引用:

原帖由 hughnald 於 2024-5-5 20:06 發表
還有填充題第七題,答案疑似沒有考量0進去,答案應該不是公布的結果

第7題就是8進位，\(2022_{10}=3746_8\)
所以\(3+7+4+6=20\)。

引用:

原帖由 yymath 於 2024-5-5 22:55 發表
大家好～
這次新北聯招好多題有問題耶～
我整理了有問題的題目為 2，3，5，7題

錯題講解影片連結
https://youtu.be/cjLBy5ZSSOs?si=OB-KCQcbEpbDQvlW

大家還沒有提到的是第三題 如果AB可以是二位數以上 那可以找到更小的分子 ...

第2題可以說符號沒定義好，但第3題A, B都是一個位數，很正常。

第3題分析一下即可，5AB當一個3位數
因為\(999=3^3\times37\)
所以把999的每個因數代進去測即可，當\(111|5AB\)，則\(\displaystyle \frac mn=\frac59\)，此時\(m\)最小是\(5\)。
註：3的話是167；9的話是56；27的話是19；37的話是14；111的話是5

證明第一題：
從第一項開始寫，都mod 5
1,3,4,2,1,3,4,2...
四個一循環(第6項跟第2項一樣都是1+3)，所以都不會是5的倍數。

若看成合成，就是在\(x\neq-1\)時，\(f^{(4)}(x)=x\)，所以\(\displaystyle f^{(113)}(2024)=f(2024)=\frac{2023}{2025}\)。
若看成微分，就是\(f^{(n)}(x)=-2\times(-1)^nn!(x+1)^{-(n+1)}\)，所以\(\displaystyle f^{(113)}(2024)=\frac{2\times113!}{2025^{114}}\)。
應該是要改成兩個答案都給分

感覺還蠻有趣的題目
設正三角形三頂點為\(ABC\)，
因為鉛直移動不影響邊長與投影，所以可以當\(C\)點在\(xy\)平面上，設\(A\)點的\(z\)坐標為\(a\)，\(B\)點的\(z\)坐標為\(b\)，
利用畢氏定理得\(a^2+3^2=b^2+12=(a-b)^2+4\)
解得\((a,b)=(2,-1)\)或\((-2,1)\)，兩者求出原正三角形邊長皆為\(\sqrt{13}\)。

先用柯西，發現critical point在(a,b,c)=(41/22, 31/22, -23/22)，不在範圍內，所以極值發生在boundary上。
而題目的又說a,b,c都正，是一個open的區域，所以沒有boundary，因此最大值不存在。
答案應該改成不存在。


我猜是出題老師筆誤，以下三個改法：
1. 改為a,b,c皆為實數，那答案就是柯西那個critical point，其值為\(\sqrt{11}\)。
(感覺不是本意，否則不用寫自然就是實數，而且只用柯西，太簡單了點)
2. 改為a,b,c皆為非負實數，那答案就在boundary上，
分成x=0或y=0或z=0下去討論，就變雙變數而已，極值發生在x=4/3, y=1/2, z=0的地方，
其值為\(\frac{\sqrt{11}}{\sqrt{6}} + \frac1{\sqrt{2}} + \frac2{\sqrt{3}}\)
(應該是本意，只是答案有點醜。)
3. 「最大值」改為「最小上界」，答案跟上面一樣。

引用:

原帖由 ingibitor0606 於 2024-5-6 00:32 發表
請問4，9，10謝謝

第4題也是慢慢討論，
若前19箱的球數是0,0,0,1,1,1,2,2,2,…,5,5,5,6，第20箱的球數6顆以上(總球數57以上)，則就沒有4箱一樣多，
因此只要證明56顆可以即可，用反證法
每種球數最多只能3箱，20箱最少也要0+0+0+1+1+1+2+2+2+⋯+5+5+5+6+6=57以上，
所以n=56時，必有4箱球數一樣多。所以答案為56。

引用:

原帖由 ingibitor0606 於 2024-5-6 00:32 發表
請問4，9，10謝謝

這應該…有出過吧…

設正面機率為\(p\)，反面為\(1-p\)，
設\(a_n\)為連續丟\(n\)正面的次數期望值，則\(a_n=p(a_{n-1}+1)+(1-p)(a_{n-1}+1+a_n)\)
所以\(a_n=(1/p)(a_{n-1}+1)\)。
以這題來說
\(a_1=2\)(幾何分配，次數期望值為\(\frac1p\))，\(a_2=2(2+1)=6\)，\(a_3=2(6+1)=14\)，再下去就是\(30, 62, 126, \dots\)

引用:

原帖由 ingibitor0606 於 2024-5-6 00:32 發表
請問4，9，10謝謝

也是柯西
\(1=[p^2+(1-p^2)]\times[q^2+(1-q^2)]\geq(\sqrt{p^2}\sqrt{q^2}+\sqrt{1-p^2}\sqrt{1-q^2})^2\)
等號成立在\(p=q=\frac12\)。

法一、取log後，看成黎曼和，
原式=\(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac1n \left(\sum_{k=n+1}^{2n} \ln k-n\ln n\right) = \lim_{n\to\infty}\frac1n \left(\sum_{k=1}^{n} \ln(k+n)-\sum_{k=1}^{n} \ln n\right)=  \lim_{n\to\infty}\sum_{k=1}^{n}\frac1n\ln\left(1+\frac kn\right)=\int_0^1\ln(1+x)\,dx=2\ln 2-1=\ln \frac4e \)
所以答案為\(\frac4e\)。

法二、
其實上面這個我湊很久，考試時，比較無惱的應該是用Stirling Approximation
當\(n\to\infty\)時，用\(\ln(n!)=n\ln n-n\)或用\(n!=\sqrt{2\pi n}\left(\frac ne\right)^n\)代入即可。
用\(\ln(n!)=n\ln n-n\)的話，分子所有的\(n\)都會跟分母的\(n\)消掉，這種題目一定都這樣，所以改寫成\(\frac{\ln(n!)}n=\ln n-1\)，下面我就直接\(n\)跟分母除掉，
一樣先取log
原式=\(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \left(2(\ln(2n)-1)-(\ln n-1)-\ln n\right)=\frac4e\)。
所以答案為\(\frac4e\)

用\(n!=\sqrt{2\pi n}\left(\frac ne\right)^n\)代也可以，而且不用先取log，
原式=\(\dots=\displaystyle\lim_{n\to\infty} \left(\sqrt{2}\cdot\left(\frac4e\right)^n\right)^\frac1n=\lim_{n\to\infty} \left(\left(\frac4e\right)^n\right)^\frac1n=\frac4e\)。