計算 3(2) 提供一個另解

令 =c−b=a−c=b−a，其中 =(a−b)(b−c)(c−a)。

再令 xn=an+bn+cny=abc，則 abc 滿足三次方程式 t3−3t2−18t−y=0t3=3t2+18t+y。

故有 xn+3=3xn+2+18xn+1+yxn。

而 x0=0x1=ac−ab+ba−bc+cb−ca=0x2=1 by (1)

因此x3=3+0+0x4=33+181+0=27。

其中 x3x4 即為 a3(a−b)(a−c)+b3(b−a)(b−c)+c3(c−a)(c−b) 和 a4(a−b)(a−c)+b4(b−a)(b−c)+c4(c−a)(c−b)

7(2)「若已知兩次均投擲同一枚的條件」的條件是「第一次丟出正面」。

而對第二次沒有任何限制，你的算式中分子多乘了一次，分母用第一小題的數字也不對

應該，做的太順手，被拐過去

那乾脆把這美麗的誤會繼續玩下去

改成：一直擲，過程中，會連續出現兩次正面的機率。

直覺上的答案應該是 1，計算如下，以 A, B, C 三數代表，由 A, B, C 硬幣開始擲會連續出現兩次的機率

則有以下遞迴關係

ABC=41+43(21B+21C)=9100+91100(21A+21C)=925+2516(21A+21B)

其中，若由 A 開始，兩次內，有可能連續二次正面，亦有可能出現反面後改擲 B 或 C。

解聯立方程式可得 A=B=C=1，故在此誤會情況下，所求 3A+B+C=1

話說，這類的問題，應該是有機會用 Borel-Cantelli Lemma 去處理，說它的補事件的機率為 0

也來一點個人的想法：那個證明手法，每次看完之後就忘了，到底有幾次...至少也有5-6 次以上吧。

所以只好用證明 n 個數的算幾的那招方法來證廣義柯西：多用幾次柯西不等式，可以先做出 n 為 2 的冪次的結果。

當 n 不是 2 的冪次時，用幾何平均把它補到 2kn 個，即令 a=na1a2an , b=nb1b2bn 。

這樣的 (a+b) 要補 2k−n 個，再利用 2k 的結果，即得

nj=1(aj+bj)(a+b)2k−nnnj=1aja2k−n+nnj=1bjb2k−n2k 

而右式中，因 ab 分別為 ajbj 的幾何平均，故右式 =(a+b)2k

再與左式相約，即得 nj=1(aj+bj)(a+b)n ，開 n 次方，即得證之。

哈~你的補充說明，倒是讓人不意外，在下的看法也是一樣，見 #2

記得去年(101年) 師大附中的計算第一題 a0b0 為銳角，求 acos+bsin 的最小值。

即便這題不是直接考廣義柯西的等價式子，直接用廣義柯西不等式的考生也是被扣了 5 分 (本題滿分 9 分)。

師大附中的出題和閱卷，沒意外應該都是師大的教授，由此可見其對「廣義柯西」的定位。

101附中，這題應用廣西柯西的解法，都被扣了超過一半的分數。北市能力競賽或102 中正這題廣義柯西的等價式子，自然是拿不到分的

至於二項式定理展開 + 算幾不等式，乍聽之下很暴力，但實際一做卻不是想條的這麼難做，也是個好方法！

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-5-11 06:59 PM 編輯 ]