第九題第二小題是不是要這樣做.
令f(x)=3(1+x)138=a0+a1x+a138x138, 則所求為a0+a3+a6++a138.
令12為x2+x+1=0之兩根, 則所求為3f(1)+f(1)+f(2). 其中
f(1)=3(1+1)138=32138,
f(1)=3(1+1)138=3(−12)138=3
f(2)=3(1+22)138=3(−22)138=3
故S138=332138+3+3=2138+2. 計算log值之首位數時, 2可以忽略, 得log213803010138=41538,
由log3=04771log4=0602知首位數為3.(謝謝Sandy指正)

[ 本帖最後由 David 於 2014-5-3 09:45 PM 編輯 ]

第九題第一小題: 以3的倍數分類討論an.
1. 若n=3k, 則an=a3k=1+3k+6k=1+1+1=3
2. 若n=3k+1, 則a3k+1=1+3k+1+6k+2=1++2=0
3, 若n=3k+2, 則a3k+2=1+3k+2+3k+4=1+2+=0
故只剩a3k=3

請大家指教

[ 本帖最後由 David 於 2014-5-3 07:04 PM 編輯 ]

第十二題, 仿瑋大對巴貝奇定理的講解, 不知道可以不可以:
令g1(x)=f(x+d)−f(x), 則g1(x)為二次,
令g2(x)=g1(x+d)−g1(x), 則g2(x)為一次,
令g3(x)=g2(x+d)−g2(x), 則g3(x)為0次.
故g3(x+d)−g3(x)=0.
依序代入g3g2g1定義, 得

0=======g3(x+d)−g3(x)[g2(x+2d)−g2(x+d)]−[g2(x+d)−g2(x)]g2(x+2d)−2g2(x+d)+g2(x)[g1(x+3d)−g1(x+2d)]−2[g1(x+2d)−g1(x+d)]+[g1(x+d)−g1(x)]g1(x+3d)−3g1(x+2d)+3g1(x+d)−g1(x)[f(x+4d)−f(x+3d)]−3[f(x+3d)−f(x+2d)]+3[f(x+2d)−f(x+d)]−[f(x+d)−f(x)]f(x+4d)−4(x+3d)+6f(x+2d)−4f(x+d)+f(x)

[ 本帖最後由 David 於 2014-5-11 08:56 PM 編輯 ]

啊! 謝謝指正!