第九題第二小題是不是要這樣做.
令\(f(x)=3(1+x)^{138}=a_0+a_1x+....a_{138}x^{138}\), 則所求為\(a_0+a_3+a_6+\cdots+a_{138}\).
令\(\omega_1,\omega_2\)為\(x^2+x+1=0\)之兩根, 則所求為\(\frac{f(1)+f(\omega_1)+f(\omega_2)}{3}\). 其中
\(f(1)=3(1+1)^{138}=3\cdot2^{138}\),
\(f(\omega_1)=3(1+\omega_1)^{138}=3(-\omega_1^2)^{138}=3\)
\(f(\omega_2)=3(1+\omega_2^2)^{138}=3(-\omega_2^2)^{138}=3\)
故\(S_{138}=\frac{3\cdot2^{138}+3+3}{3}=2^{138}+2\). 計算log值之首位數時, 2可以忽略, 得\(\log 2^{138}\approx 0.3010\times138=41.538\),
由\(\log3=0.4771,\log4=0.602\)知首位數為3.(謝謝Sandy指正)

[ 本帖最後由 David 於 2014-5-3 09:45 PM 編輯 ]

第九題第一小題: 以3的倍數分類討論\(a_n\).
1. 若\(n=3k\), 則\(a_n=a_{3k}=1+\omega^{3k}+\omega^{6k}=1+1+1=3\)
2. 若\(n=3k+1\), 則\(a_{3k+1}=1+\omega^{3k+1}+\omega^{6k+2}=1+\omega+\omega^2=0\)
3, 若\(n=3k+2\), 則\(a_{3k+2}=1+\omega^{3k+2}+\omega^{3k+4}=1+\omega^2+\omega=0\)
故只剩\(a_{3k}=3\)

請大家指教

[ 本帖最後由 David 於 2014-5-3 07:04 PM 編輯 ]

第十二題, 仿瑋大對巴貝奇定理的講解, 不知道可以不可以:
令\(g_1(x)=f(x+d)-f(x)\), 則\(g_1(x)\)為二次,
令\(g_2(x)=g_1(x+d)-g_1(x)\), 則\(g_2(x)\)為一次,
令\(g_3(x)=g_2(x+d)-g_2(x)\), 則\(g_3(x)\)為0次.
故\(g_3(x+d)-g_3(x)=0\).
依序代入\(g_3,g_2,g_1\)定義, 得
$$
\begin{aligned}
0=&g_3(x+d)-g_3(x)\\
=&[g_2(x+2d)-g_2(x+d)]-[g_2(x+d)-g_2(x)]\\
=&g_2(x+2d)-2g_2(x+d)+g_2(x)\\
=&[g_1(x+3d)-g_1(x+2d)]-2[g_1(x+2d)-g_1(x+d)]+[g_1(x+d)-g_1(x)]\\
=&g_1(x+3d)-3g_1(x+2d)+3g_1(x+d)-g_1(x)\\
=&[f(x+4d)-f(x+3d)]-3[f(x+3d)-f(x+2d)]+3[f(x+2d)-f(x+d)]-[f(x+d)-f(x)]\\
=&f(x+4d)-4(x+3d)+6f(x+2d)-4f(x+d)+f(x)
\end{aligned}
$$

[ 本帖最後由 David 於 2014-5-11 08:56 PM 編輯 ]

啊! 謝謝指正!