來幫補一下特徵值的方法

填充 8.

\( \begin{bmatrix}x_{n+1}\\
y_{n+1}
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}7 & 3\\
3 & 7
\end{bmatrix}\begin{bmatrix}x_{n}\\
y_{n}
\end{bmatrix} \)，令 \( A=\begin{bmatrix}7 & 3\\
3 & 7
\end{bmatrix} \)。

則 \( A \) 的特徵多項式為 \( (x-7)^{2}-3^{2}=(x-10)(x-4) \)。故其特徵值為 \(10, 4\)，

分別對應之特徵向量為 \( \begin{bmatrix}1\\
1
\end{bmatrix} \) 和 \( \begin{bmatrix}1\\
-1
\end{bmatrix} \)。而 \( \begin{bmatrix}x_{1}\\
y_{1}
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}1\\
1
\end{bmatrix}+a\begin{bmatrix}1\\
-1
\end{bmatrix} \)。

故 \( \begin{bmatrix}x_{n}\\
y_{n}
\end{bmatrix}=10^{n}\begin{bmatrix}1\\
1
\end{bmatrix}+4^{n}\begin{bmatrix}a\\
-a
\end{bmatrix}=\begin{bmatrix}10^{n}+4^{n}\cdot a\\
10^{n}-4^{n}\cdot a
\end{bmatrix} \)。

而 \( \frac{2}{n}\log\overline{OP_{n}}=\frac{1}{n}\log\left(\overline{OP_{n}}^{2}\right) \)， \( \overline{OP_{n}}^{2}=10^{2n}\cdot(2+t_{n}) \)，其中 \( t_n\to0 \), as \( n\to\infty \)。

故 \( \lim\limits _{n\to\infty}\frac{2}{n}\log\overline{OP}=\lim\limits _{n\to\infty}\frac{2n}{n}+\lim\limits _{n\to\infty}\frac{\log(2+t_{n})}{n}=2 \)。

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-5-4 03:24 PM 編輯 ]

填 3.

注意 \( x^{7}=-1 \) 的根為 \( \omega, \omega^{3}, \omega^{5}, \omega^{7}, \omega^{9}, mega^{11},\omega^{13} \)，其中 \( \omega^{7}=-1 \)。

分解 \( x^{7}+1=(x+1)(x^{6}-x^{5}+x^{4}-x^{3}+x^{2}-x+1) \)。

因此 \( (x-\omega)(x-\omega^{3})(x-\omega^{5})(x-\omega^{7})(x-\omega^{11})(x-\omega^{13})=x^{6}-x^{5}+x^{4}-x^{3}+x^{2}-x+1 \)。

由餘式定理得，所求為 \( f(2)=43 \)。

填 4. \( f(-4) \) 的正負，可由最高次項決定 (可視為 4 進制)

因此若最高次數是 \( 6 \) 次，則有 \( 3^6 \) 個，同理若最高為 \( 5 \) 次，則有 \( 3^5 \) 個...

故總有 \( 3^6+3^5+\ldots+3+1 = 1093 \)

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-5-4 06:38 PM 編輯 ]

填充 9. 一般常問的都是內心或重心

其實方法是一樣的，就是先把 \( \overrightarrow{AH} \) 向成 \( \overrightarrow{AB} \) 和 \( \overrightarrow{AC} \) 的線性組合 (利用內積和正射影的關聯)

再令 \( AB =\alpha AD\), \( AC = \beta AE \)，將 \( \overrightarrow{AH} \) 寫成 \( \overrightarrow{AD} \) 和 \( \overrightarrow{AE} \) 的線性組合

由三點共線的 (係數和為 1)，再配上算幾不等式，即可得之。

填 10.

不妨假設四個對角線所形成的向量為 \( (1,1,1) \), \( (1,1,-1) \), \( (1,-1,1) \), \( (-1,1,1) \)，及 \( | \vec{v} | = 1 \)

則 \( \cos^2 \) 夾角之值分別為 \( \frac{(x+y+z)^2}{3}, \frac{(x+y-z)^2}{3}, \frac{(x-y+z)^2}{3}, \frac{(-x+y+z)^2}{3} \), ..

展開相加可得 \( \frac{(x+y+z)^{2}+(x+y-z)^{2}+(x-y+z)^{2}+(-x+y+z)^{2}}{3} = \frac{4}{3} \)

另外，如果是考試的填充題，乾脆偷吃步假設 \( \vec{v} = (1,0,0) \)，即可得此定值

計算 2. 考驗極限的功力
\( A_{n}=\frac{1}{n}\sum\limits _{k=1}^{n}\sqrt{2k}=\sqrt{2n}\sum\limits _{k=1}^{n}\frac{1}{n}\sqrt{\frac{k}{n}}\Rightarrow\frac{A_{n}}{\sqrt{2n}}\to\int_{0}^{1}\sqrt{x}dx=\frac{2}{3} \)。

\( \sigma_{n}=\sqrt{\frac{1}{n}\left(\sum\limits _{k=1}^{n}2k-nA_{n}^{2}\right)}=\sqrt{\frac{1}{n}\cdot\left(n(n+1)-nA_{n}^{2}\right)}=\sqrt{n}\sqrt{1+\frac{1}{n}-\frac{A_{n}^{2}}{n}} \)

由 \( \frac{A_{n}}{\sqrt{2n}} \to \frac{2}{3} \Rightarrow\frac{A_{n}^{2}}{n}\to\frac{8}{9} \)

所以 \( \frac{\sigma_{n}}{\sqrt{n}}\to\frac{1}{3} \)。

所求 \( \lim\limits _{n\to\infty}\frac{\sigma_{n}}{A_{n}}=\lim\limits _{n\to\infty}\frac{\sigma_{n}}{\sqrt{n}}\cdot\lim\limits _{n\to\infty}\frac{\sqrt{n}}{A_{n}}=\frac{1}{3}\cdot\frac{3}{2\sqrt{2}}=\frac{\sqrt{2}}{4} \)。

[ 本帖最後由 tsusy 於 2013-5-4 09:26 PM 編輯 ]

填充 5. 9# bugmens 大已解

但敝人還是獻醜，來個劣解：

其圖形為第一卦限和兩平所圍出的區域，若固定某個 \( (x,y) \)，為該區域某一線段，起終點為 \( (x,y,0) \) 和 \( (x,y,z) \)，其中 \( z=\min\{9-2x-2y,\frac{9-x-2y}{2}\} \)。而體積為 \( \int\int\limits _{x,y,z\geq0}zdxdy \)

而積分區域可寫為 \( \{(x,y)\mid x,y,z\geq0\}=\{(x,y)\mid x\geq0,y\geq0,2x+2y\leq9\} \)

對 \( z \) 改寫成分段形式 \( z=\begin{cases}
9-2x-2y & \mbox{, if }3x+2y>9\\
\frac{9-x-2y}{2} & \mbox{, if }3x+2y\leq9
\end{cases} \)，故積分範圍亦一分為二如下：

\( \int\int\limits _{x,y,z\geq0}zdxdy=\int_{0}^{\frac{9}{2}}\int_{0}^{\frac{9-2y}{3}}\frac{9-x-2y}{2}dxdy+\int_{0}^{\frac{9}{2}}\int_{\frac{9-2y}{3}}^{\frac{9-2y}{2}}(9-2x-2y)dxdy=\frac{81}{4} \)

填充 7. 不好做的一題，以下動用了三角代換和微積分，是否有其它漂亮的作法，就有待其它高手了

設 \( L \) 和 \( x \) 軸的銳夾角為 \( \theta \)，則 \( \overline{OA}+\overline{OB}+\overline{AB}=(1+\tan\theta+\sec\theta)+2\cdot(1+\cot\theta+\csc\theta) \)。

令 \( \phi=\frac{\theta}{2} \)，\( \tan\phi=\frac{\sin\theta}{1+\cos\theta}=(\cot\theta+\csc\theta)^{-1} \), \( \tan(\frac{\pi}{4}-\phi)=\frac{\cos\theta}{1+\sin\theta}=(\tan\theta+\sec\theta)^{-1} \)。

故 \( (1+\tan\theta+\sec\theta)+2\cdot(1+\cot\theta+\csc\theta)=3+\tan(\frac{\pi}{4}+\phi)+2\tan(\frac{\pi}{2}-\phi) \)

解其微分為 0：\( \sec^{2}(\frac{\pi}{4}+\phi)-2\sec^{2}(\frac{\pi}{2}-\phi)=0\Rightarrow\sqrt{2}\cos(\frac{\pi}{4}+\phi)=\cos(\frac{\pi}{2}-\phi) \)
(其中 \( 0<\theta<\frac{\pi}{2}\Rightarrow0<\phi<\frac{\pi}{4} \Rightarrow \) 此二餘弦皆正)

上式可化簡為 \( \cos\phi-\sin\phi=\sin\phi\Rightarrow\tan\phi=\frac{1}{2} \)。

又 \( \sec^{2}(\frac{\pi}{4}+\phi)-2\sec^{2}(\frac{\pi}{2}-\phi)\nearrow \) in \( (0,\frac{\pi}{4}) \)，故此 \( \phi=\tan^{-1}\frac{1}{2} \) 為最小值發生之處。

\( \tan(\frac{\pi}{4}+\phi)=\frac{1+\frac{1}{2}}{1-\frac{1}{2}}=3, \tan(\frac{\pi}{2}-\phi)=(\tan\phi)^{-1}=2 \)，故最小值 \( =3+3+4=10 \)。

可以參考 thepiano 大在美夢成真的解法

http://www.shiner.idv.tw/teachers/...

作法大致相同，但他用的參數是 \( t = \tan \frac{\theta}{2} \)，更為簡捷漂亮。

會讓我按個讚，讚嘆一下這個手法吧！

待定係數，使用兩次不等式的方法，在 101師大附中計算1，寸絲亦玩過。

但這個手法，很難得心應手，應用自如。

要是，碰到考試計算題，為了寫的簡明扼要，讓改考卷的好改，只好抹去過程

而變成計算紙是上面的版本，答案紙是唬人版 + 檢驗等式條件
(如101師大附中的連結)

不存在這樣的函數 \( f \)，滿足 \( f(x) + f(\frac1x) = 3x \)，對所以非零實數 \( x \)