第 6 題

求兩橢圓 \(\displaystyle \frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{9}=1\) 與 \(\displaystyle \frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{16}=1\) 所圍區域的公共部份繞 \(x\) 軸旋轉一周所得體積為？


解答：

先求 \(\displaystyle \left\{\begin{array}{ccc}\displaystyle\frac{x^2}{16}+\frac{y^2}{9}=1\\\frac{x^2}{9}+\frac{y^2}{16}=1\end{array}\right.\) 在第一象限的交點

（根據對稱的特性，也就是抓其中一個橢圓跟 \(x=y\) 直線在第一象限的交點），

解得交點為 \(\displaystyle\left(\frac{12}{5},\frac{12}{5}\right).\)

所求體積為 \(\displaystyle 2\left(\int_{0}^{\frac{12}{5}} \pi\cdot 9\left(1-\frac{x^2}{16}\right)dx+\int_{\frac{12}{5}}^{3} \pi\cdot 16\left(1-\frac{x^2}{9}\right)dx\right)=\frac{208\pi}{5}.\)

引用:

原帖由 may 於 2010-6-21 10:29 PM 發表
想請教第18題，感謝。

第 18 題：

題目：求 \(\displaystyle \lim_{n\to\infty} \frac{\left(1^2+2^2+\cdots+n^2\right)\left(^5+2^5+\cdots+n^5\right)}{\left(1^3+2^3+\cdots+n^3\right)\left(1^4+2^4+\cdots+n^4\right)}\) 之值。


解答：

\(\displaystyle 1+2+\cdots+n=\frac{1}{2}n^2+O(n)\)

\(\displaystyle 1^2+2^2+\cdots+n^2=\frac{1}{3}n^3+O(n^2)\)

\(\displaystyle 1^3+2^3+\cdots+n^3=\frac{1}{4}n^4+O(n^3)\)

\(\displaystyle 1^4+2^4+\cdots+n^4=\frac{1}{5}n^5+O(n^4)\)

\(\displaystyle 1^5+2^5+\cdots+n^5=\frac{1}{6}n^6+O(n^5)\)




所求 \(\displaystyle =\lim_{n\to\infty}\frac{\displaystyle\frac{n^3}{3}\cdot\frac{n^6}{6}+O(n^7)}{\displaystyle\frac{n^4}{4}\cdot\frac{n^5}{5}+O(n^7)}=\frac{10}{9}.\)

第 3 題：

解答：

令\(\angle ACB=\theta,\)

則 \(\angle ABC=60^\circ -\theta,\)

由正弦定理，可得

　　　　\(\displaystyle \frac{\overline{AB}}{\sin\theta}=\frac{\overline{AC}}{\sin\left(60^\circ-\theta\right)}=2\times 1\)

所以，\(\displaystyle 2\overline{AB}+3\overline{AC}=4\sin\theta+6\sin\left(60^\circ-\theta\right)\)

　　　　　　\(\displaystyle =4\sin\theta+6\left(\sin60^\circ\cos\theta-\cos60^\circ\sin\theta\right)\)

　　　　　　\(\displaystyle =\sin\theta+3\sqrt{3}\cos\theta\)

　　　　　　\(\displaystyle \leq\sqrt{1^2+\left(3\sqrt{3}\right)^2}\)

　　　　　　\(=2\sqrt{7}\)

故，所求最大值為 \(2\sqrt{7}.\)




ps. 如果想要知道當最大值發生時 \(\displaystyle \overline{AB},  \overline{AC}\) 各別為多少的話，

　　解題時可以改以疊合處理。

第 4 題：

由面積公式，可得 \(\displaystyle \frac{1}{2}bc\sin 60^\circ = \sqrt{3}\Rightarrow bc=4\)

由餘弦定理，可得

　　　\(a^2=b^2+c^2-2bc\cos60^\circ\)

　　　　\(=b^2+c^2-4\)

　　　　\(\geq2\sqrt{b^2\cdot c^2}-4\)

　　　　\(=4\)

　　　\(\Rightarrow a\geq2\)（且當等號成立時，若且唯若 \(b=c\)）

所以，

　　　\(a+b+c\geq a+2\sqrt{bc}=2+2\sqrt{4}=6\)
　　　　　　　　　　　　　　　　　　　　（且當等號成立時，若且唯若 \(a=2\) 且 \(b=c\)）

故，\(a+b+c\) 的最小值為 \(6\)。（且此時 \(a=b=c=2\)）

引用:

原帖由 mandy 於 2011-5-20 05:59 PM 發表
請問第七題的  △ABQ=(1+t)/(1+t+t^2)△ABD ,如何求的?

由孟氏定理（Menelaus' theorem），可知 \(\displaystyle \frac{AE}{EC}\cdot\frac{CB}{BD}\cdot\frac{DQ}{QA}=1\)，可得 \(AQ : QD\)

進一步得 \(AQ : AD\)，此即為 \(\triangle ABQ : \triangle ABD.\)


註：感謝 whymath 提醒我的小錯誤，已修正！^__^

第 10 題：


設由死亡到凌晨六點半恰經過 \(t\) 小時，則


\(\displaystyle 13 = 10 + 27\left(\frac{1}{2}\right)^{kt}\) 且 \(\displaystyle 11 = 10 + 27\left(\frac{1}{2}\right)^{k(t+1)}\)


\(\displaystyle \Rightarrow \left(\frac{1}{2}\right)^{kt} = \frac{1}{9}\) 且 \(\displaystyle \left(\frac{1}{2}\right)^{k(t+1)}=\frac{1}{27}\)


兩式相除，可得 \(\displaystyle \left(\frac{1}{2}\right)^k = \frac{1}{3}\)


\(\Rightarrow t=2\)

故，死亡時間應為凌晨四點半。

第12,13,14(2),15,19題： http://www.shiner.idv.tw/teachers/viewtopic.php?f=53&t=1531

可以找尋的地方有：這裡、美夢成真、PTT 數學版、google ...... ^__^

沒有第 22 題，我想你要問的應該是第 20 題（第 22 格）吧？

第 20 題 thepiano 老師解過了，

可見 http://www.shiner.idv.tw/teacher ... &start=10#p4039

填充第 2 題：

可以參考 八神庵跟 thepiano 老師的解：

http://www.shiner.idv.tw/teacher ... &start=20#p4058

另，小弟的解法是：\(\displaystyle\frac{8}{8}\cdot\frac{4}{7}\cdot\left(\frac{1}{2}\right)^4=\frac{1}{28}.\)

說明：\(A\) 可以任選，\(D\) 需由剩下的七個位置選到與 \(A\) 不同分支的四個之一，剩下就是兩人必須各勝兩次。

真是漂亮的連分數。

qq.gif (13.52 KB)

2013-9-30 12:22