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98新港藝術高中

第10題:
數值資料\(x_1,x_2,x_3,\ldots,x_n\)的算術平均數為\(\overline{X}\),中位數為\(Me\),標準差為\(S\),令\(\displaystyle P=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n |\;x_i-Me |\;\)、\(\displaystyle Q=\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n |\;x_i-\overline{X}|\;\)、\(\displaystyle R=\sqrt{\frac{1}{n}\sum_{i=1}^n(x_i-Me)^2}\),試比較\(P\)、\(Q\)、\(R\)、\(S\)的大小。

先證幾件事情:


設 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) 為任意實數,

1. 若 \(f(x)=\left|x-a_1\right|+\left|x-a_2\right|+\cdots+\left|x-a_n\right|\),則

 當 \(x\) 為 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) 的中位數時,\(f(x)\)  有最小值.

2. 若 \(g(x)=\left(x-a_1\right)^2+\left(x-a_2\right)^2+\cdots+\left(x-a_n\right)^2\),則

 當 \(x\) 為 \(a_1,a_2,\ldots,a_n\) 的算數平均數時,\(g(x)\)  有最小值.

3. \(\displaystyle \sqrt{\frac{a_1^2+a_2^2+\cdots+a_n^2}{n}}\geq\frac{a_1+a_2+\cdots+a_n}{n}.\)

證明提示:1. 三角不等式(即 \(|a|+|b|\geq|a+b|\)) 2. 配方法 3. 柯西不等式





如果證明出來上面這三者,



由 1. 可得 \(Q\geq P\),

由 2. 可得 \(R\geq S\),

由 3. 可得 \(S\geq Q\) 且 \(R\geq P.\)

如此即可得此四者的大小關係為 \(R\geq S\geq Q\geq P.\)

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回復 6# 阿光 的帖子

填充第 2 題
三角形\(ABC\)中,\(D\)、\(E\)為\(\overline{AB}\)的三等分點,\(F\)平分\(\overline{BC}\),\(\overline{AF}\)與\(\overline{CD}\)交於\(G\)點,求四邊形\(BDGF\)的面積是三角形\(ABC\)面積的幾分之幾?
[解答]
由孟式定理,可得 \(\displaystyle \frac{\overline{AD}}{\overline{DB}}\cdot\frac{\overline{BC}}{\overline{CF}}\cdot\frac{\overline{FG}}{\overline{GA}}=1\)

\(\displaystyle \Rightarrow \frac{\overline{AG}}{\overline{GF}}=\frac{4}{1}\)

\(\triangle ADG : \triangle ABF = 2\times 4 : 3\times5=8:15\)

\(\Rightarrow \mbox{四邊形} BDGF:\triangle ADF=7:15\)

\(\Rightarrow \mbox{四邊形} BDGF:\triangle ABC=7:30\)

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2012-1-17 10:28

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回復 6# 阿光 的帖子

填充題第 9 題
設\(z\)是複數,且\(\displaystyle \frac{z}{z-1}\)是純虛數(即虛部不為0而實部為0),試求\(|\;z-i|\;\)的最大值   
[解答]
令 \(z=x+yi\) ,則

\(\displaystyle \frac{z}{z-1}=\frac{\left(x+yi\right)}{\left(x+yi\right)-1}=\frac{\left(x+yi\right)\left((x-1)-yi\right)}{\left(x-1\right)^2+y^2}=\frac{\left(x^2-x+y^2\right)-yi}{\left(x-1\right)^2+y^2}\)

因為 \(\displaystyle \frac{z}{z-1}\) 為純虛數,

所以 \(\displaystyle x^2-x+y^2=0\Rightarrow \left(x-\frac{1}{2}\right)^2+y^2=\frac{1}{4}\) ‧‧‧‧‧‧圓(但缺一點,因為 \(z\) 不為 \(0\))

\(\displaystyle \left|z-i\right|=\sqrt{x^2+\left(y-1\right)^2}=(0,1)\mbox{到圓上的點的距離}\)

      \(\displaystyle \leq (0,1)\mbox{到圓心的距離+圓半徑}=\frac{\sqrt{5}+1}{2}.\)

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回復 12# 阿光 的帖子

計算題第 1 題:
三角形ABC,∠A的內角平分線\( \overline{AT} \)交\( \overline{BC} \)於T點,試證\( \overline{AT}=\sqrt{\overline{AB}\cdot \overline{AC}-\overline{BT}\cdot \overline{CT}} \)
[解答]
由三角形的內角平分線的內分比性質,

可得 \(\overline{AB}:\overline{AC}=\overline{BT}:\overline{CT}\)

因此可令 \(\overline{AB}=x, \overline{AC}=y, \overline{BT}=kx, \overline{CT}=ky\),其中 \(k\) 為正實數,

則題意等同於要求證: \(\overline{AT}^2=xy-k^2xy\)



因為 \(\cos ∠ATB = \cos(180^\circ - ∠ATC)\)

所以 \(\cos ∠ATB = -\cos(∠ATC)\)



在 \(\triangle ABT\) 與  \(\triangle ACT\) 中,由餘弦定理可得

\(\displaystyle \cos ∠ATB=\frac{\overline{AT}^2+(kx)^2-x^2}{2\overline{AT}\times kx}\)

\(\displaystyle \cos∠ATC= \frac{\overline{AT}^2+(ky)^2-y^2}{2\overline{AT}\times ky}\)



因此 \(\displaystyle \frac{\overline{AT}^2+(kx)^2-x^2}{2\overline{AT}\times kx}=-\frac{\overline{AT}^2+(ky)^2-y^2}{2\overline{AT}\times ky}\)

即可解得 \(AT^2 = xy-k^2xy.\)




註:1. 可是這樣一點也不豪華耶~XDD

   那補充一個 Stewart's theorem 好了~

   Stewart's theorem:http://en.wikipedia.org/wiki/Stewart's_theorem

   也是用餘弦定理算兩次就可以證出來的定理。

  2. 有些朋友可能對內分比性質不熟悉,簡單證明如下:

   a. 自 \(T\) 往 \(\overline{AB},\overline{AC}\) 作垂線,

      

    如圖,可得 \(\triangle ABT : \triangle ACT = \frac{1}{2}\cdot \overline{AB}\cdot r : \frac{1}{2}\cdot \overline{AC}\cdot r=\overline{AB}:\overline{AC}\)

   b. 自 \(A\) 往 \(BC\) 直線作垂線,

      

    如圖,可得 \(\triangle ABT : \triangle ACT = \frac{1}{2}\cdot \overline{BT}\cdot h : \frac{1}{2}\cdot \overline{CT}\cdot h=\overline{BT}:\overline{CT}\)


   由 a. b. 可得 \(\overline{AB}:\overline{AC} =\overline{BT}:\overline{CT}.\)

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回復 14# t3712 的帖子

填充第 11 題,
\(x_1\),\(x_2\),\(x_3\),\(\ldots\),\(x_{2009}\)為實數,\(\displaystyle \sum_{i=1}^{2009}x_i=2,000,000\),且對\(i=1,2,\ldots,2009\)皆滿足\(x_i>i\),求\(\displaystyle \sum_{i=1}^{2009}\frac{1}{x_i-i}\)的最小值   
[解答]
題目有問題,因此無解。

因為 \(\displaystyle \sum_{i=1}^{2009}x_i>\sum_{i=1}^{2009}i=\frac{2009\times2010}{2}=2019045\Rightarrow 2000000>2019045\) ,矛盾。





如果此題的題目數字稍微修改一下

改成已知「 \(\displaystyle \sum_{i=1}^{2009}x_i=3000000\)」,則

  \(\displaystyle \sum_{i=1}^{2009}\left(x_i-i\right)=\sum_{i=1}^{2009}x_i-\sum_{i=1}^{2009}i =3000000-2019045=980855\)

利用柯西不等式,

  \(\displaystyle \left(\sum_{i=1}^{2009}\left(\sqrt{x_i-i}\right)^2\right)\left(\sum_{i=1}^{2009}\left(\frac{1}{\sqrt{x_i-i}}\right)^2\right)\geq\left(\sum_{i=1}^{2009}\sqrt{x_i-i}\cdot\frac{1}{\sqrt{x_i-i}}\right)^2\)

  \(\displaystyle \Rightarrow 980855\cdot\left(\sum_{i=1}^{2009}\frac{1}{x_i-i}\right)\geq 2009^2\)

  \(\displaystyle \Rightarrow \left(\sum_{i=1}^{2009}\frac{1}{x_i-i}\right)\geq \frac{2009^2}{980985}=\frac{4036081}{980985}.\)

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回復 14# t3712 的帖子

第 13 題:
座標平面上單位圓\(C\):\(x^2+y^2=1\),一定點\(A(2,0)\),\(Q\)為圓\(C\)上一動點,以\(Q\)為中心,將\(A\)點逆時針旋轉\(90^{\circ}\)得\(P\)點,求動點\(P\)的軌跡方程式   
[解答]
將各點畫在複數平面上,

設 \(A=2+0i, Q=\cos\theta+i\sin\theta\),其中 \(\theta\) 為任意實數,

則 \(P=(A-Q)\cdot i+Q=\left(2-\left(\cos\theta+i\sin\theta\right)\right)\cdot i+\left(\cos\theta+i\sin\theta\right)\)

   \(=\left(\sin\theta+\cos\theta\right)+\left(2+\sin\theta-\cos\theta\right)\cdot i\)

令 \(x=\sin\theta+\cos\theta=\sqrt{2}\cos(\theta-45^\circ)\)

  \(y=2+\sin\theta-\cos\theta=2+\sqrt{2}\sin(\theta-45^\circ)\)

  \(\Rightarrow x^2+(y-2)^2=2.\)

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回復 14# t3712 的帖子

計算第 2 題:
試證\(\displaystyle \int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{sinx}{sinx+cosx}dx=\int_0^{\frac{\pi}{2}}\frac{cosx}{sinx+cosx}dx\)
[解答]

令 \(\displaystyle t=\frac{\pi}{2}-x\Rightarrow dt=- dx\)

\(\displaystyle \int_0^{\pi/2} \frac{\sin x}{\sin x+\cos x}dx=\int^0_{\pi/2} \frac{-\sin\left(\frac{\pi}{2}-t\right)}{\sin \left(\frac{\pi}{2}-t\right)+\cos \left(\frac{\pi}{2}-t\right)}dt\)

  \(\displaystyle =\int^0_{\pi/2} \frac{-\cos t}{\cos t+\sin t}dt\)

  \(\displaystyle =\int_0^{\pi/2} \frac{\cos t}{\cos t+\sin t}dt\)

  \(\displaystyle =\int_0^{\pi/2} \frac{\cos x}{\cos x+\sin x}dx\)

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回復 19# t3712 的帖子

這樣做不行,因為 \(C^{50}_k 20^k\left(6\sqrt{11}\right)^{50-k}\),當 \(k\) 為奇數時,該項不見得是 \(10\) 的倍數。



解答:

\(\left(3+\sqrt{11}\right)^{100}=\left(20+6\sqrt{11}\right)^{50}\)

因為 \(\left(20+6\sqrt{11}\right)^{50}+\left(20-6\sqrt{11}\right)^{50}\) 為整數,

 且 \(0<\left(20-6\sqrt{11}\right)^{50}<1\)

所以

\(\left[\left(3+\sqrt{11}\right)^{100}\right]=\left[\left(20+6\sqrt{11}\right)^{50}\right]\)

       \(=\left(20+6\sqrt{11}\right)^{50}+\left(20-6\sqrt{11}\right)^{50}-1\)

       \(=2\left(20^{50}+C^{50}_2 20^{48}\left(6\sqrt{11}\right)^2+C^{50}_4 20^{46}\left(6\sqrt{11}\right)^4+\cdots+C^{50}_{50} \left(6\sqrt{11}\right)^{50}\right)-1\)

       \(\equiv 2\cdot\left(6\sqrt{11}\right)^{50}-1\)

       \(\equiv 2\times 6^{50}\times 11^{25}-1\)

       \(\equiv 2\times 6\times 1^{25}-1\)

       \(\equiv 12-1\)

       \(\equiv 1\pmod{10}\)

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