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標題: 99新竹高中(部分題目) [打印本頁]

作者: bugmens 時間: 2010-5-29 14:16 標題: 99新竹高中(部分題目)

本試題題目經 ptt 的 cslove 網友同意轉錄，特此致謝。

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作者: bugmens 時間: 2010-5-29 14:16

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} $

作者: mandy 時間: 2010-5-29 18:14 標題: 請問

請問第7題及第4題(2) 如何解 ?

作者: blue 時間: 2010-5-29 18:31

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.

作者: mandy 時間: 2010-5-29 19:23 標題: 請問

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?

作者: blue 時間: 2010-5-30 23:41

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。

作者: blue 時間: 2010-5-31 20:09

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?

作者: weiye 時間: 2010-5-31 22:25

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.

作者: blue 時間: 2010-6-1 00:03

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

作者: weiye 時間: 2010-6-1 10:46

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。

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