F.4 A.Maths difficult=.=

1 x^2+ax+b=0 and x^2+px+q=0 have a common root

x^2+ax+b=0
x^2=-ax-b

sub into x^2+px+q=0
-ax-b+px+q=0
(p-a)x=b-q
x=(b-q)/(p-a)

sub into x^2=-ax-b
[(b-q)/(p-a)]^2=-a[(b-q)/(p-a)]-b
(b-q)^2=-a(b-q)(p-a)-b(p-a )^2
(b-q)^2=(p-a)[-a(b-q)-b(p-a)]
(b-q)^2=(p-a)(-bp+aq)
(a-p)(bp-aq)=(b-q)^2.
2
設 S(n) 為 "5^(2n-1) - 3^(2n-1) - 2^(2n-1) 能被 15 整除"
基本情況：當 n = 1

5^(2n-1) - 3^(2n-1) - 2^(2n-1)
= 5^(2*1-1) - 3^(2*1-1) - 2^(2*1-1)
= 5^1 - 3^1 - 2^1
= 5 - 3 - 2
= 0
= 15 * 0

所以 S(1) 成立。

假設 n = k, S(k) 成立，
即是
5^(2k-1) - 3^(2k-1) - 2^(2k-1) 能被 15 除盡.
即 5^(2k-1) - 3^(2k-1) - 2^(2k-1) = 15 * p
(p 是一整數)

現在設 n = k + 1,

5^(2[k + 1]-1) - 3^(2[k + 1]-1) - 2^(2[k + 1]-1)
= 5^(2k + 1) - 3^(2k + 1) - 2^(2k + 1)
= 5^(2k - 1 + 2) - 3^(2k - 1 + 2) - 2^(2k - 1 + 2)
= [5^(2k - 1)]* 25 - [3^(2k - 1)]* 9 - [2^(2k - 1)] * 4
= [5^(2k - 1)]* (4 + 21) - [3^(2k - 1)]* (4 + 5) - [2^(2k - 1)] * 4
= 4 * [5^(2k - 1) - 3^(2k - 1) - 2^(2k - 1)] + 5^(2k - 1)* 21 - 3^(2k - 1)* 5
= 4 * 15 * p + 5^(2k - 1)* 21 - 3^(2k - 1)* 5 (用上了 n=k 時的假設)
= 4 * 15 * p + 5^(2k - 2)* 5 * 3 * 7 - 3^(2k - 2)* 3 * 5
= 4 * 15 * p + 5^(2k - 2)* 15 * 7 - 3^(2k - 2)* 15
= 15 [4 * p + 5^(2k - 2) * 7 - 3^(2k - 2)]
= 15 * q ...... {設 q = 4 * p + 5^(2k - 2) * 7 - 3^(2k - 2)}

因為 k >= 1, 因此 5^(2k - 2), 3^(2k - 2) 皆是整數。
所以 4 * p + 5^(2k - 2) * 7 - 3^(2k - 2), 即是 q 也是一整數。
因此 5^(2[k + 1]-1) - 3^(2[k + 1]-1) - 2^(2[k + 1]-1) 能被 15 除盡。
所以當 S(k) 成立，S(k+1) 亦成立。

根據數學歸納法，只要 n 是任何正整數 (1, 2, 3, ...)
5^(2n-1) - 3^(2n-1) - 2^(2n-1) 都能被 15 除盡。
3
唔係好知個答案既樣
PR=h/tan θ
PM=QM=c/2
MR^2=PR^2+PM^2-2PMPRcosα
MR^2=(h/tan θ)^2+(c/2)^2-(hc/tan θ)cosα
MR=√[(h/tan θ)^2+(c/2)^2-(hc/tan θ)cosα]
tan BMR
=h/MR
=h/√[(h/tan θ)^2+(c/2)^2-(hc/tan θ)cosα]