本試題題目經 ptt 的 cslove 網友同意轉錄，特此致謝。

2.n對夫婦一起跳舞，每對夫婦皆不共舞的機率為P(n)
(1)求P(n)
(2)求\( \displaystyle \lim_{n \to \infty}P(n) \)
[提示]
就錯排\( \displaystyle n!(1-\frac{1}{1!}+\frac{1}{2!}-\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}-...+(-1)^n \frac{1}{n!}) \)
再除\( n! \)就是P(n)
(2)
泰勒展開式x=1代入
\( \displaystyle \frac{1}{e^x}=1-x+\frac{x^2}{2!}-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^4}{4!}-... \)


3.\( f(t)=x^2-t \)，t為正數，從\( x=a_1 \)開始，已知\( f(a_1)>0 \)
　過\( (a_1,f(a_1)) \)做切線，交x軸於\( (a_2,0) \)；
再過\( (a_2,f(a_2)) \)做切線，交x軸於\( (a_3,0) \)；
再過\( (a_3,f(a_3)) \)做切線，交x軸於\( (a_4,0) \)；
如此如此，這般這般...
(1)試證：\( \displaystyle a_{n+1}=\frac{1}{2}( a_n+\frac{t}{a_n} ) \)
(2)\( <a_n> \)為一遞減有下界數列，求\( \displaystyle \lim_{n \to \infty}a_n \)
　　(這一題題目好像有瑕玼，應該要加 a_1>0 才行)
(3)試證：\( \displaystyle 0<a_{n+1}-\sqrt{t}<\frac{(a_n^2-t)^2}{8a_n t} \)
[(3)解答]
\( \displaystyle a_{n+1}-\sqrt{t}=\frac{a_n^2+t-2 \sqrt{t}a_n}{2 a_n}=\frac{(a_n-\sqrt{t})^2}{2 a_n}\times \frac{(a_n+\sqrt{t})^2}{(a_n+\sqrt{t})^2} \)
\( \displaystyle =\frac{(a_n^2-t)^2}{2 a_n(a_n+\sqrt{t})^2}<\frac{(a_n^2-t)^2}{2a_n(\sqrt{t}+\sqrt{t})^2}=\frac{(a_n-t)^2}{8a_n t} \)


5.
(1)\( \displaystyle \sum_{k=1}^{n}C_{2k-1}^{2n} \)
(2)\( \displaystyle \sum_{k=1}^{n}(-1)^k C_{2k-1}^{2n} \)
[解答]
(1)\( (1+x)^{2n}=C_0^{2n}\cdot x^0+C_1^{2n}\cdot x^1+C_2^{2n}\cdot x^2+C_3^{2n}\cdot x^3+...+C_{2n}^{2n}\cdot x^{2n} \)
分別用\( x=1 \)，\( x=-1 \)代入得
\( 2^{2n}=C_0^{2n}+C_1^{2n}+C_2^{2n}+C_3^{2n}+...+C_{2n}^{2n} \)
\( 0=C_0^{2n}-C_1^{2n}+C_2^{2n}-C_3^{2n}+...+C_{2n}^{2n} \)
兩式相減除以2可得答案
(2)
用\( x=i \)代入得
\( (1+i)^{2n}=C_0^{2n}\cdot i^0+C_1^{2n}\cdot i^1+C_2^{2n}\cdot i^2+C_3^{2n}\cdot i^3+...+C_{2n}^{2n}\cdot i^{2n} \)
\( \displaystyle (1+i)^{2n}=\Bigg[\ \sqrt{2}\Bigg(\; cos \frac{\pi}{4}+i \cdot sin \frac{\pi}{4} \Bigg)\; \Bigg]\ ^{2n}=2^n \Bigg(\; cos \frac{n \pi}{2}+i \cdot sin \frac{n \pi}{2} \Bigg)\; \)
取虛部
\( \displaystyle 2^n \cdot sin \frac{n \pi}{2}=C_1^{2n}-C_3^{2n}+C_5^{2n}-...+(-1)^n C_{2k-1}^{2n} \)

請問第7題及第4題(2) 如何解 ?

第七題請參考我在ptt數學版提供的解答
第四題ptt有板有解出, 此級數稱為調和級數.

請問各位老師 :
第2題(1) : 我的做法也是直接寫出\(P(1),P(2)\)及\(P(n)\) , 但是此題為10分計算題 (其他計算題才5分) , 請問要如何證明呢?

要詳細說明的話就只能用排容原理來解釋
可以將各項機率用集合方式表達。

另外第一題的第三小題
(3) ω^n = 1 ， ω 為一虛根求 (2-ω)(2-ω^2)(2-ω^3)...(2-ω^(n-1))
這題如果說\(\omega=e^{2\pi i/n}\) 當然可以由根與係數關係容易得到。
但是一旦\(\omega=e^{2k\pi i/n}\)時, 就需要去討論 k 與 n 有沒有互質。
沒有互質的話, 他的根次冪並不會跑完所有1的n次方根. 版友有比較好的
做法嗎? 還是只能分開討論?

引用:

原帖由 blue 於 2010-5-31 08:09 PM 發表
另外第一題的第三小題
(3) ω^n = 1 ， ω 為一虛根求 (2-ω)(2-ω^2)(2-ω^3)...(2-ω^(n-1))
這題如果說\(\omega=e^{2\pi i/n}\) 當然可以由根與係數關係容易得到。
但是一旦\(\omega=e^{2k\pi i/n}\)時, 就需要去討論 k 與 n 有沒有互質。
沒有互質的話, 他的根次冪並不會跑完所有1的n次方根. 版友有比較好的
做法嗎? 還是只能分開討論?

若 \(\omega\) 是 \(x^n-1=0\) 的本原虛根(primitive root)，則

\(\left(x-\omega\right)\left(x-\omega^2\right)\cdots\left(x-\omega^{n-1}\right)=x^{n-1}+x^{n-2}+\cdots+x+1\)

再將 \(x=2\) 帶入即可.





如果不是本原虛根(primitive root, 亦即所有根的生成元)，似乎計算起來就沒那麼方便.

假設n=6,  \(\omega=e^{2\pi i/3}\) 則
$$(2-\omega)(2-\omega^2)\cdots (2-\omega^5)=(2-\omega)^{2}(2-\omega^2)^{2}=(2^{2}+2+1)^{2}=49$$

若取 \(\omega=e^{\pi i/3}\)
則
$$(2-\omega)(2-\omega^2)\cdots(2-\omega^5)=2^{5}+2^{4}+2^{3}+2^{2}+2+1=63$$

這樣變成要討論6的因式問題。 不曉得有沒有一般的formula, 否則可能要用因式來表示了

由 blue 上方回覆這篇，想到如下敘述，

令 \(\displaystyle\omega=\cos\frac{2k\pi}{n}+i\sin\frac{2k\pi}{n}\)，

若 \(\displaystyle\left(k,n\right)=m\)，則

\(\displaystyle\left(x-\omega\right)\left(x-\omega^2\right)\cdots\left(x-\omega^{n-1}\right)\)

\(\displaystyle=\left\{\left(x-\omega\right)\left(x-\omega^2\right)\cdots\left(x-\omega^{\frac{n}{m}-1}\right)\right\}^m\left(x-1\right)^{m-1}\)

\(\displaystyle=\left(1+x+x^2+\cdot+x^{\frac{n}{m}-1}\right)^m\left(x-1\right)^{m-1}.\)

\(\displaystyle=\frac{\left\{\left(x-1\right)\left(1+x+x^2+\cdot+x^{\frac{n}{m}-1}\right)\right\}^m}{x-1}.\)

\(\displaystyle=\frac{\left(x^{\frac{n}{m}}-1\right)^m}{x-1}.\)


以上想法如有疏漏，煩請不吝指教，感激。