填充 1. 基本想法是 x+ya=0,  xyQ 則 x=y=0

剩下的就是從 pq 裡湊寫一寫得 p=(a2−4a−1)a+3(a2−4a)+6(q−1)a+(3q+6−p)=0 

那 qpa 就有了

至於怎麼湊...小弟也說不出個好方法，但不難湊就是了

填充 6. 今年附中考過 https://math.pro/db/viewthread.php?tid=1355&page=1#pid5501

計算證明 2. 來個不高明的數歸納法好了，如果有什麼其它高招，請不吝告訴在下

先分析 m 這個函數。注意 (n+21)2=n2+n+41(n−21)2=n2−n+41。

若 n2−nmn2+nmnN, 則 m=n 注意 (n2−nn2+n]=(0).

以數學歸納法證之：

n=1f(1)=2=1+1, 顯然成立。

設 mk  (k1) 時成立，分成二情況

(情況一)若 k=n2+n, for some nN.

由歸納法假設有 f(k)=(n2+n)+n=n2+2n. 因此下個數 (n+1)2 是完全平方數

故 f(k+1)=f(k)+2=(n2+n+1)+(n+1)=k+1+k+1.

(情況二)若  n2−nkn2+nn2f(k)n2+2n 下一個數 n2f(k)+1(n+1)2 非完全平數

所以 f(k+1)=f(k)+1=k+k+1=(k+1)+k+1。

由數學歸納法得證

[ 本帖最後由 tsusy 於 2014-10-28 11:56 PM 編輯 ]

好方法！ 沒想到這招也可以用在這題上

以下是一些類題

將 4  個球全部投入 3  個不同的袋子中，每次投一球，連續投 4  次，則空袋子個數的期望值 。     (99中興高中 填充17)

一袋中有 m  個白球與 n  個黑球，個袋中一次取一球，取後不放回，直到取完所有白球為止，求所取球數的期望值。     (97大里高中 計算3  第17篇)

A  在方格的左下角，B  在方格的右上角，各有 9  個→與↑ ，求 A  到 B  走捷徑轉彎數之期望值。     (99高雄高中 第1題)

有 3  個「+ 」，4  個「- 」，排成一列。若一列中一個「+- 」或一個「-+ 」我們說：有一個「變號」。問 3  個「+ 」，4  個「- 」排成一列，變號個數的期望值？     (99彰化女中 填充12)

另外期望值線性疊加亦可在公平事件的機率問題使用，如以下：

有甲、乙、丙等 14 人出遊，欲住進兩間 4  人房、兩間 3  人房，問甲乙丙三人同房的機率為 。     (99桃園高中 填充15)

97中興高中填充9、99彰化女中 填充2、99中正高中 填充 9

[ 本帖最後由 tsusy 於 2012-10-28 09:52 PM 編輯 ]

99 高雄高中那題

可考慮每 n 步是否有轉彎的機率為 p，易得 p=2991817 (與 n 無關)

故所求 =17p=9

填充 2. 另解(沒有比較簡潔) 注意兩個式子都是 x,y 的對稱多項式

處理對稱多項式常用的手法就是用基本對稱式表示之

令 =x+y=xy 則 x,y 為 t2−t+=0 之兩實根

因此 2−40 又 2−=6 可得 22 

而由  2−=6 可將目標函數改為 g(\alpha)=\alpha^{3}-\alpha^{2}-5\alpha

微分得 g'(\alpha)=(3\alpha-5)(\alpha+1)

代入  critical point 得： g(2\sqrt{2})=6\sqrt{2}-8, g(- 2\sqrt{2})=-6\sqrt{2}-8, g(-1)=3, g(\frac{5}{3})=-\frac{175}{27}

故最大值為 3，最小值為 -6\sqrt{2}-8

[ 本帖最後由 tsusy 於 2021-10-22 22:41 編輯 ]

計算 1. 可以用正弦定理去表示 \overline{BC} 和 \overline{CD} 的長度，

分別為 2 \sin x, 2 \sin y 其中 x+y =60^\circ

再利用和差化積可得 \sin x + \sin y = 2\sin \frac{x+y}{2} \cos \frac{x-y}{2}

其中 \sin \frac{x+y}{2} = \frac12 , \cos \frac{x-y}{2} \leq 1

故得 x=y =30^\circ 時 \sin x + \sin y 有最大值

故得 \overline{BC} = \overline{CD} =1 時有最大周長

填 5. 誠如 weiye 老師在 29# 連結中所提到的，該式對於變數是反對稱 (交換，值變號)

所以讓在下做一下傻事，把它平方，就會變成常數

(\alpha-\beta)^{2}(\beta-\gamma)^{2}(\gamma-\alpha)^{2}=\sum\alpha^{4}\beta^{2}-2\sum\alpha^{4}\beta\gamma-2\sum\alpha^{3}\beta^{3}+2\sum\alpha^{3}\beta^{2}\gamma-6\alpha^{2}\beta^{2}\gamma^{2}

以上的記號上 \sum 裡是跑對稱項，如 \sum\alpha^{4}\beta^{2} = \alpha^4\beta^2+\alpha^4\gamma^2+\beta^4\alpha^2+\beta^4\gamma^2+\gamma^4\alpha^2+\gamma^4\beta^2 有六項， \sum\alpha^{3}\beta^{3} 則有三項

接下來先計算 \alpha^n + \beta^n + \gamma^n ，再利用這些值去表示各項

\alpha\beta\gamma=1
\alpha+\beta+\gamma=0
\alpha^{2}+\beta^{2}+\gamma^{2}=(\alpha+\beta+\gamma)^{2}-2(\alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha)=2
\alpha^{3}+\beta^{3}+\gamma^{3}=\alpha+\beta+\gamma+3=3
\alpha^{4}+\beta^{4}+\gamma^{4}=\alpha^{2}+\beta^{2}+\gamma^{2}+\alpha+\beta+\gamma=2
\alpha^{5}+\beta^{5}+\gamma^{5}=\alpha^{3}+\beta^{3}+\gamma^{3}+\alpha^{2}+\beta^{2}+\gamma^{2}=5
\alpha^{6}+\beta^{6}+\gamma^{6}=\alpha^{4}+\beta^{4}+\gamma^{4}+\alpha^{3}+\beta^{3}+\gamma^{3}=5

\sum\alpha^{4}\sum\alpha^{2}=\sum\alpha^{6}+\sum\alpha^{4}\beta^{2}\Rightarrow\sum\alpha^{4}\beta^{2}=-1

\sum\alpha^{4}\beta\gamma=\alpha\beta\gamma\sum\alpha^{3}=3

(\alpha^{3}+\beta^{3}+\gamma^{3})^{2}=\sum\alpha^{6}+2\sum\alpha^{3}\beta^{3}\Rightarrow\sum\alpha^{3}\beta^{3}=2

\sum\alpha^{3}\beta^{2}\gamma=\alpha\beta\gamma\sum\alpha^{2}\beta ，

而 \sum\alpha^{2}\sum\alpha=\sum\alpha^{3}+\sum\alpha^{2}\beta\Rightarrow\alpha\beta\gamma\sum\alpha^{2}\beta=-3

綜合以上有 \sum\alpha^{4}\beta^{2}-2\sum\alpha^{4}\beta\gamma-2\sum\alpha^{3}\beta^{3}+2\sum\alpha^{3}\beta^{2}\gamma-6\alpha^{2}\beta^{2}\gamma^{2}=-1-6-4-6-6=-23

因此所求 = \pm \sqrt{23} i

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-4-21 10:43 PM 編輯 ]

為向老王老師致敬，再補一個證明，還有考試的時候不要這樣做

如下圖：B, D 為 AC 優弧和劣弧上的中點，E 為 AC 劣優上之點且不為 A,D,C
試證 \overline{AD} + \overline{DC} > \overline{AE} + \overline{EC}

Ptomley.png (17.65 KB)

2013-4-21 23:01

證. 圓內接四邊形中ABCD，由托勒密定理有 \overline{AC}\cdot\overline{BD} = \overline{AD}\cdot\overline{BC} + \overline{DC}\cdot\overline{AB}
(注意 \overline{BD} 為圓之直行，由面積亦可得此式)

其中 \overline{AB} = \overline{BC} ，故可改寫為 \overline{AC}\cdot\overline{BD} = (\overline{AD} + \overline{DC})\cdot\overline{BC}

同理對圓內接四邊形 ABCE 亦有 \overline{AC}\cdot\overline{BE} = (\overline{AE} + \overline{EC})\cdot\overline{BC}

因 \overline{BD} 為直徑，故 \overline{BD} > \overline{BE}

再以上式比較托勒密所得之二式，即可得 \overline{AD} + \overline{DC} > \overline{AE} + \overline{EC}

利用 \alpha, \beta, \gamma 滿足三次式 x^3 -x - 1 = 0

因此有 \alpha^{n+3} = \alpha^{n+1} + \alpha^{n} ,   \beta, \gamma 亦同

故有遞迴關係 \sum \alpha^{n+3} = \sum \alpha^{n+1} + \sum \alpha^n

以此遞迴式計算之 35# 所列之式子

不是二項分配，但算法一樣。

二項分配是"獨立"且相同分布的白努力隨機變數相加

而99高雄高中那題，則是"非獨立"且相同分布白努力隨機變數相加

回復 44# thepiano 的帖子
thepiano 兄的另解真酷，竟然走了 Fubini 定理的路子！

以下用符號的方式來解釋，不過顯然沒有比 thepiano 老師的文字說明還要清楚，只是單純賣弄一下符號而已

以 \omega 表示一個樣本點(一條捷徑), n(\omega) = \sum \chi_i(\omega)

其中 \chi_i 為表示第 i 到 i+1 是否有轉彎的函數，有為 1，無為 0。

期望值 \sum n(\omega) P(\omega) = \frac{1}{C^{18}_9}\sum n(\omega) = \displaystyle \frac{1}{C^{18}_9} \sum_\omega \sum_i \chi_i(\omega)

交換兩個 \sum 的順序，就得到 thepiano 老師的式子

[ 本帖最後由 tsusy 於 2014-9-21 10:32 PM 編輯 ]