howt

2.

令 F(n) = (2+√3)^n + (2-√3)^n

可證 F(n+2) = 4F(n+1) - F(n) (考慮F(n)的特徵方程式)

由於F(1)是偶數，可得所有F(n)都是偶數

而2-√3<1，因此所有F(n)的整數部分都是奇數

3.

一般都是用複變作，用夾擠的話，看答案的形式大概要湊到天荒地老....

參考http://www.funlearn.tw/viewthread.php?tid=3470

1.原本的函數是對稱式，所以只要假設x≦y≦z即可

2.連續可微函數的最大最小值產生在邊界或極值點，

因此先考慮幾個特殊點代值：(0,0,1)、(0,√0.5 ,√0.5 )、( √(1/3),√(1/3),√(1/3) )

比較後可以"猜測" (0,√0.5 ,√0.5 ) 時S有最大值√2 (填充題至此結束)

3.接著要證明 S≦√2，先把S轉化一下得S≦(x+y+z)/(1+xy)

也就是如果(x+y+z)/(1+xy)≦√2 我們就證明完畢。

我們先假設(x+y+z)/(1+xy)≦√2 是對的，然後逆推，最後得到

0≦ (x+y-z)^2 + 2x^2y^2

上式是兩個平方數的和，因此恆成立，於是(x+y+z)/(1+xy)≦√2 就是對的。

而等號成立時，也就是(x+y+z)/(1+xy)=√2時，此時(x+y-z)^2 + 2x^2y^2 =0

因此x+y-z=0、xy=0，而此時S也剛好=(x+y+z)/(1+xy)。

因此S≦√2，等號成立(最大值確實發生在) 於(0,√0.5 ,√0.5 ) 或其輪換點

不妨令x≦y≦z

那麼S≦(x+y+z)/(1+xy)

現只須證 (x+y+z)/(1+xy)≦√2

<=> (x+y+z)^2/(1+xy)^2≦2

<=> (1+2xy+2yz+2xz)/(1+2xy+x^2y^2)≦2

<=> 0≦1+2xy-2yz-2xz+2x^2y^2 (接著把1換成x^2+y^2+z^2)

<=> 0≦ (x+y-z)^2 + 2x^2y^2 ，證畢

等號成立於 xy=0、x+y-z=0

y=0時由初始假設x≦y≦z得x=y=z=0不合

x=0時得y=z=√0.5

(1) | g(±1) | = | f(±1) - f(0) | ≦ | f(±1) | + |f(0)| ≦ 10

(2) 由於取| g(±1) |=10，因此 |f(0)| = 5，這意味著f(0)是[1,-1]的最大或最小值；

但是x=0又不在區域邊界上，於是它只能是極值，也就是二次函數的對稱點。

因此 f(1)=f(-1)=±5，f(0)=∓5

我不認為一個人的作法就代表人阿

作法錯了就錯了，修正就好，我錯了你批評我我也不會說什麼

難道改考卷不能直接打叉，還要在旁邊寫，你這邊可能有錯回去再想看看？

以這題兩點都不在x軸上來說，用費馬點也是解不出的

(其實我希望你質疑我，不過看來你先動怒了)

但是用折射定理會得到一個有理四次方程，

其根是一堆二次開方的組合，所以應該存在幾何作法但想不出，然而用k解就更難了。

而以上包含前幾樓的「爆了」，都只是對各方法一般化的評論，也沒有要批評人的意思。

何況我也沒說你的方法錯了，只說爆了，計算量會很龐大而已。

至於後面什麼自信云云，我只能說...別把個人思維套到別人身上。

捫心自問，我只是享受解出題目的樂趣，就像登山者攻頂一樣；

順便訓練一下腦袋，而不是為了得到網路上不認識者的讚賞。

何況這種讚賞有何用呢？與線上遊戲的虛擬世界豈不是一樣？

兩點都不在x軸上，動點在x軸上，會變成四次式阿。

還要算四次式的判別式不就爆了...

2樓作法是有誤的

首先命題(1) 若質數 p|(x^p-y^p) ， 則p| (x^p-y^p)/(x-y) ，這沒問題

接著令n=pq，已知 pq | a^n-b^n

整理一下 a^n-b^n= [ (a^(qp)-b^(qp) ) / (a^q-b^q) ] × [(a^q-b^q)(a-b)]

而第一項會被p整除，這是由命題(1)來的，也就是由於： p | a^(qp)-b^(qp)

但是第二項就不一定會被q整除了，因為我們只知道 q | a^(qp)-b^(qp)

這不保證q | a^q-b^q，換言之就無法使用命題(1)證明 q | (a^q-b^q)/(a-b)

於是就不可能簡單的把m遞降到1

實際舉個反例： a=2、b=1、p=2、q=3

3 | 2^6-1，但是 3 | 2^3-1 顯然是錯誤結論。

這兩點要是不在x、y軸上，平民法就爆了...

令 A(0,1),B(2,0),P(x,0)，水上速率=v

則所求為(PA)/v + (PB)/(2v) 的 min

或者等於求 2PA+PB的min

因此作C點(0,-1)，則相當於求三角形ABC的費馬點

吐槽一下 (40,42)≠1

不過你說得的確是對的，像6*35=14*15

這N年前犯過的錯今日又再現了= =""

Why?　May you give any detail reason?　Please.

case(1)是d=1

此時b-a=(n^2)/k、b+a=k(n^2+n+1) 或 b-a=k(n^2)、b+a=(n^2+n+1)/k

而a大約是√n、b大約是n^2，在n>3時差太多，所以只留k=1。

case(2)是d=2，也可以有個k，但理由同(1)

令a=2+√2、b=2-√2，A_n=a^n+b^n

易證A_(n+2)=4A_(n+1)-2A_n (其實就是二階遞迴方程解倒著看)

由於對所有的正整數n，A_n都是正整數，且b^n<1

故a^n-[a^n] = (A_n - b^n) - (A_n - 1) = 1-b^n，

而b^n要多小有多小，故存在

其實用估計注意到：

(2n^2+n)^2<4(n^4+n^3+n^2+n+1)<(2n^2+n+2)^2

就會得到4(n^4+n^3+n^2+n+1)=(2n^2+n+1)^2，整理一下即n^2-2n-3=0

不過原本題目可以不用這樣作，因為還有一個條件：n+1=a^2

令n^4+n^3+n^2+n+1=b^2

所以有b^2-a^2=(n^2+n+1)n^2

由於a、b互質，可得(b-a,b+a)=1或2，另外n則與n^2+n+1互質

[因此有(1)b-a=n^2、b+a=n^2+n+1 或 (2) b-a=(n^2)/2 、b+a=2(n^2+n+1)

算一下只有(1)有解n=3] => 這是錯誤推論

兩題難度也差太多...不愧是第6題

P(t,0)、A(1,2)、B(5,3)，求PA+PB的min

　敢問　這與證明 n ＝ 2 的情形有什麼關係？　( b 又是什麼？ )

a就是x1、b就是x2阿

n=2 好像沒有顯然成立

看來歸納法在這一題確實是大大的派上用場

阿牛對歸納法的尊敬　又更深一層了　感謝 howt 大大的指教

0 ≦ (1-a)(1-b) => a+b ≦ 1+ab = 1+ε ≦ 1+√ε

其實我也不用寫n=2...n=1就自動推到n=2了...

(Σ Xi)^2. = (Σ Xi) (Σ Xj) = Σ Σ Xi Xj ≦ Σ Σ ε^|i-j| = Σ Σ (√ε)^2|i-j|

= Σ (√ε)^|i-j| Σ (√ε)^|i-j| ≦ (Σ (√ε)^i) (Σ (√ε)^j) ≦ [1／(1-√ε)]^2

　　　　　

這證明的第二行的等號是錯的，第二行的第一個不等號也是錯的。

直接舉反例：

n=2，則由第一行可推出(x1+x2)^2 ≦ (2+2ε)

但是√(2+2ε) 是否會 ≦ 1／(1-√ε) ? 取ε->0+ 就知道不會

為方便起見先令ϵ^(1/2)=a

接下來用歸納法證明X1+X2+..+Xn ≤ 1+a+a^2+..+a^(n-1)

n=1、2顯然成立

設n=k時成立，則n=k+1時

若Xk+1≤a^k，則(X1+X2+..)+Xk+1≤ 1+a+a^2+..+a^k

若Xk+1≥a^k，則由X1Xk+1≤a^(2k)

可知X1≤a^k，又X2~Xk+1的條件限制

與X1~XK相同(只是足標平移而已)，故也有

X1+(X2+..+Xk+1)≤ 1+a+a^2+..+a^k

綜合以上，原題得證

(n=3就錯了吧，取ε=1/4，x_1=x_2=1/2000、x_3=1000/8

滿足題目條件，但與欲證結果不合)

抱歉耍笨了，x_3沒有≤1..

設所求為A，如果把最上面那排全部-n，顯然所求變-A

而最上面那排全為n時，最後和為n*2^n

所以有A-(-A)=n*2^n

二樓算的是中線吧...這題除了代角分線長公式硬爆出邊長應該沒有好方法了

因x=y時原式=0，又原式顯然不衡等於0(xy^2項沒得消)，故原式有(x-y)因式；

又原式是輪換式，故也有(y-z)(z-x)因式。而原式是三次式，因此原式=A(x-y)(y-z)(z-x)

代值(x=0,y=1,z=-1)或比較-yx^2係數得A=3

引理一：兩個三角形若有兩邊相等，則餘夾角(即不是夾在這兩邊中間的角)越大⟺第三邊越小。這證明沒啥難度，故從略。

反證法：

(1) 設DR>EQ ⇒ 由引理一，∠D<∠E....(a)

(2) DR>EQ ⇒ DF>DE(樞紐)⇒∠E>∠F⇒EQ<WF⇒ED<EF⇒∠F<∠D

⇒FW>DR⇒FE>FD⇒∠D>∠E...(b)

(a)、b)矛盾、類似的若DR<EQ可得同樣矛盾，故DR=EQ。同理DR=EQ=WF。

因此DE=EF=DF為正三角形。