計算 2

1. 先證 \( \cos(\alpha-\beta)=-\frac{1}{2} \)

\( (\cos\alpha+\cos\beta)^{2}+(\sin\alpha+\sin\beta)^{2}=\cos^{2}\gamma+\sin^{2}\gamma \)

\( \Rightarrow2+2\cos(\alpha-\beta)=1\Rightarrow\cos(\alpha-\beta)=\frac{-1}{2} \)

2. 再證 \( \cos(\alpha+\beta)=-(\cos2\alpha+\cos2\beta) \)

\( \cos2\beta+\cos2\gamma=2\cos(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta)=-\cos(\alpha+\beta) \) by 1

3. 證明 \( \cos2\alpha+\cos2\beta+\cos2\gamma=0 \)

\( (\cos\alpha+\cos\beta)^{2}-(\sin\alpha+\sin\beta)^{2}=\cos^{2}\gamma-\sin^{2}\gamma \)

\( \Rightarrow\cos2\alpha+\cos2\beta+2\cos(\alpha+\beta)=\cos2\gamma \)

\( \cos2\alpha+\cos2\beta+\cos2\gamma=0 \) by 2

4. 先證 \( \sin(\alpha+\beta)=-(\sin2\alpha+\sin2\beta) \)

\( \sin2\alpha+\sin2\beta=2\sin(\alpha+\beta)\cos(\alpha-\beta) \)

\( \Rightarrow\sin2\alpha+\sin2\beta=-\sin(\alpha+\beta) \) by 1

5. 證明 \( \sin2\alpha+\sin2\beta+\sin2\gamma =0 \)

\( \sin\gamma\cos\gamma=(\sin\alpha+\sin\beta)(\cos\alpha+\cos\beta) \) ，和差化積得

\( \Rightarrow\frac{1}{2}\sin2\gamma=2^{2}\sin\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2}\cos\frac{\alpha+\beta}{2}\cos\frac{\alpha-\beta}{2} \)

\( \Rightarrow\frac{1}{2}\sin2\gamma=\sin(\alpha+\beta)\cdot(1+\cos(\alpha-\beta)) \)

\( \Rightarrow\sin2\alpha+\sin2\beta+\sin2\gamma \) by 1,4.

另證. 向量 \( (\cos\alpha, \sin\alpha), (\cos \beta, \sin \beta), (\cos \gamma. \sin \gamma) \) 頭尾相連形成一個三角形，故兩兩夾 \( 120^\circ \)。

不失一般性，可假設 \( \beta  = \alpha + 120^\circ \), \( \gamma = \alpha - 120^\circ \)，代入，和角公式，即得證。

[ 本帖最後由 tsusy 於 2014-5-27 10:17 PM 編輯 ]

令\({{z}_{1}}=\cos \alpha +i\sin \alpha ,{{z}_{2}}=\cos \beta +i\sin \beta ,{{z}_{3}}=\cos \gamma +i\sin \gamma \)
則\({{z}_{1}}+{{z}_{2}}+{{z}_{3}}=0\), \(\overline{{{z}_{1}}}+\overline{{{z}_{2}}}+\overline{{{z}_{3}}}=\frac{1}{{{z}_{1}}}+\frac{1}{{{z}_{2}}}+\frac{1}{{{z}_{3}}}=0\Rightarrow \frac{{{z}_{1}}{{z}_{2}}+{{z}_{2}}{{z}_{3}}+{{z}_{3}}{{z}_{1}}}{{{z}_{1}}{{z}_{2}}{{z}_{3}}}=0\Rightarrow {{z}_{1}}{{z}_{2}}+{{z}_{2}}{{z}_{3}}+{{z}_{3}}{{z}_{1}}=0\)
故\({{z}_{1}}^{2}+{{z}_{2}}^{2}+{{z}_{3}}^{2}={{\left( {{z}_{1}}+{{z}_{2}}+{{z}_{3}} \right)}^{2}}-2\left( {{z}_{1}}{{z}_{2}}+{{z}_{2}}{{z}_{3}}+{{z}_{3}}{{z}_{1}} \right)=0\), 可推知
\(\cos 2\alpha +\cos 2\beta +\cos 2\gamma =\sin 2\alpha +\sin 2\beta +\sin 2\gamma =0\)

其實就是鋼琴大的方法，只是移項的方式不同XD

謝謝各位大師的講解.  推導的這麼精采, 小弟真是即高興又想哭(終於深深體會什麼叫哭笑不得)....唉!

引用:

原帖由 David 於 2014-5-27 10:06 PM 發表
謝謝各位大師的講解.  推導的這麼精采, 小弟真是即高興又想哭(終於深深體會什麼叫哭笑不得)....唉!

印象中這題在仿間高中數學參考書內會有~

跟寸絲的作法很類似
不過我是跟鋼琴大一樣
先令Z_1,Z_2,Z_3然後此三點為單位圓上三點
做到cos(alpha-beta)=-1/2
同理cos(beta-gamma)=-1/2
cos(gamma-alpha)=-1/2
不失一般性beta=alpha+120度,gamma=alpha+240度
就可以證出來了。

想請問計算題一，五。

[ 本帖最後由 瓜農自足 於 2014-5-30 05:40 PM 編輯 ]

計算一
一個正方體可做8個，9個正方體就72個，再加上邊長為\(\sqrt{6}\)的 8 個正三角形，共 80 個
感謝 saqwsaqw 老師指正

計算五
第二頁小蝦米老師已解

[ 本帖最後由 thepiano 於 2014-8-6 01:45 PM 編輯 ]

謝謝鋼琴師說明，了解了。

回復 37# thepiano 的帖子
正方體邊的中點也可以做8個正三角形

對，還有 8 個邊長為\(\sqrt{6}\)的正三角形，感謝指正

忽然想起這題去年明倫高中考過