填3另解:
依題意知x²+z²  =1-y²
由柯西不等式得
(x²+z² )(1² +1²)≧ (x+z)²
所以(1-y² )*2≧ (x+z)²
=> 2y²(1-y² )≧y²(x+z)²
-[2y²(1-y² )]^0.5 ≦ y(x+z) ≦ [2y²(1-y² )]^0.5-------(1)
又[2y²(1-y² )]^0.5 =[ -2(y²-1/2)²+1/2]^0.5---------(2)
由(1)&(2)得, 當y² =1/2時 , 所求y(x+z)有最大值(1/2)^0.5

[ 本帖最後由 Ellipse 於 2023-5-7 23:50 編輯 ]

引用:

原帖由 chu 於 2023-5-7 21:54 發表
6654

Largrange Multiplier的話，只有一個Critical Point，還要再check它是極大還是極小比較嚴僅。
否則若題目改成問最小值，沒有check的話就會出錯了。

不過這是填充，其實直接賭它就是所求，十成都會對就是了。
不過我想，在高中端應該不會出到一定要用Largrange multiplier的題目。

這題應該是用算幾湊一下即可：
\(1=x^2+y^2+z^2=(x^2+\frac{y^2}2)+(\frac{y^2}2+z^2)\geq 2\frac{xy}{\sqrt{2}}+2\frac{yz}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}(xy+yz)\)
等號發生在\(x=z=1/2, y=\frac1{\sqrt{2}}\)

[ 本帖最後由 DavidGuo 於 2023-5-8 11:02 編輯 ]

因為任兩個數，都可以運算出3的倍數。
(兩數若有一數是3的倍數就相乘，若兩數除以3餘數相同則相減即可，剩下一個是餘1另一個是餘2的情況，就兩數相加。)

因此，只要說明四個整數一定有兩個可以運算出8的倍數，然後剩下兩個運算出3的倍數，再相乘即可。

以下證明四個整數一定有兩個可以運算出8的倍數：
我們依除以8的餘數來分四類，{0,4},{1,7},{2,6},{3,5}
若有一類出現兩個：{1,7},{2,6},{3,5}這三類的就相加或相減，若是{0,4}出現兩個，就相乘，如此可以製造出8的倍數
若每類各一個：則就選{0,4}與{2,6}的數相乘，也會是8的倍數。

抱歉, 後來才發現前面鋼琴老師有貼了，證法一樣。

[ 本帖最後由 DavidGuo 於 2023-5-7 23:54 編輯 ]

引用:

原帖由 Ellipse 於 2023-5-7 20:47 發表
計算1
原設計的方程式要改成缺x² 項,使用-4p^3-27q² 公式

有沒有\(x^2\)做法都一樣。

設\(f(x)=(x-\alpha)(x-\beta)(x-\gamma)\)
則\(f'(x)=3x^2+4x=(x-\alpha)(x-\beta)+(x-\alpha)(x-\gamma)+(x-\beta)(x-\gamma)\)
所求\(=\displaystyle\left|\frac{(\beta-\alpha)(\gamma-\beta)(\alpha-\gamma)}{(\alpha\beta\gamma)^2}\right|=\left|\frac{-f'(\alpha)f'(\beta)f'(\gamma)}{81}\right|^{\frac12}=\left|\frac{(3\alpha^2+4\alpha)(3\beta^2+4\beta)(3\gamma^2+4\gamma)}{81}\right|^{\frac12}\)
\(\displaystyle=\left|\frac{(3\alpha+4)(3\beta+4)(3\gamma+4)}{27}\right|^{\frac12}=\left|(-\frac43-\alpha)(-\frac43-\beta)(-\frac43-\gamma)\right|^{\frac12}\)
\(\displaystyle=\sqrt{\left|f(-\frac43)\right|}=\sqrt{\frac{113}{27}}\)

同樣方法可以推廣到更高次的多項式，可以參考「wiki: Discriminant」。

[ 本帖最後由 DavidGuo 於 2023-5-7 23:46 編輯 ]

這題當然可以直接解，
不過，由出題者的數字，我猜原意應該是這樣解：
兩式相加得\(a_{n+1}+b_{n+1}+1=8(a_n+b_n+1)=8^n(a_1+b_1+1)=2^{3n+2}\)
兩式相減得\(a_{n+1}-b_{n+1}+7=2(a_n-b_n+7)=2^n(a_1-b_1+7)=2^{n+3}\)
解聯立可得\(a_n=2^{3n-2}+2^{n+1}-4\)

填充 10

這邊利用了 root test 比 ratio test 還強的方法來做
其他的請參考圖片~

填充 1

解釋為何沒有第二組解的部分

引用:

原帖由 fierthe 於 2023-5-8 00:30 發表
填充 10
這邊利用了 root test 比 ratio test 還強的方法來做
其他的請參考圖片~

正解…
我打字才打一半，你就貼了…

可以參考這本高微Mathematical Analysis: An Introduction

螢幕擷取畫面 2023-05-08 004729.png (18.25 KB)

2023-5-8 00:51

就相當於在驗證數列\(\displaystyle\sum\frac{(3n)!}{(n!)^3}\)的斂散性，
因為ratio test能驗證的出來的話，root test一定也可以，而且極限一樣。

所以\(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\left|\frac{\frac{(3n+3)!}{((n+1)!)^3}}{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}\right|=\lim_{n\to\infty}\frac{(3n+1)(3n+2)(3n+3)}{(n+1)^3}=27\)
因此原題也是\(27\)。

不過，我覺得考這個沒意思就是了。

[ 本帖最後由 DavidGuo 於 2023-5-8 01:13 編輯 ]

\(\displaystyle(a+b+c)-\left(\frac a{b^2+1}+\frac b{c^2+1}+\frac c{a^2+1}\right)=\frac b{b^2+1}ab+\frac c{c^2+1}bc+\frac a{a^2+1}ac\leq\frac12ab+\frac12bc+\frac12ac\leq\frac12\times\frac13(a+b+c)^2\)
然後\(a+b+c=3\)代入即可。

計算證明 1

用了一些複數的運算性質也算出答案來了，甚至還寫出了六次多項式的除法，越除會越開心。
但你不會希望在考場上算出餘式有一次項來的，所以算是個欣賞用的解法囉！

IMG_0584.jpeg (465.08 KB)

2023-5-8 01:25

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2023-5-8 01:25