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標題: 112新北市高中聯招 [打印本頁]

作者: bugmens 時間: 2023-5-7 14:37 標題: 112新北市高中聯招

　

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附件: 112新北市高中聯招答案.pdf (2023-5-7 14:37, 128.56 KB) / 該附件被下載次數 4924
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作者: bugmens 時間: 2023-5-7 14:37

一、填充題
6.
兩數列\(\langle\;a_n\rangle\;,\langle\;b_n\rangle\;\)，滿足\(a_1=2\)，\(b_1=1\)，且\(a_{n+1}=5a_n+3b_n+7\)，\(b_{n+1}=3a_n+5b_n\)，\(n\in N\)，試求\(a_n\)的一般式。

thepiano所提到同類型的題目要一起準備，你有準備嗎？
https://math.pro/db/viewthread.php?tid=680&page=3#pid7959

9.
\(ABCD\)為平行四邊形且點\(E,F\)分別落在\(AB,BC\)邊上。若\(\Delta AED\)的面積等於7、\(\Delta EBF\)的面積等於3、\(\Delta CDF\)的面積等於6。則\(\Delta DEF\)的面積為何？

E,F分別在矩形ABCD的邊\( \overline{BC} \),\( \overline{CD} \)上，若\( \Delta ABE \),\( \Delta ECF \),\( \Delta AFD \)的面積分別為3,1,2，則\( \Delta AEF \)的面積是　　。
(103桃園高中二招，https://math.pro/db/viewthread.php?tid=1949&page=1#pid11257)

10.
求極限\(\displaystyle \lim_{n\to \infty}\root n \of {\frac{(3n)!}{(n!)^3}}\)的值。
[解答]
先計算取\(ln\)的極限
\(\displaystyle \lim_{n\to \infty}ln \root n \of {\frac{(3n)!}{(n!)^3}}=\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}ln \left[ \frac{n!}{n!}\left(\frac{(n+1)(n+2)\ldots(n+n)}{1\cdot 2 \ldots n}\right)\left(\frac{(2n+1)(2n+2)\ldots(2n+n)}{1\cdot 2\ldots n}\right)\right]\)
\(\displaystyle =\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}ln \left(\frac{(n+1)(n+2)\ldots(n+n)}{1\cdot 2 \ldots n}\right)+\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}ln \left(\frac{(2n+1)(2n+2)\ldots(2n+n)}{1\cdot 2\ldots n}\right)\)
\(\displaystyle =\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n ln \left(\frac{n+k}{k}\right)+\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n ln \left(\frac{2n+k}{k}\right)\)
\(\displaystyle =\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n ln \left(\frac{1+\frac{k}{n}}{\frac{k}{n}}\right)+\lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}\sum_{k=1}^n ln \left(\frac{2+\frac{k}{n}}{\frac{k}{n}}\right)\)
\(\displaystyle =\int_0^1 ln\left(\frac{1+x}{x}\right)dx+\int_0^1 ln\left(\frac{2+x}{x}\right)dx\)
寫成瑕積分
\(\displaystyle =\lim_{a\to 0^{+}}\int_a^1 ln\left(\frac{1+x}{x}\right)dx+\lim_{a\to 0^{+}}\int_a^1 ln\left(\frac{2+x}{x}\right)dx\)
分部積分公式\(\int u dv=uv-\int v du\)

\(\displaystyle u=ln\left(\frac{1+x}{x}\right)\)，\(\displaystyle du=\frac{x}{1+x}\cdot \frac{1(x)-(1+x)1}{x^2}=\frac{-1}{x(x+1)}\)
\(dv=1\)，\(v=1+x\)
\(\displaystyle =\lim_{a\to 0^{+}}\left[ln\left(\frac{1+x}{x}\right)(1+x)\Bigg\vert\;_a^1-\int_a^1 (1+x)\cdot \frac{-1}{x(x+1)}dx \right]\)
\(\displaystyle =\lim_{a\to 0^{+}}\left[ln\left(\frac{1+x}{x}\right)(1+x)\Bigg\vert\;_a^1+\int_a^1 \frac{1}{x}dx \right]\)
\(\displaystyle =\lim_{a\to 0^{+}}\left[ln\left(\frac{1+x}{x}\right)(1+x)\Bigg\vert\;_a^1+ln(x)\Bigg\vert\;_a^1 \right]\)
\(\displaystyle =\lim_{a\to 0^{+}}\left[2ln2-ln\left(\frac{1+a}{a}\right)(1+a)+ln1-ln(a)\right]\)
\(\displaystyle =2ln2-\lim_{a\to 0^{+}}\left[(ln(1+a)-ln(a))(1+a)+ln(a)\right]\)
\(\displaystyle =2ln2-\lim_{a\to 0^{+}}\left[ln(1+a)+aln(1+a)-ln(a)-aln(a)+ln(a)\right]\)
\(\displaystyle =2ln2-0\)
\(\displaystyle =2ln2\)

\(\displaystyle u=ln\left(\frac{2+x}{x}\right)\)，\(\displaystyle du=\frac{x}{2+x}\cdot \frac{1(x)-(2+x)1}{x^2}=\frac{-2}{x(x+2)}\)
\(dv=1\)，\(v=2+x\)
\(\displaystyle =\lim_{a\to 0^{+}}\left[ln\left(\frac{2+x}{x}\right)(2+x)\Bigg\vert\;_a^1-\int_a^1 (2+x)\cdot \frac{-2}{x(x+2)}dx \right]\)
\(\displaystyle =\lim_{a\to 0^{+}}\left[ln\left(\frac{2+x}{x}\right)(2+x)\Bigg\vert\;_a^1+2\int_a^1 \frac{1}{x}dx \right]\)
\(\displaystyle =\lim_{a\to 0^{+}}\left[ln\left(\frac{2+x}{x}\right)(2+x)\Bigg\vert\;_a^1+2ln(x)\Bigg\vert\;_a^1 \right]\)
\(\displaystyle =\lim_{a\to 0^{+}}\left[3ln3-ln\left(\frac{2+a}{a}\right)(2+a)+2ln1-2ln(a)\right]\)
\(\displaystyle =3ln3-\lim_{a\to 0^{+}}\left[(ln(2+a)-ln(a))(2+a)+2ln(a)\right]\)
\(\displaystyle =3ln3-\lim_{a\to 0^{+}}\left[2ln(2+a)+aln(2+a)-2ln(a)-aln(a)+2ln(a)\right]\)
\(\displaystyle =3ln3-2ln2\)
\(\displaystyle =ln27-2ln2\)

\(=2ln2+ln27-2ln2\)
\(=ln27\)
∵\(\displaystyle \lim_{n\to \infty}ln \root n \of {\frac{(3n)!}{(n!)^3}}=ln27\)
∴\(\displaystyle \lim_{n\to \infty}\root n \of {\frac{(3n)!}{(n!)^3}}=27\)

\(\displaystyle \lim_{n\to \infty}\frac{1}{n}ln\left(\frac{(2n)!}{n^n n!}\right)\)？
https://math.stackexchange.com/q ... sum-of-log-function

二、計算證明題
1.
若方程式\(x^3+2x^2+3=0\)之三根為\(\alpha,\beta,\gamma\)，求\(\displaystyle |\;(\frac{1}{\alpha}-\frac{1}{\beta})(\frac{1}{\beta}-\frac{1}{\gamma})(\frac{1}{\gamma}-\frac{1}{\alpha})|\;\)之值為？

感謝Ellipse提醒，公式要缺\(x^2\)項
\(x^3+px+q=0\)的三根為\(\alpha,\beta,\gamma\)則\((\alpha-\beta)^2(\beta-\gamma)^2(\gamma-\alpha)^2=-4p^3-27q^2\)
證明，https://math.pro/db/viewthread.php?tid=164&page=2#pid18936

3.
\(a,b,c\)皆正，且\(a+b+c=3\)，試證\(\displaystyle \frac{a}{b^2+1}+\frac{b}{c^2+1}+\frac{c}{a^2+1}\ge \frac{3}{2}\)
中一中合作盃金頭腦第37次有獎徵答，檔案有解答

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作者: CYC 時間: 2023-5-7 20:28

請問填充1

[ 本帖最後由 CYC 於 2023-5-8 00:02 編輯 ]

作者: Ellipse 時間: 2023-5-7 20:47

計算1
原設計的方程式要改成缺x² 項,使用-4p^3-27q² 公式

[ 本帖最後由 Ellipse 於 2023-5-7 21:26 編輯 ]

作者: Ellipse 時間: 2023-5-7 20:59

引用:

原帖由 CYC 於 2023-5-7 20:28 發表
請問填充1，10

填充1
解出一個答案
(看3,4,5的畢氏組)

[ 本帖最後由 Ellipse 於 2023-5-7 21:11 編輯 ]

作者: thepiano 時間: 2023-5-7 21:12 標題: 回覆 4# Ellipse 的帖子

計算第 1 題
以 α、 β 、γ 為三根的方程式是 x^3 + 2x^2 + 3 = 0
以 1/α、 1/β 、1/γ 為三根的方程式是 3x^3 + 2x + 1 = 0，即 x^3 + (2/3)x + (1/3) = 0
這樣就可以用那個公式了

作者: CYC 時間: 2023-5-7 21:17 標題: 回覆 5# Ellipse 的帖子

謝謝老師

作者: chu 時間: 2023-5-7 21:54 標題: 填3

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作者: thepiano 時間: 2023-5-7 22:09

計算第 2 題
先證：任意四個整數中，必可找到兩個整數經由相加、相減或相乘，成為 8 的倍數

(1) 四數中至少有一個 8 的倍數
選 8 的倍數和另一數相乘

(2) 四數均不為 8 的倍數
若有兩數除以 8 的餘數相同
兩數相減

若四數除以 8 的餘數均不同，由於除以 8 的餘數可分成 (1，7)、(3，5)、(2，4，6) 這三組，由鴿籠原理，此四數必至少有兩數在同一組
此三組中，(1，7)、(3，5)、(2，6)，兩數相加
(2，4)、(4，6)，兩數相乘

再證：任意兩個整數必可經由相加、相減或相乘，成為 3 的倍數

(1) 兩數中至少有一個 3 的倍數
兩數相乘

(2) 兩數均不為 3 的倍數
若兩數除以 3 的餘數相同，則兩數相減
若兩數除以 3 的餘數不同，則兩數相加

最後再把上面兩組數相乘，即為 24 的倍數

作者: chu 時間: 2023-5-7 22:11 標題: 填8

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作者: Ellipse 時間: 2023-5-7 22:20

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 ]

作者: DavidGuo 時間: 2023-5-7 22:56 標題: 填充第3題

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 ]

作者: DavidGuo 時間: 2023-5-7 23:05 標題: 證明第2題

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 ]

作者: DavidGuo 時間: 2023-5-7 23:17 標題: 證明第1題

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 ]

作者: DavidGuo 時間: 2023-5-8 00:13 標題: 第6題

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\(a_n=2^{3n-2}+2^{n+1}-4\)

作者: fierthe 時間: 2023-5-8 00:30

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~

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作者: fierthe 時間: 2023-5-8 00:50

填充 1

解釋為何沒有第二組解的部分

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作者: DavidGuo 時間: 2023-5-8 00:51

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

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 ]

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作者: DavidGuo 時間: 2023-5-8 01:12 標題: 證明第3題

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

作者: fierthe 時間: 2023-5-8 01:25

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！

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作者: DavidGuo 時間: 2023-5-8 01:26 標題: 填充第2題

這題跟前幾週中山大學的雙週一題類似。

使用排容：\(C^9_5-8C^6_2+22=28\)種。

作者: DavidGuo 時間: 2023-5-8 01:51 標題: 填充第4題

直接列舉最快了
234, 245, 256, 345, 346, 356，共6種。

如果不限制邊相異，或是只限制最大邊，都有一般性的公式。可以參考「wiki: Integer triangle」。

作者: DavidGuo 時間: 2023-5-8 01:55 標題: 填充第5題

因為\(\frac1s+\frac1p=\frac3q\)，同乘\(spq\)得\(pq+sq=3sp\)，又因為\(s=pq\)，所以\(pq+pq^2=3p^2 q\)
所以\(1+q=3p\)，所以\(p=2\)，進而推得\(q=5,s=10\)，所以總和為\(17\)。

作者: DavidGuo 時間: 2023-5-8 07:40

引用:

原帖由 fierthe 於 2023-5-8 01:25 發表
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！

6659
6660 ...

這樣你也算的出來，太強了…

作者: laylay 時間: 2023-5-8 09:23 標題: 填充3. 另解

建立球面座標系
可令 x=cosAcosB , z=cosAsinB , y=sinA , -90度<=A<=90度 , 0度<=B<360度
xy+yz=y(x+z)=sinAcosA(sinB+cosB)=1/2sin2A*ㄏ2*sin(B+45度)
所以 A=45度 , B=45度時或 A=-45度 , B=225度時有最大值ㄏ2/2
此時 x=z=1/2 , y=1/ㄏ2 或 x=z= -1/2 , y= -1/ㄏ2

[ 本帖最後由 laylay 於 2023-5-8 10:11 編輯 ]

作者: Ellipse 時間: 2023-5-8 10:02

引用:

原帖由 DavidGuo 於 2023-5-7 23:17 發表

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)(\ga ...

這題若沒有要背那個公式或用微分方式
還可以用"范德蒙行列式"+"根與係數"求出來

作者: DavidGuo 時間: 2023-5-8 10:11 標題: 第10題不用ratio test

雖然root test強於ratio test，但因為每次都ratio test比較好算，而且在taylor series時，也都用ratio test在判斷收斂區間，所以還是不能捨掉ratio test。
不過若硬要使用root test來取代ratio test的題目的話，我查了一下，要下面幾個lemma
1) \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{n!}=\infty\)
2) \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\frac{\sqrt[n]{n!}}{n}=\frac1e\)
3) \(\displaystyle\lim_{n\to\infty}\sqrt[n]{\frac{(kn)!}{(n!)^k}}=k^k, k\in\mathbb{N}\)

此題剛好是3) ，所以…\(3^3=27\)

或是直接使用stirling approximation，在\(n\)很大時
\(\displaystyle n!=\sqrt{2\pi n}\left(\frac ne\right)^n\)
代入即可。

出題教授可能剛好有教到這個，然後就直接拿來考了…
雖然說教甄沒有範圍，但感覺不怎麼適合。

[ 本帖最後由 DavidGuo 於 2023-5-8 10:59 編輯 ]

作者: Ellipse 時間: 2023-5-8 10:31

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~

這內容有提到的關鍵正是
"柯西第二極限定理"

然後我覺得這跟ratio test ,root test沒太大關係?
ratio test 只是在測驗 sigma {a_n} 這級數是否收斂
利用L=limit a_(n+1)/a_n 來看
但這題L=27 >1 ,ratio test 說這樣級數會發散

然後要怎說明L=limit {a_(n+1)/a_n} =limit ( a_n)^(1/n) ?
這地方則是使用到"柯西第二極限定理"

[ 本帖最後由 Ellipse 於 2023-5-8 11:09 編輯 ]

作者: Superconan 時間: 2023-5-8 11:36

計算第 1 題

比較樸實的方法
考場上有做對，考後重寫一直各種計算錯誤～

[ 本帖最後由 Superconan 於 2024-3-9 13:17 編輯 ]

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作者: DavidGuo 時間: 2023-5-8 11:55

引用:

原帖由 Ellipse 於 2023-5-8 10:31 發表

這內容有提到的關鍵正是
"柯西第二極限定理"

然後我覺得這跟ratio test ,root test沒太大關係?
ratio test 只是在測驗 sigma {a_n} 這級數是否收斂
利用L=limit a_(n+1)/a_n 來看
但這題L=27 >1 ,ratio test 說這 ...

可以參考Rudin高微的68頁Thm 3.37 (這次換一本比較常見的)
定理本身跟root test與ratio test沒有關係，只是通常都會聯想到。

以下截圖自課本：

其中最後提到的Thm 3.20(b)是這個

若不習慣高微的證法，也有比較直覺的方式

檔案來源在附件中。

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作者: Ellipse 時間: 2023-5-8 14:10

引用:

原帖由 DavidGuo 於 2023-5-8 10:11 發表
出題教授可能剛好有教到這個，然後就直接拿來考了…
雖然說教甄沒有範圍，但感覺不怎麼適合。

真的要幫忙反映一下
大學教授不要再出這種沒有鑑別度的題目
除非是剛畢業且對高微很熟的人
不然還會有幾個記得Rudin的書裡面有這個?
考這種觀念,高中老師也教不到

還記得有一次去考某間獨招
好像只有8題左右計算/證明
然後每題都是大學/研究所裡面的題型
結果考出來一堆人零分....

[ 本帖最後由 Ellipse 於 2023-5-8 14:16 編輯 ]

作者: laylay 時間: 2023-5-8 15:29 標題: 填充2.另解

ABC
DEF
GHI
(1) 選中E : 則(A,I),(D,F),(G,C),(B,H)這四組中恰各選出一個,方法 2^4-4*2=8
(2) 沒選中E : 方法 C(8,5)-4*C(5,2)+4=20
所以方法共 8+20=28

[ 本帖最後由 laylay 於 2023-5-8 15:36 編輯 ]

作者: 5pn3gp6 時間: 2023-5-15 10:03

填充10各位老師的手法太神了
不過我還是提供一個方法試試，因為老師的手法我不覺得我有搞懂......
給大家參考

可以先看到\(\displaystyle (3n)!=\left(\prod^n_{k=1}3k\right)\left(\prod^n_{k=1}(3k-1)\right)\left(\prod^n_{k=1}(3k-2)\right)\)

而\(\displaystyle \sqrt[n]{\frac{\displaystyle \prod^n_{k=1}3k}{n!}}=3\)，　所以需要思考的就剩下\(\displaystyle \sqrt[n]{\frac{\displaystyle \prod^n_{k=1}(3k-1)}{n!}}=\sqrt[n]{\prod^n_{k=1}\frac{3k-1}{k}}和\sqrt[n]{\frac{\displaystyle \prod^n_{k=1}(3k-2)}{n!}}=\sqrt[n]{\prod^n_{k=1}\frac{3k-2}{k}}\)了。

\(由算術平均數\geq幾何平均數\geq調和平均數\) 可得

\[\displaystyle \frac{\displaystyle\sum^n_{k=1}\frac{3k-1}{k}}{n} \geq \sqrt[n]{\prod^n_{k=1}\frac{3k-1}{k}} \geq \frac{n}{\displaystyle\sum^n_{k=1}\frac{k}{3k-1}}\]

所以

\[\displaystyle 3-\frac{1}{n}\sum^n_{k=1}\frac{1}{k} = \frac{\displaystyle 3n-\sum^n_{k=1}\frac{1}{k}}{n} \geq \sqrt[n]{\prod^n_{k=1}\frac{3k-1}{k}} \geq \frac{n}{\displaystyle \frac{1}{3}\left(n+\sum^n_{k=1}\frac{1}{3k-1}\right)} =\frac{3}{\displaystyle 1+\frac{1}{n}\sum^n_{k=1}\frac{1}{3k-1}}\]

而因為調和級數的特性，所以\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{1}{n}\sum^n_{k=1}\frac{1}{k}=0 \;\;且\;\; \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{1}{n}\sum^n_{k=1}\frac{1}{3k-1}=0 \)

所以
\[\displaystyle 3= \lim_{n\rightarrow \infty} 3-\frac{1}{n}\sum^n_{k=1}\frac{1}{k} \geq \lim_{n\rightarrow \infty}\sqrt[n]{\prod^n_{k=1}\frac{3k-1}{k}} \geq = \lim_{n\rightarrow \infty} \frac{3}{\displaystyle 1+\frac{1}{n}\sum^n_{k=1}\frac{1}{(3k-1)}}=3\]

故\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\sqrt[n]{\prod^n_{k=1}\frac{3k-1}{k}}=3\)　，　同理\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow \infty}\sqrt[n]{\prod^n_{k=1}\frac{3k-2}{k}}=3\)

所以所求3*3*3=27

[ 本帖最後由 5pn3gp6 於 2023-5-16 10:35 編輯 ]

作者: DavidGuo 時間: 2023-5-19 22:32

引用:

原帖由 5pn3gp6 於 2023-5-15 10:03 發表
填充10各位老師的手法太神了
不過我還是提供一個方法試試，因為老師的手法我不覺得我有搞懂......
給大家參考
可以先看到\(\displaystyle (3n)!=\left(\prod^n_{k=1}3k\right)\left(\prod^n_{k=1}(3k-1)\right)\left ...

能想到這樣的方法…很不錯…

不過…在使用算幾不等式時…是有限項，然後最後單只把右式的n驅近無限大，之後大於等3
這樣不好說明3是最大下界，搞不好是4或5或6，也都大於等於3…

或許可以換成，用夾擠的方式來說明，先在有限項使用不等式，然後大家一起n驅近無限大…
看看這樣可不可行。

作者: 5pn3gp6 時間: 2023-5-22 09:56

引用:

原帖由 DavidGuo 於 2023-5-19 22:32 發表
不過…在使用算幾不等式時…是有限項，然後最後單只把右式的n驅近無限大，之後大於等3
這樣不好說明3是最大下界，搞不好是4或5或6，也都大於等於3…
或許可以換成，用夾擠的方式來說明，先在有限 ...

謝謝教授回覆，我倒是真的忘記算幾不等式直接推到無限很危險，不過我的確是用夾擠定理來處理這題。
但剛剛y再看一次，覺得有些細節沒有講得很清楚，可能也會讓後續的人誤會，
我試著修改一下：

\(\displaystyle \sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}=\sqrt[n]{\frac{\displaystyle \left(\prod^n_{k=1}3k\right)\left(\prod^n_{k=1}3k-1\right)\left(\prod^n_{k=1}3k-2\right)}{n!\cdot n!\cdot n!}}=\sqrt[n]{\left(\prod^n_{k=1}\frac{3k}{k}\right)\left(\prod^n_{k=1}\frac{3k-1}{k}\right)\left(\prod^n_{k=1}\frac{3k-2}{k}\right)}=3\cdot\sqrt[n]{\prod^n_{k=1}\frac{3k-1}{k}}\cdot\sqrt[n]{\prod^n_{k=1}\frac{3k-2}{k}}\)

先來看\(\displaystyle\sqrt[n]{\prod^n_{k=1}\frac{3k-1}{k}}\)

設\(\displaystyle a_n=\frac{\displaystyle \sum^n_{k=1}\frac{3k-1}{k}}{n} ，則 a_n=\frac{\displaystyle \sum^n_{k=1} \left( 3-\frac{1}{k}\right)}{n} =3-\frac{1}{n}\sum^n_{k=1}\frac{1}{k}\)　；

設\(\displaystyle g_n=\sqrt[n]{\prod^n_{k=1}\frac{3k-1}{k}}\)　；

設\(\displaystyle h_n=\frac{n}{\displaystyle \sum^n_{k=1}\frac{k}{3k-1}}，則 h_n=\frac{n}{\displaystyle \sum^n_{k=1}\frac{1}{3}\left(1+\frac{1}{3k-1}\right)}=\frac{3n}{\displaystyle n+\sum^n_{k=1}\frac{1}{3k-1}}=\frac{3}{\displaystyle 1+\frac{1}{n}\sum^n_{k=1}\frac{1}{3k-1}}\)

由\(由算術平均數AM\geq幾何平均數GM\geq調和平均數HM\)，可得\(a_n\geq g_n\geq h_n\)

而由調和級數的特性，可得
\(\displaystyle\lim_{n\rightarrow }a_n=\lim_{n\rightarrow }\left(3-\frac{1}{n}\sum^n_{k=1}\frac{1}{k}\right)=3-0=3\)
與
\(\displaystyle\lim_{n\rightarrow }h_n=\lim_{n\rightarrow }\frac{3}{\displaystyle 1+\frac{1}{n}\sum^n_{k=1}\frac{1}{3k-1}}=\frac{3}{\displaystyle \lim_{n\rightarrow }\left(1+\frac{1}{n}\sum^n_{k=1}\frac{1}{3k-1}\right)}=\frac{3}{1+0}=3\)

由夾擠定理\(a_n\geq g_n\geq h_n\)　則　\(\displaystyle 3=\lim_{n\rightarrow }a_n\geq \lim_{n\rightarrow }g_n\geq \lim_{n\rightarrow }h_n=3\)

故\(\displaystyle 3=\lim_{n\rightarrow }g_n=\lim_{n\rightarrow }\sqrt[n]{\prod^n_{k=1}\frac{3k-1}{k}}\)

同理\(\displaystyle 3=\lim_{n\rightarrow }\sqrt[n]{\prod^n_{k=1}\frac{3k-2}{k}}\)

故所求\(\displaystyle \lim_{n\rightarrow }\sqrt[n]{\frac{(3n)!}{(n!)^3}}=\lim_{n\rightarrow }3\sqrt[n]{\left(\prod^n_{k=1}\frac{3k-1}{k}\right)\left(\prod^n_{k=1}\frac{3k-2}{k}\right)}=3*3*3=27\)

[ 本帖最後由 5pn3gp6 於 2023-5-22 10:06 編輯 ]

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