第１０題：
數值資料x1x2x3xn的算術平均數為X，中位數為Me，標準差為S，令P=n1ni=1xi−Me 、Q=n1ni=1xi−X 、R=n1ni=1(xi−Me)2，試比較P、Q、R、S的大小。

先證幾件事情：


設 a1a2an 為任意實數，

1. 若 f(x)=x−a1+x−a2++x−an，則

　當 x 為 a1a2an 的中位數時，f(x)  有最小值.

2. 若 g(x)=x−a12+x−a22++x−an2 ，則

　當 x 為 a1a2an 的算數平均數時，g(x)  有最小值.

3. na21+a22++a2nna1+a2++an 

證明提示：1. 三角不等式（即 a+ba+b） 2. 配方法 3. 柯西不等式





如果證明出來上面這三者，

則

由 1. 可得 QP，

由 2. 可得 RS，

由 3. 可得 SQ 且 RP

如此即可得此四者的大小關係為 RSQP

填充第 2 題
三角形ABC中，D、E為AB的三等分點，F平分\overline{BC}，\overline{AF}與\overline{CD}交於G點，求四邊形BDGF的面積是三角形ABC面積的幾分之幾？
[解答]
由孟式定理，可得 \displaystyle \frac{\overline{AD}}{\overline{DB}}\cdot\frac{\overline{BC}}{\overline{CF}}\cdot\frac{\overline{FG}}{\overline{GA}}=1

\displaystyle \Rightarrow \frac{\overline{AG}}{\overline{GF}}=\frac{4}{1}

\triangle ADG : \triangle ABF = 2\times 4 : 3\times5=8:15

\Rightarrow \mbox{四邊形} BDGF:\triangle ADF=7:15

\Rightarrow \mbox{四邊形} BDGF:\triangle ABC=7:30

填充題第 9 題
設z是複數，且\displaystyle \frac{z}{z-1}是純虛數(即虛部不為0而實部為0)，試求|\;z-i|\;的最大值　　　。
[解答]
令 z=x+yi ，則

\displaystyle \frac{z}{z-1}=\frac{\left(x+yi\right)}{\left(x+yi\right)-1}=\frac{\left(x+yi\right)\left((x-1)-yi\right)}{\left(x-1\right)^2+y^2}=\frac{\left(x^2-x+y^2\right)-yi}{\left(x-1\right)^2+y^2}

因為 \displaystyle \frac{z}{z-1} 為純虛數，

所以 \displaystyle x^2-x+y^2=0\Rightarrow \left(x-\frac{1}{2}\right)^2+y^2=\frac{1}{4}　‧‧‧‧‧‧圓（但缺一點，因為 z 不為 0）

\displaystyle \left|z-i\right|=\sqrt{x^2+\left(y-1\right)^2}=(0,1)\mbox{到圓上的點的距離}

　　　　　　\displaystyle \leq (0,1)\mbox{到圓心的距離＋圓半徑}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}.

計算題第 1 題：
三角形ABC，∠A的內角平分線 \overline{AT} 交 \overline{BC} 於T點，試證 \overline{AT}=\sqrt{\overline{AB}\cdot \overline{AC}-\overline{BT}\cdot \overline{CT}}
[解答]
由三角形的內角平分線的內分比性質，

可得 \overline{AB}:\overline{AC}=\overline{BT}:\overline{CT}

因此可令 \overline{AB}=x, \overline{AC}=y, \overline{BT}=kx, \overline{CT}=ky，其中 k 為正實數，

則題意等同於要求證： \overline{AT}^2=xy-k^2xy



因為 \cos ∠ATB = \cos(180^\circ - ∠ATC)

所以 \cos ∠ATB = -\cos(∠ATC)



在 \triangle ABT 與  \triangle ACT 中，由餘弦定理可得

\displaystyle \cos ∠ATB=\frac{\overline{AT}^2+(kx)^2-x^2}{2\overline{AT}\times kx}

\displaystyle \cos∠ATC= \frac{\overline{AT}^2+(ky)^2-y^2}{2\overline{AT}\times ky}



因此 \displaystyle \frac{\overline{AT}^2+(kx)^2-x^2}{2\overline{AT}\times kx}=-\frac{\overline{AT}^2+(ky)^2-y^2}{2\overline{AT}\times ky}

即可解得 AT^2 = xy-k^2xy.




註：1. 可是這樣一點也不豪華耶～ＸＤＤ

　　　那補充一個 Stewart's theorem 好了～

　　　Stewart's theorem：http://en.wikipedia.org/wiki/Stewart's_theorem

　　　也是用餘弦定理算兩次就可以證出來的定理。

　　2. 有些朋友可能對內分比性質不熟悉，簡單證明如下：

　　　a. 自 T 往 \overline{AB},\overline{AC} 作垂線，

　　　　　　

qq1.png (13.57 KB)

2012-1-20 09:02

　　　　如圖，可得 \triangle ABT : \triangle ACT = \frac{1}{2}\cdot \overline{AB}\cdot r : \frac{1}{2}\cdot \overline{AC}\cdot r=\overline{AB}:\overline{AC}

　　　b. 自 A 往 BC 直線作垂線，

　　　　　　

qq2.png (11.27 KB)

2012-1-20 09:02

　　　　如圖，可得 \triangle ABT : \triangle ACT = \frac{1}{2}\cdot \overline{BT}\cdot h : \frac{1}{2}\cdot \overline{CT}\cdot h=\overline{BT}:\overline{CT}


　　　由 a. b. 可得 \overline{AB}:\overline{AC} =\overline{BT}:\overline{CT}.

填充第 11 題，
x_1，x_2，x_3，\ldots，x_{2009}為實數，\displaystyle \sum_{i=1}^{2009}x_i=2,000,000，且對i=1,2,\ldots,2009皆滿足x_i>i，求\displaystyle \sum_{i=1}^{2009}\frac{1}{x_i-i}的最小值　　　。
[解答]
題目有問題，因此無解。

因為 \displaystyle \sum_{i=1}^{2009}x_i>\sum_{i=1}^{2009}i=\frac{2009\times2010}{2}=2019045\Rightarrow 2000000>2019045 ，矛盾。





如果此題的題目數字稍微修改一下，

改成已知「 \displaystyle \sum_{i=1}^{2009}x_i=3000000」，則

　　\displaystyle \sum_{i=1}^{2009}\left(x_i-i\right)=\sum_{i=1}^{2009}x_i-\sum_{i=1}^{2009}i =3000000-2019045=980855

利用柯西不等式，

　　\displaystyle \left(\sum_{i=1}^{2009}\left(\sqrt{x_i-i}\right)^2\right)\left(\sum_{i=1}^{2009}\left(\frac{1}{\sqrt{x_i-i}}\right)^2\right)\geq\left(\sum_{i=1}^{2009}\sqrt{x_i-i}\cdot\frac{1}{\sqrt{x_i-i}}\right)^2

　　\displaystyle \Rightarrow 980855\cdot\left(\sum_{i=1}^{2009}\frac{1}{x_i-i}\right)\geq 2009^2

　　\displaystyle \Rightarrow \left(\sum_{i=1}^{2009}\frac{1}{x_i-i}\right)\geq \frac{2009^2}{980985}=\frac{4036081}{980985}.

第 13 題：
座標平面上單位圓C：x^2+y^2=1，一定點A(2,0)，Q為圓C上一動點，以Q為中心，將A點逆時針旋轉90^{\circ}得P點，求動點P的軌跡方程式　　　。
[解答]
將各點畫在複數平面上，

設 A=2+0i, Q=\cos\theta+i\sin\theta，其中 \theta 為任意實數，

則 P=(A-Q)\cdot i+Q=\left(2-\left(\cos\theta+i\sin\theta\right)\right)\cdot i+\left(\cos\theta+i\sin\theta\right)

　　　=\left(\sin\theta+\cos\theta\right)+\left(2+\sin\theta-\cos\theta\right)\cdot i

令 x=\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2}\cos(\theta-45^\circ)

　 y=2+\sin\theta-\cos\theta=2+\sqrt{2}\sin(\theta-45^\circ)

　 \Rightarrow x^2+(y-2)^2=2.

計算第 2 題：
試證\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{sinx}{sinx+cosx}dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{cosx}{sinx+cosx}dx
[解答]

令 \displaystyle t=\frac{\pi}{2}-x\Rightarrow dt=- dx

\displaystyle \int_0^{\pi/2} \frac{\sin x}{\sin x+\cos x}dx=\int^0_{\pi/2} \frac{-\sin\left(\frac{\pi}{2}-t\right)}{\sin \left(\frac{\pi}{2}-t\right)+\cos \left(\frac{\pi}{2}-t\right)}dt

　　\displaystyle =\int^0_{\pi/2} \frac{-\cos t}{\cos t+\sin t}dt

　　\displaystyle =\int_0^{\pi/2} \frac{\cos t}{\cos t+\sin t}dt

　　\displaystyle =\int_0^{\pi/2} \frac{\cos x}{\cos x+\sin x}dx

這樣做不行，因為 C^{50}_k 20^k\left(6\sqrt{11}\right)^{50-k}，當 k 為奇數時，該項不見得是 10 的倍數。



解答：

\left(3+\sqrt{11}\right)^{100}=\left(20+6\sqrt{11}\right)^{50}

因為 \left(20+6\sqrt{11}\right)^{50}+\left(20-6\sqrt{11}\right)^{50} 為整數，

　且 0<\left(20-6\sqrt{11}\right)^{50}<1

所以

\left[\left(3+\sqrt{11}\right)^{100}\right]=\left[\left(20+6\sqrt{11}\right)^{50}\right]

　　　　　　　=\left(20+6\sqrt{11}\right)^{50}+\left(20-6\sqrt{11}\right)^{50}-1

　　　　　　　=2\left(20^{50}+C^{50}_2 20^{48}\left(6\sqrt{11}\right)^2+C^{50}_4 20^{46}\left(6\sqrt{11}\right)^4+\cdots+C^{50}_{50} \left(6\sqrt{11}\right)^{50}\right)-1

　　　　　　　\equiv 2\cdot\left(6\sqrt{11}\right)^{50}-1

　　　　　　　\equiv 2\times 6^{50}\times 11^{25}-1

　　　　　　　\equiv 2\times 6\times 1^{25}-1

　　　　　　　\equiv 12-1

　　　　　　　\equiv 1\pmod{10}