第 5 題，
設 \(u,v\) 均為實數，則 \( \left(\sqrt{5}\cos u+2v-5\right)^2+\left(\sqrt{11}\sin u -5v-2\right)^2 \) 之最小值為何？
解答：
令 \(P\left(\sqrt{5}\cos u, \sqrt{11}\sin u\right),\; Q\left( 5-2v,5v+2\right)\)，則
\(P\) 在橢圓 \(\displaystyle \Gamma: \frac{x^2}{5}+\frac{y^2}{11}=0\) 上， \(Q\) 在直線 \(L: 5x+2y-29=0\) 上，
題目要求 \(\overline{PQ}^2\) 的最小值，
先求出平行 \(L\) 且與 \(\Gamma\) 相切的兩直線 \(\displaystyle y=-\frac{5}{2}x\pm\sqrt{5\times \left(-\frac{5}{2}\right)^2+11}\Rightarrow 5x+2y\pm 13=0\)
可得 \(\overline{PQ}\) 的最大值 \(\displaystyle \frac{\left|-29-13\right|}{\sqrt{5^2+2^2}}=\frac{42}{\sqrt{29}}\) 與最小值 \(\displaystyle \frac{\left|-29+13\right|}{\sqrt{5^2+2^2}}=\frac{16}{\sqrt{29}}\)，
故，\(\overline{PQ}^2\) 的最大值為\(\displaystyle \frac{1764}{29}\) ，最小值為 \(\displaystyle \frac{256}{29}.\)
解完才發現，原來以前有解過了。 ＝＝
請見：
https://math.pro/db/thread-59-1-1.html
第 7 題，
設 \(x,y\) 為整數，\(x\geq y\) 且滿足方程式 \(\displaystyle \frac{x+y}{x^2-xy+y^2}=\frac{3}{7}\)，求數對 \(\left(x,y\right)\)。
解答：
\(\displaystyle \frac{x+y}{x^2-xy+y^2}=\frac{3}{7}\Rightarrow 3x^2-3xy+3y^2-7x-7y=0\Rightarrow 3x^2-(3y+7)x+(3y^2-7y)=0\)
因為 \(x\) 的一元二次方程式有實數解，
所以判別式 \(\displaystyle \left(3y+7\right)^2-4\times 3\left(3y^2-7y\right)>0\Rightarrow \frac{21-14\sqrt{3}}{9}<y<\frac{21+14\sqrt{3}}{9}\)
\(-0.36...<y<5.02...\Rightarrow y=0,1,2,3,4,\mbox{ 或 } 5\)，帶入題目所給之方程式，解 \(x\)，若解出來的 \(x\) 為整數且滿足 \(x\geq y\) 的就是答案。
第 4 題，
設 \(a,b,c\) 為任意三正數，令 \(\displaystyle a_1=\frac{a+b+c}{3},\, b_1=\sqrt[3]{abc},\, c_1=\frac{3}{\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}}\)，
對所有自然數 \(i\) 滿足 \(\displaystyle a_{i+1}=\frac{a_i+b_i+c_i}{3},\, b_{i+1}=\sqrt[3]{a_i b_i c_i},\, c_{i+1}=\frac{3}{\frac{1}{a_i}+\frac{1}{b_i}+\frac{1}{c_i}}.\)
試証：
(1) \(a_n\geq b_n\geq c_n.\)
(2) \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n=\lim_{n\to\infty}c_n.\)
此題跟
https://math.pro/db/thread-420-1-1.html 這題還蠻像的。
證明：
(1) 因為 \(a,b,c\) 皆為正數，由定義可知對意自然數 \(n\)，\(a_n, b_n, c_n\) 皆為正數。
由算幾不等式，可得 \(\displaystyle a_{n+1}=\frac{a_n+b_n+c_n}{3}\geq\sqrt[3]{a_n b_n c_n}=b_{n+1}\)，
且 \(\displaystyle c_{n+1}=\frac{3}{\frac{1}{a_n}+\frac{1}{b_n}+\frac{1}{c_n}}\leq\frac{3}{3\sqrt[3]{ \frac{1}{a_n}\frac{1}{b_n}\frac{1}{c_n} }}=\sqrt[3]{a_nb_nc_n}=b_{n+1}\)，
故，\(a_{n+1}\geq b_{n+1}\geq c_{n+1}.\)
(2) 由 (1)，可得 \(\displaystyle a_{n+1}=\frac{a_n+b_n+c_n}{3}\leq\frac{a_n+a_n+a_n}{3}=a_n\)
且 \(\displaystyle c_{n+1}=\frac{3}{\frac{1}{a_n}+\frac{1}{b_n}+\frac{1}{c_n}}\geq\frac{3}{\frac{1}{c_n}+\frac{1}{c_n}+\frac{1}{c_n}}=c_n\)，
亦即 \(<a_n>\) 為遞減數列，\(<c_n>\) 為遞增數列。
對任意自然數 \(n\)，可得 \(a_1\geq a_n\geq c_n\geq c_1\)，
因此，\(<a_n>\) 為遞減數列且有下界，\(<c_n>\) 為遞增數列且有上界，
故，\(\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n,\,\lim_{n\to\infty}c_n\) 皆存在。
由 \(\displaystyle a_{n+1}=\frac{a_n+b_n+c_n}{3}\Rightarrow b_n=3a_{n+1}-a_n-c_n\)，
因為 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n,\,\lim_{n\to\infty}c_n\) 皆存在，所以 \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}b_n\) 亦存在.
令 \(\displaystyle \alpha=\lim_{n\to\infty} a_n, \beta=\lim_{n\to\infty} b_n, \gamma=\lim_{n\to\infty} c_n\)，則
\(\displaystyle \alpha=\frac{\alpha+\beta+\gamma}{3},\, \beta=\sqrt[3]{\alpha\beta\gamma},\, \gamma=\frac{3}{\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}+\frac{1}{\gamma}}\)
\(\displaystyle \Rightarrow 2\alpha=\beta+\gamma,\,\beta^2=\alpha\gamma,\,\frac{2}{\gamma}=\frac{1}{\alpha}+\frac{1}{\beta}\)
由前兩式 \(\displaystyle 2\alpha=\beta+\gamma,\,\beta^2=\alpha\gamma\)，消去 \(\gamma\)，
可得 \(2\alpha^2-\alpha\beta+\beta^2=0 \Rightarrow \left(2\alpha+\beta\right)\left(\alpha-\beta\right)=0\)
\(\displaystyle \alpha=-\frac{\beta}{2}\) （不合，因為 \(\alpha, \beta\) 皆非負） 或 \(\alpha=\beta\)，
\(\alpha=\beta\) 帶回 \(2\alpha=\beta+\gamma\)，可得 \(\alpha=\beta=\gamma\)，
亦即，\(\displaystyle\lim_{n\to\infty}a_n=\lim_{n\to\infty}b_n=\lim_{n\to\infty}c_n.\)
