計算題第2題.

若有一組數據為 x1x2xn，已知算數平均數 x=0，標準差 S=1，若加入一個新數據 xn+1，求新的標準差為？
（標準差公式 S=1n−1ni=1xi−x2）

解：

S=1n−1ni=1xi−x2=ni=1xi2n−1−nn−1x2

ni=1xi2=n−1S2−nx2 

因此， ni=1xi2=n−112−n0=n−1 ，  n+1i=1xi2=n+1+x2n+1 

新的標準差=nn+1i=1xi2−nn−1n+1n0+xn+12 

=nn−1+x2i+1−nn−1xn+1n+12 

=1−n1+x2n+1n+1 

計算題第 8 題.

設 F(n) 表示整數 n 之各位數字中偶數的和，例如：F(1234)=2+4=6，試問

F(1)+F(2)++F(1000) 之值。

解：

F(1000)=0+0+0=0，設某介於 1 至 999 的數字用十進位表示法為 ABC，

出現在個位數字的的所有偶數只可能為 02468，

對所有個位數為偶數 C 的數字 ABC，把 ABC 當中扣除 C 不寫，

剛好 AB 可以由 00 寫至 99，共 100 組，

所以，由 1 寫至 999 時，出現在 C 位置的所有偶數和為 (2+4+6+8)\cdot 100 = 2000.



同理，由 1 寫至 999 時，出現在十位數字(B 位置)的所有偶數總和為 (2+4+6+8)\cdot 100 = 2000，

且由 1 寫至 999 時，出現在百位數字(A 位置)的所有偶數總和亦為 (2+4+6+8)\cdot 100 = 2000，



故，由 1 寫至 1000 時，所有書寫過的偶數的累加起來和為 2000+2000+2000 = 6000.


Note:  0 有沒有累加都一樣，所以只算 2,4,6,8 的總和就好.

計算題第4題. 解：
先求出此拋物線上半葉與 x=n 的交點坐標為 (n,\sqrt{n^2+1})，

再求點 (n, \sqrt{n^2+1})到此拋物線的漸近線 y-x=0的距離，得

d_n = \frac{\left| \sqrt{n^2+1} -n \right|}{\sqrt{1^2+\left(-1\right)^2}} = \frac{( \sqrt{n^2+1} - n )(\sqrt{n^2+1} +n)}{\sqrt{2}(\sqrt{n^2+1} +n )} = \frac{1}{\sqrt{2}(\sqrt{n^2+1} +n )}

而得，

\lim\limits_{n\to\infty} n\cdot d_n = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{n}{\sqrt{2}(\sqrt{n^2+1}+n)} = \lim\limits_{n\to\infty} \frac{1}{\sqrt{2}\left(\sqrt{1+\left(\frac{1}{n}\right)^2+1}\right)} = \frac{1}{2\sqrt{2}}

近似值為 0.35.

證明題第1題.

試利用數學歸納法證明 \forall n\in N，P^{2n}_{n} 恆為 2^n 的倍數，其中 \displaystyle P^n_m=\frac{n!}{m!},\,n,m\in N.

證明：

一、當 n=1 時，P^2_1=2 為 2^1 的倍數.

二、假設當 n=k,\,k\in N 時，P^{2k}_{k}=2^k\cdot m，其中 m 為整數.

　　則，當 n=k+1 時，

P^{2\left(k+1\right)}_{k+1}=\left(2k+2\right)\cdot\left(2k+1\right)\cdot 2k \cdots \left(k+2\right)

=2\cdot\left(2k+1\right)\cdot 2k \cdots \left(k+2\right)\left(k+1\right)

=2\cdot\left(2k+1\right)\cdot P^{2k}_{k}=2^{k+1}\cdot m\cdot\left(2k+1\right)

　　亦為 2^{k+1} 的倍數.

由一、二，及數學歸納法原理，可得 \forall n\in N，P^{2n}_{n} 恆為 2^n 的倍數.