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標題: 97松山家商 [打印本頁]

作者: vln0106    時間: 2008-12-2 21:21     標題: 97松山家商

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。

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https://math.pro/db/attachment.php?aid=869&k=74bfda64941862804a0415862ae2a202&t=1594906573

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https://math.pro/db/attachment.php?aid=870&k=d23d7fdf5f6718854f21e6ce0c60ed3a&t=1594906573
作者: weiye    時間: 2008-12-3 18:28

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.
作者: vln0106    時間: 2008-12-3 22:00     標題: 回復 2# weiye 的帖子

三題都懂了!!
感謝!!!!!
作者: tsusy    時間: 2014-8-24 16:13

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 \( a^{2}+b^{2}+c^{2}\geq=2\triangle(\csc A+\csc B+\csc C)\geq4\sqrt{3}\triangle \)。
作者: thepiano    時間: 2014-8-24 17:35

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
作者: tsusy    時間: 2014-8-24 18:22     標題: 回復 5# thepiano 的帖子

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 \( a^2 + b^2 + c^2 = 4\triangle (\cot A + \cot B + \cot C) \geq 4\sqrt{3} \triangle \)
作者: Ellipse    時間: 2014-8-24 21:55     標題: 回復 6# tsusy 的帖子

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 ]
作者: deca0206    時間: 2015-8-23 11:02

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\( f(\alpha)+f(\beta)+f(\gamma)+f(\delta)= \)   
作者: thepiano    時間: 2015-8-23 12:00     標題: 回復 8# deca0206 的帖子

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 ]
作者: deca0206    時間: 2015-8-23 12:32

謝謝老師
作者: cefepime    時間: 2015-8-23 20:17

填充題2. 已知方程式 x- 32 = 0 的四個相異虛根為 α, β, γ, δ,設 f(x) = x³ + x² + 1,則 f(α) + f(β) + f(γ) + f(δ) = ?

解:

本題除了可以單獨考慮四個相異虛根,亦可綜合考慮所有的 n 次方根。

由極坐標配合同餘觀念,易知 f(2) + f(α) + f(β) + f(γ) + f(δ) = 1+1+1+1+1 = 5

因此,f(α) + f(β) + f(γ) + f(δ) = 5 - f(2) = 5 - 13 = - 8


作者: deca0206    時間: 2015-8-23 22:53

引用:
原帖由 cefepime 於 2015-8-23 08:17 PM 發表
填充題2. 已知方程式 x⁵ - 32 = 0 的四個相異虛根為 α, β, γ, δ,設 f(x) = x³ + x² + 1,則 f(α) + f(β) + f(γ) + f(δ) = ?

解:

本題除了可以單獨考慮四個相異虛根,亦可綜合考慮所有的 n 次方根。

由極 ...
抱歉,同餘的部份可以稍微解釋怎麼使用在這裡的嗎?感謝
作者: cefepime    時間: 2015-8-24 13:38

回復 12# deca0206 的帖子

事實上,若非 0 複數 Z 的 k 個相異 k 次方根 ( k > 1,k∈N) 為 Z1, Z2, ..., Zk,則對於非 k 倍數的整數 n,有 Z1ⁿ + Z2ⁿ + ... + Zkⁿ = 0。

本題可直接利用此性質,得 f(2) + f(α) + f(β) + f(γ) + f(δ) = 0+0+1+1+1+1+1 = 5

如果忘了上述性質,亦可利用極坐標體會之:



x- 32 = 0 的五個相異五次方根為 2, α, β, γ, δ,其在極坐標的位置如上圖左,為正五邊形的五個頂點,其主幅角分別為 0, θ, 2θ, 3θ, 4θ (θ = 2π/5)。

現以各根之三次方為例,除了絕對值三次方外,其幅角分別成為 3mθ, m = 0,1,2,3,4。

由於 m 取不同值時,各 3m 對於 5 之餘數皆不同 (也因此主幅角各異),所以上述五個根三次方後 (2³, α³, β³, γ³, δ³),其在極坐標的位置如上圖右,為正五邊形的五個頂點,故可知 2³ + α³ + β³ + γ³ + δ³ = 0。二次方的情形亦然。

由此亦可知 f(2) + f(α) + f(β) + f(γ) + f(δ) = 0+0+1+1+1+1+1 = 5。

----------------------------------

以上內容若有誤,敬請不吝指正。

圖片附件: 97松山家商第2題.png (2015-8-26 18:32, 5.73 KB) / 該附件被下載次數 1568
https://math.pro/db/attachment.php?aid=3061&k=91736ba7294d447f6761eda23142405a&t=1594906573


作者: mathca    時間: 2015-12-27 13:26     標題: 回復 1# vln0106 的帖子

請教證明第1題,感謝。
作者: tsusy    時間: 2015-12-27 14:00     標題: 回復 14# mathca 的帖子

證明 1. 將垂心記作 H

HDBF 四點共圓 (有兩對角為直角) => ∠HFD = ∠HBD

同理 HEAF 四點共圓 => ∠HFE = ∠HAE

由 CAD、CBE 兩直角三角形有 ∠HBD = 90° - ∠ACB = = ∠HAE

故 ∠HFD = ∠HBD = ∠HAE = ∠HFE,因此 FH 平分 ∠ DFE

同理可得 HD, HE 亦為角平分線,故 H 為三角形 DEF 之內心
作者: mathca    時間: 2015-12-27 18:28     標題: 回復 15# tsusy 的帖子

感謝。B共圓+A共圓+C角度。相當清楚。




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