第4題：
先觀察原行列式可化簡為
\(\frac{1}{{{\left( abc \right)}^{2}}}\left| \begin{matrix}
   1 & {{a}^{2}} & {{a}^{3}}  \\
   1 & {{b}^{2}} & {{b}^{3}}  \\
   1 & {{c}^{2}} & {{c}^{3}}  \\
\end{matrix} \right|\), 後面的行列式硬爆開也可以，
但也可以考慮此為缺行的凡德孟行列式，
令函數\(g\left( x \right)=\left| \begin{matrix}
   1 & a & {{a}^{2}} & {{a}^{3}}  \\
   1 & b & {{b}^{2}} & {{b}^{3}}  \\
   1 & c & {{c}^{2}} & {{c}^{3}}  \\
   1 & x & {{x}^{2}} & {{x}^{3}}  \\
\end{matrix} \right|=\left( x-a \right)\left( x-b \right)\left( x-c \right)\left( b-a \right)\left( c-a \right)\left( c-b \right)\)
則 \(\left| \begin{matrix}
   1 & {{a}^{2}} & {{a}^{3}}  \\
   1 & {{b}^{2}} & {{b}^{3}}  \\
   1 & {{c}^{2}} & {{c}^{3}}  \\
\end{matrix} \right|\) 就是函數\(g\)的\(x\)項係數，故所求
\(\frac{1}{{{\left( abc \right)}^{2}}}\left| \begin{matrix}
   1 & {{a}^{2}} & {{a}^{3}}  \\
   1 & {{b}^{2}} & {{b}^{3}}  \\
   1 & {{c}^{2}} & {{c}^{3}}  \\
\end{matrix} \right|=\frac{ab+bc+ca}{{{\left( abc \right)}^{2}}}\left( b-a \right)\left( c-a \right)\left( c-b \right)\Rightarrow f\left( a,b,c \right)=\frac{ab+bc+ca}{{{\left( abc \right)}^{2}}}\)

補充填充9：
橢圓兄有在 103華僑中學 的主題表演過n種解法XD，也可參考
https://math.pro/db/thread-1886-1-2.html

計算1：
\(a{{h}_{a}}=b{{h}_{b}}=c{{h}_{c}}=2rs=r\left( a+b+c \right)\) , 利用柯西不等式
\({{h}_{a}}+{{h}_{b}}+{{h}_{c}}=r\left( a+b+c \right)\left( \frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \right)\ge 9r\),
等號成立在正三角形時

(沒看到 bugmens 版主已在#2 有PO解法XD)

第1題：
令原先有\({{a}_{0}}\)個，\({{a}_{n}}=\frac{3}{4}\left( {{a}_{n-1}}-1 \right),n=\text{1},2,3,4,5\)表示第n位同學吃完一個後再拿完一堆所剩的橘子數，移項得知
\({{a}_{5}}+3=\frac{3}{4}\left( {{a}_{4}}+3 \right)={{\left( \frac{3}{4} \right)}^{5}}\left( {{a}_{0}}+3 \right)=\frac{243}{1024}\left( {{a}_{0}}+3 \right)\),
因為\({{a}_{5}}\equiv 1\left( \bmod 4 \right)\Rightarrow {{a}_{5}}+3\equiv 0\left( \bmod 4 \right)\) 取\({{a}_{0}}+3=4096\) 為最小，此時\({{a}_{0}}=4093\)

或許也能考慮直接用計算的方式：
利用算 catalan 數的觀念(對稱)，直接計算不經過對角線的捷徑數：
如圖，A走捷徑到B但是不能碰到\({{P}_{k}},k=1,2,3,4\),
觀察\(A'\to {{P}_{k}}\to B\) 的不合走法數由於對稱的關係會等於\(A''\to {{P}_{k}}\to B\) 的不合走法數，
每1種不合走法會一一對應，又\(A''\to B\)的每一種走法均為不合，故所求機率為

\(\frac{n\left( A'\to B \right)-n\left( A''\to B \right)}{n\left( A\to B \right)}=\frac{C_{5}^{9}-C_{6}^{9}}{C_{6}^{10}}=\frac{6-4}{6+4}=\frac{1}{5}\)

(推論：若size為向右m步，向上n步, \(m\ge n\) , 則所求機率為\(\frac{C_{m-1}^{(m-1)+n}-C_{m}^{m+\left( n-1 \right)}}{C_{m}^{m+n}}=\frac{m-n}{m+n}\) )

[ 本帖最後由 hua0127 於 2014-6-16 11:53 PM 編輯 ]

小傑兄你是要問第4題嗎?
這個想法是先把原行列式補成可以使用凡德夢的性質，
為了要多補一行，我們還得再補一列，那一列就用變數x來取代，故設計了一個函數
然後此函數在第4列降階時有如下的結果：
\(\left| \begin{matrix}
   1 & a & {{a}^{2}} & {{a}^{3}}  \\
   1 & b & {{b}^{2}} & {{b}^{3}}  \\
   1 & c & {{c}^{2}} & {{c}^{3}}  \\
   1 & x & {{x}^{2}} & {{x}^{3}}  \\
\end{matrix} \right|=-\left| \begin{matrix}
   a & {{a}^{2}} & {{a}^{3}}  \\
   b & {{b}^{2}} & {{b}^{3}}  \\
   c & {{c}^{2}} & {{c}^{3}}  \\
\end{matrix} \right|+x\left| \begin{matrix}
   1 & {{a}^{2}} & {{a}^{3}}  \\
   1 & {{b}^{2}} & {{b}^{3}}  \\
   1 & {{c}^{2}} & {{c}^{3}}  \\
\end{matrix} \right|-{{x}^{2}}\left| \begin{matrix}
   1 & a & {{a}^{3}}  \\
   1 & b & {{b}^{3}}  \\
   1 & c & {{c}^{3}}  \\
\end{matrix} \right|+{{x}^{3}}\left| \begin{matrix}
   1 & a & {{a}^{2}}  \\
   1 & b & {{b}^{2}}  \\
   1 & c & {{c}^{2}}  \\
\end{matrix} \right|\)
我們要的剛好是x的係數，然後利用凡德夢的結果(為3次多項式)觀察x的係數就可以得到所求

希望這樣解釋有稍微清楚一些

N的平方為零矩陣，利用二項式定理應該就可以了

(寸絲兄已說明，占了一層樓XD
話說這題想硬爆還不行~特徵值重根對應的特徵向量不夠XD可能要用jordan-form了(大誤

[ 本帖最後由 hua0127 於 2014-7-29 03:28 PM 編輯 ]