{3} \cdot \Delta\)


借標題向諸位請教，計算證明 4.(4) 怎麼用前面小題的結論會比較方便

在 4(3) 中，有先得到 \( a^2 + b^2 + c^2 = 4 \triangle \cot \alpha \)

如果可以證出 \( \alpha \leq 30^\circ \) 加上布洛卡兒點的存在性? 即可得證 (4)

先給個無關題組的另證1：

由算幾不等式可得 \( \frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}}{3}\geq\sqrt[3]{a^{2}b^{2}c^{2}} \Rightarrow\left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{3}\geq27a^{2}b^{2}c^{2} \)

\( \frac{a}{2}=\frac{s-b+s-c}{2} \Rightarrow\frac{a}{2}\geq\sqrt{(s-b)(s-c)} \Rightarrow a^{2}\geq4(s-b)(s-c) \) (a,b,c 可互換)

結合上兩行得 \( \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{3}\geq3^{3}a^{2}b^{2}c^{2}\geq12^{3}(s-a)^{2}(s-b)^{2}(s-c)^{2} \)。

由柯西不等式有 \( (a^{2}+b^{2}+c^{2})\cdot(1+1+1)\geq(a+b+c)^{2} \Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq\frac{4}{3}s^{2} \)。

結合上兩行得 \( \left(a^{2}+b^{2}+c^{2}\right)^{4}\geq\frac{12^{4}}{9}\triangle^{4} \Rightarrow a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq4\sqrt{3}\triangle \)。

另證2：

\( a^{2}+b^{2}+c^{2}=\frac{a^{2}+b^{2}+c^{2}+a^{2}+b^{2}+c^{2}}{2}\geq ab+bc+ca=2\triangle(\csc A+\csc B+\csc C) \)

而 \( (\csc\theta)''=\frac{2\cos^{2}\theta}{\sin^{3}\theta}+\frac{1}{\sin\theta} \)，故 \( \csc\theta \) 在 \( (0,\pi) \) 上為凸函數 (凹向上)，因此 \( \frac{\csc A+\csc B+\csc C}{3}\geq\csc60^{\circ}=\frac{2}{\sqrt{3}} \)，

所以 \( a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq=2\triangle(\csc A+\csc B+\csc C)\geq4\sqrt{3}\triangle \)。

引用:

原帖由 tsusy 於 2014-8-24 04:13 PM 發表
借標題向諸位請教，計算證明 4.(4) 怎麼用前面小題的結論會比較方便

在 4(3) 中，有先得到 \( a^2 + b^2 + c^2 = 4 \triangle \cot \alpha \)

如果可以證出 \( \alpha \leq 30^\circ \) 加上布洛卡兒點的存在性? 即可 ...

就是證以下這題
P 在 △ABC 內部，證明 ∠PAB、∠PBC、∠PCA 三者中至少有一個 ≦ 30∘

可利用 Erdos-Mordell 不等式

謝謝~不過這個不等式可能明天就忘了

暴力另證3. 由 (1) 可得 \( a^2 + b^2 + c^2 = 4 \triangle (\cot A + \cot B + \cot C) \)

不失一般性假設 \( \angle A, \angle B \) 為銳角，令 \( x = \frac{A+B}{2} \)

則 \( \cot A + \cot B + \cot C \geq 2 \cot x - \cot 2x \) ( cot 函數在 \( (0,\frac{\pi}{2}) \) 上凹口向上)

而 \( \cot 2x = \frac{\cot^2 x - 1}{2\cot x} \)，故得 \( \cot A + \cot B + \cot C \geq \frac{3\cot^{2}x+1}{2\cot x} \geq \sqrt{3} \)
第二個 \( \geq \) 為算幾不等式 \( \frac{3\cot^{2}x+1}{2}\geq\sqrt{3}\cot x \)

因此 \( a^2 + b^2 + c^2 = 4\triangle (\cot A + \cot B + \cot C) \geq 4\sqrt{3} \triangle \)

計算4-(4)
這個不等式就是:魏琴伯克不等式
這小題好像也沒說一定要用前面的公式來做
如用其他做法是:
a²+b²+c²-4√3*△
=(b²+c²-2bc*cosA)+b²+c²-4√3*(1/2)bc*sinA  (餘弦定理+面積公式)
=2{ b²+c²-2bc[cosA*(1/2) +sinA*(√3/2)] }
=2[ b²+c² -2bc*sin(A+30度) ]
>=2 (b²+c² -2bc)
=2(b-c)²
>=0

註:另外還可以出下面的證明
a²+b²+c²>=4√3*△+(a-b)²+(b-c)²+(c-a)²   (提升下界)
不過這個證明就比較麻煩~
所以教甄很少考(不代表以後不會考)

[ 本帖最後由 Ellipse 於 2014-8-24 10:25 PM 編輯 ]

想請教填充第二題，感謝

已知方程式\( x^5-32=0 \)的四個相異虛根為\( \alpha,\beta,\gamma,\delta \)，設\( f(x)=x^3+x^2+1 \)，則\( f(\alpha)+f(\beta)+f(\gamma)+f(\delta)= \)　　　。

填充第2題
\(\begin{align}
  & \alpha =2\omega ,\beta =2{{\omega }^{2}},\gamma =2{{\omega }^{3}},\delta =2{{\omega }^{4}},\omega =\cos \frac{2\pi }{5}+i\sin \frac{2\pi }{5} \\
& {{\omega }^{5}}=1 \\
& {{\omega }^{4}}+{{\omega }^{3}}+{{\omega }^{2}}+\omega =-1 \\
& f\left( \alpha  \right)+f\left( \beta  \right)+f\left( \gamma  \right)+f\left( \delta  \right)={{2}^{3}}\left( {{\omega }^{3}}+\omega +{{\omega }^{4}}+{{\omega }^{2}} \right)+{{2}^{2}}\left( {{\omega }^{2}}+{{\omega }^{4}}+\omega +{{\omega }^{3}} \right)+4=-8 \\
\end{align}\)

[ 本帖最後由 thepiano 於 2015-8-23 12:11 PM 編輯 ]

謝謝老師