鐵之狂傲

標題: 2008暑假挑戰 [列印本頁]

作者: M.N.M. 時間: 08-7-18 13:01
標題: 2008暑假挑戰
期限8/15

獎勵辦法
每題答對可以加2枚聲望，一次最多回覆5題
最後會總結答題數排名作獎勵
第一名鐵幣2000，聲望+100
第二名鐵幣1000，聲望+50
第三名鐵幣500，聲望+25

需要用到的定義與定理

(cosAcosBcosC=1)
9.

10.

11.

12.

13.

14.

15.
設n為大於12的正整數。證明:存在一個邊長都是整數的直角三角形，使得其面積介於n與2n之間

16.

(x_1=x_2=x_3=0)
17.

18.

19.
設正整數d不等於2，5，13。證明在集合{2，5，13，d}中可以找到兩個不同元素a，b，使得ab-1不是完全平方數

20.

21.

22.

23.

24.

25.

26.

(S(a)/[(a-1)^2]
27~31

32~38

39.

40.

1.#8

2.#2

3.#15

4.#4

5.#11 #12

6.#6

7.#18

8.#30

9.#3 #9

10.#19

11.#10

12.#14

13.#17

14.#29

15.#5

16.#23

17.#25

18.#7

19.#13

20.#31

21.

22.

23.

24.

25.#24

26.

27

28.#28

29.#27

30.#22

31.#20

32.

33.

34.

35.

34~38

39.

40.#32

[ 本文章最後由 M.N.M. 於 08-9-14 20:18 編輯 ]

作者: 夢想之月 時間: 08-7-18 20:58
2,設a>=4
則1/a<=1/4,1/b<=1/5,1/c<=1/6,1/d<=1/7
推得1/a+1/b+1/c+1/d<1
則1/a+1/b+1/c+1/d必不可能為1
故a=3或2或1
a=1時顯然1/a+1/b+1/c+1/d>1
a=2時
   1/b+1/c+1/d=1/2
   設b>=6
   則1/b<=1/6,1/c<=1/7,1/d<=1/8
   推得1/b+1/c+1/d<1/2
   則1/b+1/c+1/d必不可能為1/2
   又b>a=2
   故此時b只能為3或4或5
   b=3時
            1/c+1/d=1/6
            左右同乘6cd
            得到6c+6d=cd
            推得(c-6)(d-6)=36
            易知此時c,d的解有(7,42)(8,24)(9,18)(10,15)
   b=4時
            1/c+1/d=1/4
            左右同乘4cd
            得到4c+4d=cd
            推得(c-4)(d-4)=16
            易知此時c,d的解有(5,20)(6,12)
a=3時
   1/b+1/c+1/d=2/3
   設b>=5
   則1/b<=1/5,1/c<=1/6,1/d<=1/7
   推得1/b+1/c+1/d<2/3
   則1/b+1/c+1/d必不可能為2/3
   又b>a=3
   故此時b只能為4
   此時
            1/c+1/d=5/12
            若c>=6
            則1/c<=1/6,1/d<=1/7
            推得1/c+1/d<5/12
            此時無解
            又c>b=4
            所以c只有可能為5
            但此時1/c=13/60
            推得c=60/13不為整數
            無解
由以上可知a,b,c,d有(2,3,7,42) (2,3,8,24) (2,3,9,18) (2,3,10,15)  (2,4,5,20) (2,4,6,12)

作者: 夢想之月 時間: 08-7-18 21:45
標題: 回覆 1# 的文章
9.
原式可得b^2=2*a^2-2*b^2+a-b
推得b^2=(a-b)*(2*a+2*b+1)
設gcd(a-b,2*a+2*b+1)=d
則d|(2*a+2*b-+1)-2(a-b)
即d|4*b+1
又d^2|b^2 => d|b
又可得d|4*b-(4*b-1)
即d|1
由此可知a-b與2*a+2*b+1互質
若a-b不為完全平方數
a-b至少有一質因數p使得p^x|a-b但p^(x+1)不整除a-b(x為奇數)
但此時p又必不為2*a+2*b+1之因數
故(a-b)*(2*a+2*b+1)不為完全平方數
與題目所給的等式矛盾
故a-b必為完全平方數
同理2*a+2*b+1也必為完全平方數

作者: skywalkerJ.L. 時間: 08-7-18 22:39
4.
xsinθ-ycosθ=√(x^2+y^2)
=>x^2+y^2=(xsinθ-ycosθ)^2
由柯西不等式(x^2+y^2)[(sinθ)^2+(-cosθ)^2]≥(xsinθ-ycosθ)^2
等號成立於x/(sinθ)=-y/(cosθ)
=>x^2*(cosθ)^2=y^2*(sinθ)^2

由題意
(sinθ)^2/a^2+(cosθ)^2/b^2=1/(x^2+y^2)
=>[(x^2+y^2)*(sinθ)^2]/a^2+[(x^2+y^2)*(cosθ)^2]/b^2=1
=>x^2*[(sinθ)^2+(cosθ)^2]/a^2+y^2*[(sinθ)^2+(cosθ)^2]/b^2=1
=>x^2/a^2+y^2/b^2=1 #

作者: 夢想之月 時間: 08-7-18 23:13
15.
a^2-1,2a,a^2+1一定能構成一直角三角形,且其面積為a^3-a
對任意a>=3
(a^3-a)*2>=(a+1)^3-(a+1)
故對於任意一n>=60
必找的到一數a在n和2*n之間
若沒有則取一個最大的a使得a^3-a<n
則n<=(a+1)^3-(a+1)<=2n
矛盾
當12<=n<60時
n到2*n之間必有24 30 60之中的一數 (分別為(6 8 10)(5 12 13)(8 15 17)的直角三角形面積)
故成立

作者: 夢想之月 時間: 08-7-18 23:30
6.
使用二項式定理展開(1+i)^n可得(C(n,0)-C(n,2)+C(n,4)+C(n.6).....)+i*(C(n,1)-C(n,3)+C(n,5)+C(n,7)......)
由棣美弗定理可得(1+i)^n=((根號2)*(cos(拍/4)+isin(拍/4)))^n=2^(n/2)*(cos(拍/4)+i*sin(拍*n)/4)
又實部會與實部相等
故題目所列等式成立

作者: 夢想之月 時間: 08-7-19 00:01
18.
xy+yz+zx-2xyz=(x+y+z)(xy+yz+zx)-2xyz=xyz+x^2y+xy^2+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2>=0
故原部等式左邊成立
原部等式右邊 <=>  7(x+y+z)^3>=27(xyz+x^2y+xy^2+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2)
                  <=>  7(x^3+y^3+z^3)+15xyz>=6(x^2y+xy^2+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2)
                  <=> 6(x^3+y^3+z^3)+18xyz>=6(x^2y+xy^2+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2)  註1
                  <=> x^3+y^3+z^3+3xyz>=x^2y+xy^2+x^2z+xz^2+y^2z+yz^2
                        而此不等式即為蕭爾不等式(不需要重證吧(汗))
故得證
註1:由算幾不等式可得x^3+y^3+z^3>=3xyz

作者: skywalkerJ.L. 時間: 08-7-19 09:33
1.
[ABC]=1/2*(a+b+c)*r=1/2*a*h_a
=>h_a=[(a+b+c)/a]*r
同理得h_b=[(a+b+c)/b]*r,h_c=[(a+b+c)/c]*r
由題意h_a+h_b+h_c=(a+b+c)*(1/a+1/b+1/c)*r=9r
又由柯西不等式(a+b+c)*(1/a+1/b+1/c)≧9
等號成立於[a/(1/a)]=[b/(1/b)]=[c/(1/c)]
=>a^2=b^2=c^2
=>a=b=c，故ABC為正三角形

作者: skywalkerJ.L. 時間: 08-7-19 18:11
9.
a-b=3b^2-2a^2
假設a-b非完全平方數
易知對任意x∈Z,x^2≡0,1(mod3)
故3b^2-2a^2=a-b≡2(mod3)
=>3b^2-2a^2≡a^2≡2(mod3)(矛盾)
故a-b為完全平方數
又2a^2+a=3b^2+b
=>(a-b)(2a+2b+1)=b^2
因為a-b,b^2皆為完全平方數
故2a+2b+1亦為完全平方數

作者: skywalkerJ.L. 時間: 08-7-19 18:45
11.已知a,b為銳角且3(sina)^2+2(sinb)^2=1,3sin2a-2sin2b=0，求證a+2b=π/2

3(sina)^2+2(sinb)^2=3*(1-cos2a)/2+2*(1-cos2b)/2=1
=>3cos2a=3-2cos2b
又3sin2a=2sin2b
上兩式平方相加得cos2b=1/3>0(2b為銳角)，故sin2b=2√2/3
從而sin2a=4√2/9
cos2a=7/9=1-2(sina)^2
=>sina=1/3
故1/3=sina=cos2b=sin(π/2-2b)
故a=π/2-2b
=>a+2b=π/2

作者: aeoexe 時間: 08-7-19 19:10
5.設a,b為方程的根,
a+b=2^(5/4)
ab=2^(3/2)-sinx-cosx
(a-b)^2=(a+b))^2-4ab
         = 2^(5/2)-4*2^(3/2)+4(sinx+cosx)
         = 4(sinx+cosx)-2^(5/2)
         =4*sqrt(2)*sin(x+45º)-4*sqrt(2)
因為(a-b)^2≥0且sin(x+45º)≤1,所以sin(x+45º)必須等於1,所以x=45º(銳角三角形)
且根據上式,可得a=b,
a+b=2^(5/4) =>a=2^(1/4)
如果x並非兩邊的夾角的話,就會得出該三角形為等腰直角三角形,與題目不符
所以x為兩邊的夾角,所以三角形ABC=(2^(1/4)^2*sinx/2
                                                            =sqrt(2)*[sqrt(2)/2]/2
                                                            =1/2
故得証

[ 本文章最後由 aeoexe 於 08-7-19 19:51 編輯 ]

作者: skywalkerJ.L. 時間: 08-7-19 20:03
5.
x^2-2^(5/4)x+[2^(3/2)-sinα-cosα]=0有2正實根
判別式=[2^(5/4)]^2-4*+[2^(3/2)-sinα-cosα]≧0
=>2^(5/2)-2^(7/2)+4(sinα+cosα)≧0
=>sinα+cosα≧√2
又易知√2≧sinα+cosα，故sinα+cosα=√2(此時α=45度)

令兩根為a.b
ab=2^(3/2)-sinα-cosα=2√2-√2=√2
當α非a,b夾角時，此三角形為直角三角形(不合)
故[ABC]=1/2*√2*sin45=1/2 #

作者: 夢想之月 時間: 08-7-19 20:10
19.
若一個數是完全平方數則mode16一定會≡0或1或4或9
if d≡0(mode 16) 則2d-1≡15(mode 16)必不為完全平方數
if d≡1(mode 16) 則13d-1≡12(mode 16)必不為完全平方數
if d≡2(mode 16) 則2d-1≡3(mode 16)必不為完全平方數
if d≡3(mode 16) 則2d-1≡5(mode 16)必不為完全平方數
if d≡4(mode 16) 則2d-1≡7(mode 16)必不為完全平方數
if d≡5(mode 16) 則5d-1≡8(mode 16)必不為完全平方數
if d≡6(mode 16) 則2d-1≡11(mode 16)必不為完全平方數
if d≡7(mode 16) 則2d-1≡13(mode 16)必不為完全平方數
if d≡8(mode 16) 則2d-1≡15(mode 16)必不為完全平方數
if d≡9(mode 16) 則5d-1≡12(mode 16)必不為完全平方數
if d≡10(mode 16) 則2d-1≡3(mode 16)必不為完全平方數
if d≡11(mode 16) 則2d-1≡5(mode 16)必不為完全平方數
if d≡12(mode 16) 則2d-1≡7(mode 16)必不為完全平方數
if d≡13(mode 16) 則13d-1≡8(mode 16)必不為完全平方數
if d≡14(mode 16) 則2d-1≡11(mode 16)必不為完全平方數
if d≡15(mode 16) 則2d-1≡13(mode 16)必不為完全平方數
故得證

作者: 夢想之月 時間: 08-7-19 21:28
12
原不等式<=>((a+b)+(b+c)+(c+a))(loga b/(a+b)+logb c/(b+c)+logc a/(c+a))>=9
由柯西不等式可得((a+b)+(b+c)+(c+a))(loga b/(a+b)+logb c/(b+c)+logc a/(c+a))
                        >=((loga b)^(1/2)+(logb c)^(1/2)+(logc a)^(1/2))^2
又由算幾不等式得((loga b)^(1/2)+(logb c)^(1/2)+(logc a)^(1/2))/3
                        >=((loga b)^(1/2)*(logb c)^(1/2)*(logc a)^(1/2))^(1/3)=1
                  <=>((loga b)^(1/2)+(logb c)^(1/2)+(logc a)^(1/2))>=3
故原式成立

作者: xvmon123 時間: 08-7-20 12:48
3.
設切點(c,d)橢圓切線即為cx/a^2+dy/b^2=1
故交X軸於(a^2/c,0)
Y軸於(0,b^2/d)
=>AB=(AB^2)^1/2=(AB^2*1)^1/2=[((a^2/c)^2+(b^2/d)^2)((c/a)^2+(d/b)^2)]^1/2>=[(a+b)^2]^1/2=|a+b|>=a+b

偷偷問下
13是用算幾嗎??

[ 本文章最後由 xvmon123 於 08-7-20 13:00 編輯 ]

作者: 夢想之月 時間: 08-7-20 13:15
標題: 回覆 15# 的文章
我的作法算幾只算其中一部份

作者: 夢想之月 時間: 08-7-21 08:21
13.
令a=x/y+y/x
由算幾不等式可知a>=2
原不等式<=> a^4-5a^2+a+2>=0
<=>(a-2)((a-2)^3+8(a-1)^2+(3a-1))>=0
因為a>=2,故上式恆成立
得證

作者: 夢想之月 時間: 08-7-21 10:21
7.
(2^(1/4))*(4^(1/8))*(8^(1/16))*(16^(1/32))*......
=2^(1*(1/4)+2*(1/8)+3*(1/16)+4*(1/32)+......)
令S=1*(1/4)+2*(1/8)+3*(1/16)+4*(1/32)+......
2*S-S=(1*(1/2)+2*(1/4)+3*(1/8)+4*(1/16)+......)-(1*(1/4)+2*(1/8)+3*(1/16)+4*(1/32)+......)
      =1/2+1/4+1/8+1/16+......
      =(1/2)/(1-(1/2))
      =1
所以S=1
故(2^(1/4))*(4^(1/8))*(8^(1/16))*(16^(1/32))*......=2^1=2

作者: 夢想之月 時間: 08-7-21 11:27
10.
|x|<=1時,|ax^2+bx+c|<=1------------(1)
(1)式x=1帶入=>|a+b+c|<=1----------(2)
(1)式x=-1帶入=>|a-b+c|<=1----------(3)
(1)式x=0帶入=>|c|<=1-----------------(4)
當|x|<=1時
(2)*(1-x)/2+(3)*(1+x)/2+(4)*(1-x^2)=>|a+b+c|*(1-x)/2+|a-b+c|*(1+x)/2+|c|*(1-x^2)<=(1-x)/2+(1+x)/2+(1-x^2)
=>|a-bx+cx^2|<=2-x^2<=2
故得證

作者: aeoexe 時間: 08-7-21 11:55
31.麻煩大家了..
請看下圖..

作者: 夢想之月 時間: 08-7-21 16:47
36.
令S0=0,
Si=a1+a2+a3+...+ai(1<=i<=m)
由抽屜原理可知:S0,S1,S2,...,Sm中必可找到兩數同餘mode m
其中小的為Sk-1,大的為Sl
則易知k,l即為所求

//發現一題高中就解的出來的東西

作者: turnX 時間: 08-7-21 17:09
~第30題~
跑客串中.....

作者: aeoexe 時間: 08-7-21 17:51
16.設x1≥x2≥x3
x1≥0　
abs.(a11*x1)≥abs.[(a12+a13)*x2]≥abs.(a12*x2+a13*x3)
所以第一式必定不等於0,除了x1=x2=x3=0
x1≤0,
abs.(a33*x3)≥abs.[(a31+a32)*x2]≥abs.(a31*x1+a32*x2)
所以第3式並不等於0,除了x1=x2=x3=0的情況下..
如此類推,在任何情況下,三式必有一式不等於0,除了x1=x2=x3=0的情況下,
故惟一解為x1=x2=x3=0,得證
註:因本人眼力問題,abs.()為絕對值

[ 本文章最後由 aeoexe 於 08-7-21 17:56 編輯 ]

作者: aeoexe 時間: 08-7-22 21:04
25.請看下圖..

[ 本文章最後由 aeoexe 於 08-7-23 08:44 編輯 ]

作者: 夢想之月 時間: 08-7-22 22:32
17.
令a1,a2,...,am構成集合A
設A中最小的數為s0
由題目條件可知s0+s0=2s0也在A中
則2s0+s0=3s0也在A中(若2s和3s都不超過n)
依此類推
故所有s0不超過n的倍數都在A中
令d0為使得d0*s0<=n但(d0+1)*s0>n的數
則1*s0 至 d0*s0都在A中
這些數的和為d0*((d0+1)*s0)/2
顯然d0*s0+s0>=n+1,否則(d0+1)*s0<=n,矛盾
故d0*((d0+1)*s0)/2>=d0*(n+1)/2
接下來令si為A中除以s餘i中最小的數
令di為使得di*s0+i<=n但(di+1)*s0+i>n的數
同理可得si到di*s0+i的和>=di*(n+1)/2
d0+d1+...+dk即為m(註:k=d0-1)
故A中所有數的和>=(d0+d1+...+dk)*(n+1)/2
=>(a1+a2+...+am)/m>=(n+1)/2

作者: aeoexe 時間: 08-7-23 09:07
21.

[ 本文章最後由 aeoexe 於 08-7-23 09:09 編輯 ]

作者: aeoexe 時間: 08-7-23 21:29
29.上圖證明下圖解..

[ 本文章最後由 aeoexe 於 08-7-24 11:34 編輯 ]

作者: aeoexe 時間: 08-7-24 12:43
28.
w+2x-y=4...(1)
x-y=3...(2)
w+3x-2y=7...(3)
2u+4v+w+7x=7...(4)

由(2),可得x=3+y
由(2)及(1),可得w=-(2+y)
代x=3+y,w=-(2+y),
2u+4v+-(2+y)+7(3+y)=7
2u+4v+6y=-12
u+2v+3y=-6
此為一次不等方程,
故可得u,v,y有無限多解..
同時因為x,w的數值因y的數值而改變..
所以x,w也有無限多解..
下面三組正為其中三個解..
u=-6,v=0,y=0,x=3,w=-2
u=-1,v=-1,-y=-1,x=2,w=-1
u=3,v=0,y=-3,x=0,w=1

作者: 夢想之月 時間: 08-7-24 15:29
14.
令√a+√b+√c=d
=>√a+√b=d-√c
=>a+b+2√(ab)=d^2+c-2d√c
=>2√(ab)=d^2+c-a-b-2d√c
=>4ab=(d^2+c-a-b)*2d√c+(d^2+c-a-b)^2+4d^2c
故可知√c是有理數
令√c=q/p且p,q為互質的正整數
=>p^2*c=q^2
分別將p^2*c和q^2質因數分解
由算數基本定理可知有唯一分解方式
但q^2的每個質因數的次方都是偶數
故c質因數分解後也必須每個質因數的次方是偶數
所以c必為完全平方數
同理a,b也為完全平方數

[ 本文章最後由夢想之月於 08-7-24 18:24 編輯 ]

作者: 夢想之月 時間: 08-7-24 15:54
8.
a=bCOS C+cCOS B----------(1)
b=aCOS C+cCOS A----------(2)
c=aCOS B+bCOS A----------(3)
(1)*a+(2)*b-(3)*c=>a^2+b^2-c^2=2abCOS C-----(4)
(2)*b+(3)*c-(1)*a=>b^2+c^2-a^2=2bcCOS A-----(5)
(3)*c+(1)*a-(2)*b=>c^2+a^2-b^2=2caCOS B-----(6)
c^2*(4)^2+a^2*(5)^2+b^2*(6)^2+(4)*(5)*(6)
=>4(abc)^2=4(abc)^2((COS C)^2+(COS A)^2+(COS B)^2+2COS A*COS B*COS C)
又abc不同為0
故左右同除以4(abc)^2
及得到(COS C)^2+(COS A)^2+(COS B)^2+2COS A*COS B*COS C=1
故得證
//嫌我略過太多東西的話我在慢慢補上吧!

作者: 夢想之月 時間: 08-7-27 13:53
20.
令y1=|x1|,y2=|x2|,......,yn=|xn|
則y1^2+y2^2+...+yn^2=1
由柯西不等式可得
(y1+y2+...+yn)^2<=(1+1+,,,+1)(y1^2+y2^2+...+yn^2)=n
=>y1+y2+...+yn<=√n
=>(k-1)(y1+y2+...+yn)<=(k-1)√n
對於任意d1,d2,...,dn<k且為非負整數,d1y1+d2y2+...+dnyn<=(k-1)(y1+y2+...+yn)<=(k-1)√n
對於任意1<=i<=n,di有k種種可能,故形如d1y1+d2y2+...+d3y3的共有k^n種可能
且這些數全都小於等於(k-1)√n
把這些數由小排到大,令其為t1,t2,...,tk^n
易知必有一1<i<=k^n使得ti-t(i-1)<=((k-1)√n)/(k^n-1)
其中ti=b1y1+b2y2+...+bnyn,t(i-1)=c1y1+c2y2+...+cnyn
ti-t(i-1)=(b1-c1)y1+(b2-c2)y2+...+(bn-cn)yn
現若yi=xi則取ai=bi-ci否則取ai=ci-bi
則此時a1,a2,...,an即能使題目所列式子成立

作者: aeoexe 時間: 08-8-15 16:26
40.因為不能上網,不能再作解釋...

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