你的方法沒有錯，只是計算上的錯誤而已。^__^


第 4 題：籃中有大小相同的紅、黃、白球若干個，欲從中拿出 8 個球排成一列且此列中紅球不能相鄰，則有_____種不同的排法。

解答：

若紅球有 0 個，則黃、白色球共有 8 個，排成一直線有 28 種。

若紅球有 1 個，則黃、白色球共有 7 個，排成一直線有 27 種，

　　　　　　　　　　 再將紅球插空隙，共有 27C18 種。

若紅球有 2 個，則黃、白色球共有 6 個，排成一直線有 26 種，

　　　　　　　　　　 再將紅球插空隙，共有 26C27 種。

若紅球有 3 個，則黃、白色球共有 5 個，排成一直線有 25 種，

　　　　　　　　　　 再將紅球插空隙，共有 25C36 種。

若紅球有 4 個，則黃、白色球共有 4 個，排成一直線有 24 種，

　　　　　　　　　　 再將紅球插空隙，共有 24C45 種。

（如果紅球有五顆以上～則黃白球的空隙就會不夠多了～）

所以，所求共有 28+27C18+26C27+25C36+24C45=3344 。

第 8 題～小弟目前想到的是比較暴力的作法～


第 8 題：求級數 n=02n(−1)n(n2−n+1)  的和為__________。

解答：

當 x1 時，

　11−x=1+x+x2+x3+ ‧‧‧‧‧‧（第一式）

將上式對 x 微分，可得

　1(1−x)2=1+2x+3x2+4x3+

將上式左右同乘上 x ，可得

　x(1−x)2=x+2x2+3x3+‧‧‧‧‧‧（第二式）

將上式對 x 微分，可得

　1+x(1−x)3=1+22x+32x2+42x3+

將上式左右同乘上 x ，可得

　(1−x)3x(1+x)=x+22x2+32x3+42x4+‧‧‧‧‧‧（第三式）

由「（第三式）－（第二式）＋（第一式）」，再將 \displaystyle x=-\frac{1}{2} 帶入，可得

所求＝ \displaystyle \frac{22}{27}。


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

再補一個另解，原理是把 (n^2-n+1) 利用多項式的階差~~~ 二次式階差會降成一次式，一次式再用一次階差會降成常數。

IMG_20170613_174908.jpg (619.61 KB)

2017-6-13 17:54

以下解法其實跟 superlori 的解法原理一樣。^__^


第 3 題：設 \triangle ABC 為等邊三角形， D 為 \triangle ABC 內的點。已知 \overline{DA}=13，\overline{DB}=12，\overline{DC}=5，求 \triangle ABC的邊長為_________。


解答：

設正三角形 \triangle ABC 的邊長為 a，

將 \triangle DAB、\triangle DBC、\triangle DCA 分別以 A、B、C 為中心，

逆時針旋轉 60^\circ，可得如下圖，



此六邊形面積為原來正三角形面積的兩倍，

而且也是由六個小三角形所構成，

這六個小三角形分別是〝邊長為 5 的正三角形〞
　　　　　　　　　　〝邊長為 12 的正三角形〞
　　　　　　　　　　〝邊長為 13 的正三角形〞
　　　　　　　　　　　以及三個〝邊長為 5,12,13 的直角三角形〞
因此，

\displaystyle 2\cdot \left( \frac{\sqrt{3}}{4}{a^2} \right)=\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot {5^2}+\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot {12^2}+\frac{\sqrt{3}}{4}\cdot {13^2}+3\cdot \left( \frac{5\times 12}{2} \right)\Rightarrow a=\sqrt{169+60\sqrt{3}}

觀察 \displaystyle\sum\limits_{n=0}^\infty \frac{(-1)^n(n^2-n+1)}{2^n}=\sum\limits_{n=0}^\infty \left(n^2\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)^n-n\cdot\left(-\frac{1}{2}\right)^n+\left(-\frac{1}{2}\right)^n\right)

然後聯想到幾何級數（等比級數） \displaystyle \sum\limits_{n=0}^\infty \left(-\frac{1}{2}\right)^n=\frac{\mbox{首項}}{1-\mbox{公比}}=\frac{1}{1-\left(-\frac{1}{2}\right)}

再想到 \displaystyle \sum\limits_{n=0}^\infty x^n=\frac{1}{1-x} （其中當 |x|<1 時，級數會收歛）

然後開始想～要如何拼出 \displaystyle \sum\limits_{n=0}^\infty n\cdot x^n 與 \displaystyle \sum\limits_{n=0}^\infty n^2\cdot x^n，

因為聯想到 https://math.pro/db/thread-62-1-4.html 這個例子中的另解的情況～^__^

所以想到用「先微分，再乘 x 」的方法～ ^__^



註：剛剛發現～～ thepiano 老師寫的 http://www.shiner.idv.tw/teachers/viewtopic.php?f=53&t=2484 來自 PTT 網友 a016258 的解法也很棒！！

計算證明題第 4 題是數論會學到的 Wilson 定理～ ^_____^

敘述與證明詳見：1. http://en.wikipedia.org/wiki/Wilson%27s_theorem
　　　　　　　 或 2. http://primes.utm.edu/notes/proofs/Wilsons.html
　　　　　　　或 3. http://math.ntnu.edu.tw/~li/ent-html/node18.html

寫成 (A - B) C (A - B)= I 會比較好，

因為矩陣乘法沒有交換律～

然後 C = (A - B)^{-1}  I  (A - B)^{-1} = \left[(A - B)^{-1}\right]^2





註：這裡 也有 thepiano 老師的寫法，兩位老師都一樣讚，感謝提供這麼棒的解法。^__^

計算第 1 題（暴力解ＸＤ）



所求 \displaystyle=\left(\cos\frac{2\pi}{19}+\cos\frac{4\pi}{19}+\cos\frac{6\pi}{19}+\cos\frac{8\pi}{19}\right)-\left(\cos\frac{\pi}{19}+\cos\frac{3\pi}{19}+\cos\frac{5\pi}{19}+\cos\frac{7\pi}{19}+\cos\frac{9\pi}{19}\right)


\displaystyle = \frac{1}{2\sin\frac{\pi}{19}}\Bigg[\left(2\cos\frac{2\pi}{19}\sin\frac{\pi}{19}+2\cos\frac{4\pi}{19}\sin\frac{\pi}{19}+2\cos\frac{6\pi}{19}\sin\frac{\pi}{19}+2\cos\frac{8\pi}{19}\sin\frac{\pi}{19}\right)

　　　　　　　\displaystyle-\left(2\cos\frac{\pi}{19}\sin\frac{\pi}{19}+2\cos\frac{3\pi}{19}\sin\frac{\pi}{19}+2\cos\frac{5\pi}{19}\sin\frac{\pi}{19}+2\cos\frac{7\pi}{19}\sin\frac{\pi}{19}+2\cos\frac{9\pi}{19}\sin\frac{\pi}{19}\right)\Bigg]


（再用積化和差）


\displaystyle=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{19}}\left[\left((\sin\frac{3\pi}{19}-\sin\frac{\pi}{19})+\cdots+(\sin\frac{9\pi}{19}-\sin\frac{7\pi}{19})\right)-\left((\sin\frac{2\pi}{19}-\sin 0)+\cdots+(\sin\frac{10\pi}{19}-\sin\frac{8\pi}{19})\right)\right]


\displaystyle=\frac{1}{2\sin\frac{\pi}{19}}\left[\left(\sin\frac{9\pi}{19}-\sin\frac{\pi}{19}\right)-\left(\sin\frac{10\pi}{19}-\sin 0\right)\right]


\displaystyle=-\frac{1}{2}

先解出 P 點坐標 \displaystyle (\sqrt{\frac{1}{1-a}}, \frac{a}{1-a})，

然後求出 OP 直線方程式為 \displaystyle y=\frac{a}{\sqrt{1-a}}x，

再來算出體積為 \displaystyle \int_0^{\sqrt{\frac{1}{1-a}}} \pi\left[\left(\frac{a}{\sqrt{1-a}}x\right)^2-\left(ax^2\right)^2\right]dx

　　　　　　　\displaystyle =\frac{2\pi a^2}{15\left(1-a\right)^{\frac{5}{2}}}


（再來是有點醜陋的暴力解，不知道有沒有人可以提供其他作法，感謝！！）


將 \displaystyle \frac{2\pi a^2}{15\left(1-a\right)^{\frac{5}{2}}} 對 a 微分可得 \displaystyle \frac{\pi a\left(a+4\right)}{15\left(1-a\right)^{\frac{7}{2}}}，

解 \displaystyle \frac{\pi a\left(a+4\right)}{15\left(1-a\right)^{\frac{7}{2}}}=0，得 a=0 或 a=-4，

再稍微討論一下，可得當 a=-4 時，

所求體積有最大值為  \displaystyle \frac{32\pi}{375\sqrt{5}}。

不失一般性，設 \triangle ABC 中，\angle BAC\geq 120^\circ，

E 為 \triangle ABC 內部異於 A 之點，

如下圖，可做 \triangle ABD, \triangle AEF 為正三角形，

qq1.png (11.24 KB)

2012-4-20 18:23

可知 \triangle ABE\sim \triangle ADF，

因此 \overline{EA}+\overline{EB}+\overline{EC}=\overline{DF}+\overline{FE}+\overline{EC}

連接 \overline{DE}, \overline{DC}

qq2.png (14.91 KB)

2012-4-20 18:23

可知 \overline{DF}+\overline{FE}+\overline{EC}\geq \overline{DE}+\overline{EC}

因為 \angle DAB+\angle BAC\geq 60^\circ+120^\circ=180^\circ

所以 A,E 皆在直線 CD 的同側，且 A 為 \triangle CDE 內部之點，

可知 \overline{DE}+\overline{EC}\geq\overline{DA}+\overline{AC}

故，

\triangle ABC\mbox{內部一點} E \mbox{到} A,B,C \mbox{三點頂的距離}=\overline{EA}+\overline{EB}+\overline{EC}

　　=\overline{DF}+\overline{FE}+\overline{EC}

　　\geq \overline{DE}+\overline{EC}

　　\geq\overline{DA}+\overline{AC}

　　\geq\overline{BA}+\overline{AC}

　　=E \mbox{到} A,B,C \mbox{三點頂的距離}