挑戰132

M.N.M.

國中
1.
已知直角三角形ABC，兩股BC=3，AC=4。求三等份直角之平行線中較短者之長(C至斜邊)

2.
x^2+bx+c=0之兩根均為實根且均大於1，若設s=b+c+1，證:s>0

3.
若x，y為整數，試找出方程式(x-8)(x-10)=2^y的所有解

高中
1.
對x>=0，則(4x^2 +8x+13)/[6(1+x)]之最小值為何?

2.
設a，b為異於1之正數，則滿足等式

之x有幾個解?

3.設n>1，證:1+(1/2)+(1/3)+...+(1/n)不是整數

chorccp

高中2
接原題,
log(x)/log(a) * log(x)/log(b) = log(b)/log(a)       ..(a,b不等於1)
[log(x)]^2=[log(b)]^2
log(x)=log(b) 或 log(x)=-log(b)
x=b 或 1/b
x 有2解

skywalkerJ.L.

國中2
x^2+bx+c=0之兩根均為實根且均大於1，若設s=b+c+1，證:s>0
設兩根為m,n(已知m>1,n>1)
由韋達定理
b=-(m+n),c=mn
故s=b+c+1=-(m+n)+mn+1=(1-m)(1-n)>0(因為1-m<0,1-n<0)

skywalkerJ.L.

高中1.
對x>=0，則(4x^2 +8x+13)/[6(1+x)]之最小值為何?

令1+x=a(a>=1)
原式改寫為找(4a^2+9)/(6a)之最小值
令(4a^2+9)/(6a)=k(顯然k>=0)
=>4a^2-6ka+9=0
判別式=36k^2-144>=0
=>k>=2 or k<=-2
故k>=2(等號成立於x=1/2>0)

[另]:
前部分同上
(4a^2+9)/(6a)
=2a/3+3/(2a)>=2*{(2a/3)*[3/(2a)]}^(1/2)=2(By AM-GM)

[ 本文章最後由 skywalkerJ.L. 於 09-4-5 05:33 編輯 ]

‧幻星〞

3.設n>1，證:1+(1/2)+(1/3)+...+(1/n)不是整數

即証明(1/2)+(1/3)+...+(1/n)不是整數

設2^k≦n≦2^(k+1)
易知2^k是2,3,...,n中,含有2質因數冪次最高的
則2,3,4,....,n的最小公倍數可表示成r*2^k,其中r為奇數

將(1/2)+(1/3)+...+(1/n)每一項分母都擴分成r*2^k
則除了1/2^k擴分成r/(r*2^k)分子為奇數以外
其他每項分子都為偶數

加起來後分子為奇數分母為偶數顯然不是整數

得證

skywalkerJ.L.

國中3.
若x，y為整數，試找出方程式(x-8)(x-10)=2^y的所有解

(1)若x-8>0,x-10>0
可令x-8=2^m,x-10=2^n(顯然m>n)
兩式相減得
2=2^m-2^n=2^n*[2^(m-n)-1]
其中2^(m-n)-1為奇數
故2^(m-n)-1=1且2^n=2
得n=1,m-n=1=>m=2
(x,y)=(12,3)
(2)若x-8<0,x-10<0
令x-8=-2^m,x-10=-2^n(顯然m<n)
兩式相減
2=2^n-2^m=2^m*[2^(n-m)-1]
其中2^(n-m)-1為奇數
故2^(n-m)-1=1,2^m=2
得m=1,n=2
(x,y)=(6,3)

綜合(1),(2)，(x,y)=(12,3)or(6,3)

‧幻星〞

國中
1.
已知直角三角形ABC，兩股BC=3，AC=4。求三等份直角之平行線中較短者之長(C至斜邊)

設比較短的分角線交AB於D
過B作AC平行線交CD延長線於E
因∠CEB=60°
則BE=3/根號3=根號3、CD=2*根號3
CD=2*根號3*4/(4+根號3)=(32*根號3-24)/13
即得所求

himitsuaile

高中 3
I try another way
Suppose for some p, q in Z+,
     p/q = 1 + 1/2 + ... + 1/n,
then
     p = n!(1+1/2+...+1/n) and
     q = n!
p/q is an integer if and only if q divides p, i.e.
     n! | n!(1+1/2+...+1/n).
This is so if
     n!(1+1/2+...+1/n) = n! + 1*3*...*n + ... + (n-1)! ≡ 0 (mod k)
for k = 2, ..., n.
However, there exists the largest prime, say p', in {1, 2, ..., n}, such that in modulo p',
     n!(1+1/2+...+1/n) ≡ 1*2*...*(p'-1)(p'+1) ... n (mod p')
which doesn't vanish, thus q does not divide p.