填充 2. 眼花看錯，刪。答案是 168

更新過的版本，題目不同，答案見 #17 老王老師

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-10-6 08:04 PM 編輯 ]

第 5 題，有點難...答案是 2ln2−1

主要要用到：假設 knN，滿足 1kn，則有以下：

存在正整數 m，使得 m+21knm+1  若且唯若 k2n−kn=1 。

如此可得到 nm+1knm+21 時，兩個高斯的差是 1，其它時候，則為 0

也是說 111 都是連續 000也是連續...而 11連續的個數大約正比於 12m+1−12m+2

實際上的量是有高斯符號。但有高斯的和比較難算，要先算沒有高斯的，寫下來和交錯的調和級數很像(差2倍和2項)，也就是

n−1m=11m+21−1m+1=2n−1m=112m+1−12m+2=231−41+51−61++12n−1−12n2(ln2−21)=2ln2−1 

嚴謹一點，應該個關於極限交換的定理，或許晚點再想想吧

-------------------補個證明-----------------------

假設 knN，滿足 1kn，則有「存在正整數 m，使得 m+21knm+1 若且唯若 k2n−2kn=1  。」

如此可得到 nm+1knm+21 時，k2n−2kn=1 ，否則即為 0。

故所求 =m=11nnm+21−nm+1=m=11n2n2m+1−2n2m+2=l=3n(−1)l+1l2n 。

注意此級數交錯遞減，故 2x+1l=3n(−1)l+1l2nl=3n(−1)l+1l2n2x+2l=3n(−1)l+1l2n ，對任意 xN。

上式取極限 n，可得 2x+1l=3l(−1)l+1limsupl=3n(−1)l+1l2nliminfl=3n(−1)l+1l2n2x+2l=3l(−1)l+1 。

而這個式子對任意 xN 都成立，再取 x，而得 2ln2−12ln2−1。

故得 limsupl=3n(−1)l+1l2n=liminfl=3n(−1)l+1l2n=2ln2−1 ，故其有極限 2ln2−1。

終於寫完了，我想我走火入魔了。期待高手出現，用個定理砸爛它，直接把這個證明給砸爛過去，

---2013.06.07 補充---

經 weiye 大師開導，此題應該使用黎曼和轉成積分。

令 f(x)=[x2]−2[x1]0x=0x=0 ，則 f(kn)=[k2n]−2[kn]forknN，故所求極限即 01f(x)dx 。

注意 f(x)=1  nZ，使得 n+21x1n+1。

因此 01f(x)dx=n=11n+21−1n+1=2n=112n+1−12n+2=2n=3n(−1)n+1 。

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-6-7 02:17 PM 編輯 ]

填充 2. 個人做法不好，就當獻醜，還有待其它高手解題。
(更新過的版本，題目不同，答案見 #17 老王老師)

畫圖觀察，猜測 P 在 AB 的中垂線上，如果猜測正確，則有 PAB=PBA=6 ，因此所求 APB=168 。

102TainanFirt2.png (21.1 KB)

2013-6-3 10:08

接下來我們來證明猜測，設 AB=1，我們僅須證明 PBcos6=21。

而 PBC 中，由正弦定理有 PB=sin54sin24。
( PBC=108−6=102BPC=(180−102−24)=54  )

因此 PBcos6=sin54sin24cos6。

令 x=sin18，由積化和差及三倍角公式可得 PBcos6=2121+x3x−4x3。

實際上，x=45−1  或者用 4x2+2x2−1=0 化簡及可得 PBcos6=21。

因此 P 在 \overline{AB} 的中垂線上，而有   \angle PAB = \angle PBA =6^\circ \Rightarrow \angle APB = 168^\circ 。

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-10-6 08:05 PM 編輯 ]

哈~的確是筆誤，但前兩行有正確的 24^\circ ，感謝指正。

至於是不是只能猜，我也不知道，只是未猜之前，我做不出來...所以只好猜了

還是慢慢等待神人出現好了

計算 5.

原圖形相交，投影後亦相交。

考慮正立體和直線對 xy 平面的投影分別為 [0,a]\times[0,a] 和 x+4y=200 ( z=0 )

由圖形易得 a+4a\geq200 \Rightarrow a\geq40 。

檢驗 a=40 是否為最小值 \begin{cases} x=y & =a\\ x+y+z & =100\\ 2x-y+3z & =100 \end{cases}\Rightarrow(x,y,z)=(40,40,20) (合， 0\leq z\leq 40 )。

故 a=40 為最小值

計算 5. 是他的錯。

因為如果 a=\frac{200}{7} ，點 Q(x,y,z) 若為兩圖形之交點，

則 y = 100 -x - z \geq \frac{300}{7} >a ，而得 Q 不在立方體內，矛盾。

現在提疑還來得及嗎？有沒有考生要去提一下

填 1. 請參考，不過方法大同小異(有些小細節沒寫)

從 1\leq a\leq b\leq c 及 a,b,c 皆整除   a+b+c+1 可得 a+b+c+1=2c,3c ,  或 4c 。

1. 若 a+b+c+1=4c ，則 (a,b,c,)=(1,1,1) 。

2. 若 a+b+c+1=3c ，則 (a,b,c)=(c-1,c,c)
又 a\mid3c\Rightarrow(a,b,c)=(1,2,2), (3,4,4) 。

3. 若 a+b+c+1=2c ，則 a+b=c-1 ，

(a) 若 b<\frac{c}{2} ，則 a=b=\frac{c-1}{2} 。又 a\mid2c\Rightarrow a\mid4\Rightarrow(a,b,c)=(1,1,3), (2,2,5) 。

(b) 若 b\geq\frac{c}{2} ，則 b\mid2c=3b , 或 4b

i. 若 c=2b , 則 a=b-1, a\mid4b\Rightarrow(1,2,4), (2,3,6), (4,5,10) 。

ii. 若 c=\frac{3}{2}b , 則 a=\frac{b}{2}-1, a\mid3b\Rightarrow(1,4,6), (2,6,9), (3,8,12), (6,14,21) 。

綜合以上共 12 組

5 樓我的回覆中，的確有這個式子，但我不敢寫等號。

因為那不顯然，找不到什麼直接的理由說明它，而需要另外證明。所以想不出個所以然，是很正常的。

若再仔細看 5 樓處，有兩個分割線和一些 #34 樓沒有的文字，在說明我在做什麼：

第一部分析我們需要的式子和猜測，做些計算化簡，如果答案是對的，那或許猜測正確，再回來證明，如果化簡不出來，那也許根本就猜錯了。

第二部分，則是我後來對那個式子給了一個證明，不過這個證明的手法不是初微以前的手段，倒是在高微裡會做的方式。

所以讀起來，不太容易。比較好的證明方式，是第三部分，weiye 老師所給的方法：黎曼和。

計算 4. 見 數學傳播 星空燦爛的數學(II)一一 托勒密定理 蔡聰明

50 頁圖. 22 下方有證明

計算 2. 可參考 #8

前半段：三實二虛，和虛根的討論沒什麼問題

後面實根的部分可以修正為：令 k 為 f(x)=0 之一實根，則 k, \frac1k, 1-k, \frac1{1-k} 皆為 f(x)=0 之實根。

而已知三實根，至多三相異實根，因此四者之中至少兩個相等，解出有限個 k 的可能值，再檢驗之。

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-7-1 08:10 PM 編輯 ]

計算 1. 矩陣 A 之特徵多項式為 x^2-4x+3 = (x-3)(x-1)

令 x^n(x-1)^2 除以 x^2-4x+3 之餘式為 a_nx+b_n ，

即有多項式 q(x) 使得 x^{n}(x-1)^{2}=q(x)(x^{2}-4x+3)+a_{n}x+b_{n} ...(☆)。

將 x=1, 3 分別代入(☆)，可解得   a_n= -b_n = 2\cdot3^{n}

由 Cayley-Hamilton 定理使 A^2 -4A + 3I =O

以 x = A 代入 (☆) 得 A^{n+2} - 2A^{n+1} + A^n = a_{n}A+b_{n}I = \begin{bmatrix}8\cdot3^{n} & 8\cdot3^{n}\\ -4\cdot3^{n} & -4\cdot3^{n} \end{bmatrix}