題目 \( \displaystyle \sum\limits _{n=1}^{\infty}\frac{4^{2^{n-1}}}{4^{2^{n}}-1} \)
解 令 \( x_{n}=4^{2^{n}} \)，利用 \( \displaystyle \frac{x_{n}}{x_{n+1}-1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{x_{n}+1}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{x_{n}-1} \),  \( \frac{1}{x_{n}-1}=\frac{1}{x_{n-1}^{2}-1}=-\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{x_{n-1}+1}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{x_{n-1}-1} \)，可得以下：

\(\displaystyle \frac{4^{1}}{4^{2}-1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4^{1}+1}+\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4-1} \)
\(\displaystyle \frac{4^{2}}{4^{4}-1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4^{2}+1}-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4+1}+\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4-1} \)
\(\displaystyle \frac{4^{4}}{4^{8}-1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4^{4}+1}-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4^{2}+1}-\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{4+1}+\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{4-1} \)
\(\displaystyle \frac{4^{3}}{4^{16}-1}=\frac{1}{2}\cdot\frac{1}{4^{8}+1}-\frac{1}{4}\cdot\frac{1}{4^{4}+1}-\frac{1}{8}\cdot\frac{1}{4^{2}+1}-\frac{1}{16}\cdot\frac{1}{4+1}+\frac{1}{16}\cdot\frac{1}{4-1} \)
...
斜的加，從左上往右下加，把每一條斜線加總可得

\( \displaystyle \sum\limits _{n=1}^{m}\frac{4^{2^{n-1}}}{4^{2^{n}}-1}=\frac{1}{2^{m+1}}\sum\limits _{n=1}^{m}\left(\frac{2^{n}}{4^{2^{n-1}}+1}\right)+\frac{2^{m}-1}{2^{m}}\cdot\frac{1}{3}\to\frac{1}{3} \)

題目：\( (\sqrt{23}+\sqrt{27})^{100} \) 除以 100 的餘數，這題應該加上高斯符號
解 \( (\sqrt{23}+\sqrt{27})^{100}=\left(50+6\sqrt{69}\right)^{50} \)。
令 \( x_{n}=\left(50+6\sqrt{69}\right)^{50}+(50-6\sqrt{69})^{50} \)，則 \( x_{n+2}=100x_{n+1}-16x_{n}
\Rightarrow x_{50}\equiv x_{0}\cdot(-16)^{25}\equiv-2^{101}  (Mod  100) \)。
\( \phi(25)=20 \Rightarrow x_{50}\equiv-2  (Mod  25), x_{50}\equiv0  (Mod  4) \)，故 \( x_{50}\equiv48  (Mod  100) \)。
注意 \( 0<(50-6\sqrt{69})^{50}<1 \)，故 \( x_{50}=\left(50+6\sqrt{69}\right)^{50}+(50-6\sqrt{69})^{50}=\left[\left(50+6\sqrt{69}\right)^{50}\right]+1 \)。
因此 \( \left[(\sqrt{23}+\sqrt{27})^{100}\right]\equiv47 (Mod  100) \)。

[ 本帖最後由 tsusy 於 2014-4-13 11:14 PM 編輯 ]

B4. 先把奇數項的負號改成正，再減去兩個奇數項
改正的部分和原偶數項裂項相消，
減去兩個奇數項的部分，也是裂項，但不相消變成 \( \frac{1}{1}-\frac{1}{3}+\frac{1}{5}-\frac{1}{7}+\frac{1}{9}+\ldots \) 會變成 \( \arctan x \) 的Maclaurin series 代入 \( x=1 \)

\( \begin{aligned}\sum\frac{(-1)^{k}}{4k^{2}-1} & =\sum\frac{1}{4k^{2}-1}-2\sum\limits _{k\mbox{ odd}}\frac{1}{4k^{2}-1}\\
& =\frac{1}{2}\sum\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)-\sum\limits _{k\mbox{ odd}}\left(\frac{1}{2k-1}-\frac{1}{2k+1}\right)\\
& =\frac{1}{2}-\sum\limits _{k\mbox{ odd}}\frac{(-1)^{k+1}}{2k-1}=\frac{1}{2}-\tan^{-1}1=\frac{1}{2}-\frac{\pi}{4}
\end{aligned} \)

B6. 感覺抄錯題目了

按上面的題目，移項提出 a-c，再用正弦定理、三角不等式可得 a-c=0

變成等腰三角形 a=c，無法求得角 C

B5. 有類似題...

分解，配對，算幾

注意 \( a^2+ab+ac+bc = (a+b)(a+c) \)

及 \( 3a+b+2c = (a+b) + 2(a+c)\)

由算幾不等式有 \( \frac{3a+b+2c}{2}=\frac{(a+b)+(2a+2c)}{2}\geq\sqrt{2(a+b)(a+c)}=\sqrt{12+2\sqrt{20}}=\sqrt{10}+\sqrt{2} \)

故 \( 3a+b+2c \geq 2\sqrt{10} + 2\sqrt{2} \) (等號我懶得驗了...)

B6. 那就正弦定理，把三個正弦換成邊長，移項再同除以 ab 得

\( \cos C=\frac{a^{2}+b^{2}-c^{2}}{2ab}=\frac{1}{2}\Rightarrow\angle C=60^{\circ} \)

*************眼殘，下面兩行可以當作沒看到*************
\( \sin A+\sin B=2\sin\frac{A+B}{2}\cos\frac{A-B}{2}=\sqrt{3}\cos\frac{A-B}{2} \)

當 \( \angle A=\angle B=60^{\circ} \) 時 \( \sin A + \sin B \) 達最大值 \( \sqrt{3} \)
*************眼殘，上面兩行可以當作沒看到*************

[ 本帖最後由 tsusy 於 2017-3-12 22:33 編輯 ]

眼殘了，不過做法沒差多少

\( \sin A \sin B = - \frac12 \left( \cos (A+B) - \cos (A-B) \right) \)
\( = \frac12 \cos (A-B) + \frac14 \leq \frac 34 \)

當 \( \angle A = \angle B = 60^\circ \) 達最大值 \( \frac 34 \)