引用:

原帖由 bugmens 於 2012-5-4 07:46 PM 發表
6.
一個實係數三次多項式函數通過(1012012) 、(992008) 、(1022005) 、(1032016) 四點，求此函數的切線中，斜率最小的切線所在的直線方程式為？
[解法]
可以用這篇所提到的牛頓差值多項式來解題
https://math.pro/db/viewthread.php?tid=661&page=2#pid5274

將這四點向左平移99，向下平移2008
f(0) 0 y f(1) y 4−2y 4−y −15+3y f(2) 4 y−11 −7 29−y f(3) −3 18    11 f(4) 8        
三次多項式在三階差分時會相等
−15+3y=29−y，y=11

f(n)=0C0n+11C1n−18C2n+18C3n=3n3−18n2+26n
f(x)=3x3−18x2+26x
f(x)=9x2−36x+26=9(x−2)2−10
過點(24) 有最小斜率-10
平移回去
過點(1012012) 有最小斜率-10
切線方程式為y−2012=−10(x−101)，10x+y=3022 ...

在這個討論區常常看到這樣的解法

不知是有甚麼原理，麻煩老師可以解惑


102.10.28版主補充
推薦各位可以去找這本書來看
華羅庚，與中學生談中國數學史上的幾大成就

從第17頁開始介紹了什麼是差分多項式，若f(x)是m次多項式，則第m階差分為常數的原因，以及如何從差分的結果重新將f(x)表示出來。

引用:

原帖由 shiauy 於 2012-5-8 01:01 AM 發表
對於aabc，在第一個Σ會出現4!/2!=12次，故扣掉12次

對於aabb，在第一個Σ只會出現4!/(2!2!)=6次
不過在第二個Σ裡扣掉了12次，正確應只需要扣6次，故加回來6次

對於aaab，在第一個Σ只會出現4!/3!=4次
不過在第二個Σ裡扣掉了 ...

對於aabb
第二個應該扣了12*2=24次 (a^2*b*b , b^2*a*a)
所以第三個應該+18

對於aaab
但在第二個應該扣了12*2=24次 (a^2*a*b , a^2*b*a)
第四個應該+20

那最後一個就要扣27次
-12+18+20=26    26+1=27

這是在下的想法，不知道是不是有想太多>"<

引用:

原帖由 simon112266 於 2013-4-20 11:53 AM 發表


對於aabb
第二個應該扣了12*2=24次 (a^2*b*b , b^2*a*a)
所以第三個應該+18

對於aaab
但在第二個應該扣了12*2=24次 (a^2*a*b , a^2*b*a)
第四個應該+20

那最後一個就要扣27次
-12+18+20=26    26+1=27

這是在 ...

在扣掉aabc的情形也才扣4!/2 = 12次
怎麼會有24次扣？

引用:

原帖由 shiauy 於 2013-4-20 09:15 PM 發表

在扣掉aabc的情形也才扣4!/2 = 12次
怎麼會有24次扣？

是我誤會了~"~

空間中，四面體\(A-BCD\)，\(\overline{AB}=\overline{CD}=6\)，\(\overline{AC}=\overline{AD}=\overline{BC}=5\)，\(\overline{BD}=7\)，求四面體\(A-BCD\)的體積為　　　。
[解答]
我發現用內積也滿好算的!

令 A(0,0,0), B(6,0,0), C(3,4,0), D(x,y,z)

則有 \(\displaystyle x^2+y^2+z^2=25 ...(1)\)

\(\displaystyle 18=\overrightarrow{DA}\cdot\overrightarrow{DC}=(-x,-y,-z)\cdot(3-x,4-y,-z)\)

\(\displaystyle 19=\overrightarrow{DA}\cdot\overrightarrow{DB}=(-x,-y,-z)\cdot(6-x,-y,-z)\)

\(\displaystyle x(x-3)+y(y-4)+z^2=18...(2)\)

\(\displaystyle x(x-6)+y^2+z^2=19...(3)\)

(1) 代入(3) 可得 \(\displaystyle x(x-6)+25-x^2=19\), 解出 \(\displaystyle x=1\) 代回

可得 \(\displaystyle y^2+z^2=24\) 與 \(\displaystyle y(y-4)+z^2=20\), 再解出 \(\displaystyle y=1\)

於是 \(\displaystyle z=\pm \sqrt{23}\)

可取 \(\displaystyle \overrightarrow{AD}=(1,1,\sqrt{23})\)

所以四面體 A-BCD 體積為 \(\displaystyle \frac{1}{6}|\left |
\begin {array} {clr}
1 & 1 & \sqrt{23}  \\
6 & 0 & 0  \\
3 & 4 & 0  \\
\end {array} \right | |=4\sqrt{23}
\)

計算第二題：(模仿100鳳山高中的類題的解法來寫如下~)

第 12 題：

已知 \(a_n, f(0)=a_0, f(1)=a_n+a_{n-1}+\cdots+a_0\) 皆為奇數，

假設 \(f(x)=0\) 有有理根 \(\displaystyle \frac{q}{p}\)，其中 \(p,q\) 為互質的兩個非零整數，

\(\displaystyle f(\frac{q}{p})=0\Rightarrow a_n\left(\frac{q}{p}\right)^n+a_{n-1}\left(\frac{q}{p}\right)^{n-1}+\cdots+a_1\left(\frac{q}{p}\right)+a_0=0\)

\(\Rightarrow a_n q^n+a_{n-1}q^{n-1} p +\cdots+a_1 q p^{n-1}+a_0 p^n=0\)

case i: 若 \(p\) 為偶數，則因為 \(p,q\) 互質，所以 \(q\) 為奇數，

　　\(a_n q^n+a_{n-1}q^{n-1} p +\cdots+a_1 q p^{n-1}+a_0 p^n \equiv a_n q^n \equiv a_n\cdot 1^n \equiv a_n \pmod2\)

　　且因為 \(a_n q^n+a_{n-1}q^{n-1} p +\cdots+a_1 q p^{n-1}+a_0 p^n=0\)

　　\(\Rightarrow a_n\equiv0\pmod2\) 此與 \(a_n\) 為奇數互相矛盾。

case ii: 若 \(q\) 為偶數，則因為 \(p,q\) 互質，所以 \(p\) 為奇數，

　　\(a_n q^n+a_{n-1}q^{n-1} p +\cdots+a_1 q p^{n-1}+a_0 p^n \equiv a_0 p^n \equiv a_0\cdot 1^n \equiv a_0 \pmod2\)

　　且因為 \(a_n q^n+a_{n-1}q^{n-1} p +\cdots+a_1 q p^{n-1}+a_0 p^n=0\)

　　\(\Rightarrow a_0\equiv0\pmod2\) 此與 \(a_1\) 為奇數互相矛盾。

case iii: 若 \(p,q\) 皆為奇數，則

　　\(a_n q^n+a_{n-1}q^{n-1} p +\cdots+a_1 q p^{n-1}+a_0 p^n \equiv a_n\cdot1^n+a_{n-1}\cdot1^n+\cdots+a_0\cdot1^n\equiv a_n+a_{n-1}+\cdots+a_0\pmod2\)

　　且因為 \(a_n q^n+a_{n-1}q^{n-1} p +\cdots+a_1 q p^{n-1}+a_0 p^n=0\)

　　\(\Rightarrow a_n+a_{n-1}+\cdots+a_0\equiv0\pmod2\) 此與 \(a_n+a_{n-1}+\cdots+a_0\) 為奇數互相矛盾。

case iv: 若 \(p,q\) 皆為偶數，此與 \(p,q\) 互質相矛盾。

故，\(f(x)=0\) 無有理根。

請問第16題，用五種顏色塗，A、B、C、D、E區域分別是指哪裡？感謝。

因為相鄰顏色不可相同
所以A必須與B C D E F G不同
A有5種選法
故 B C D E F G 環排上色只能用4色 （計算法可以從連結中了解）
H 不可與 G B 同色 故有 5-2=3種
J 與 I 和H 一樣有3種選擇

#85 https://math.pro/db/viewthread.p ... 8F%AF&page=9###
第十四題參考解答中，為甚麼不能跟  
台中一中 第4題 #6 一樣：
https://math.pro/db/viewthread.p ... E4%B8%AD&page=1
奧數教程高二卷第9講.gif
用同樣方法？
四面體A-BCD：a^2+b^2=36 ， b^2+c^2=25 ， c^2+a^2=49 ...文華第14題這題無法這樣算...請問為甚麼？

請教填充第3題。感謝。