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• 維基百科:知識問答/存檔/2016年7月#(a,b,c)是勾股數，c為斜邊，則(a,b)至少一個是3的倍數，且(a,b)至少一個是4的倍數，且(a,b,c)至少一個是5的倍數
• ${\frac {5}{34}}+{\frac {7}{68}}+{\frac {9}{12}}=1$
• ${\frac {1}{2}}+{\frac {1}{3}}+{\frac {1}{6}}=1$
• $21978\times 4=87912$
• ${\frac {a}{b+c}}+{\frac {b}{c+a}}+{\frac {c}{a+b}}=4$的正整數解。k-knews.cc/news/4eypojq.html[1]
• 直線L方程式為$ax+by+c=0$,平面上某點P座標為P(m,n)，則P到L的距離$={\frac {|am+bn+c|}{\sqrt {a^{2}+b^{2}}}}$

證明

過P點且與L垂直的直線方程式是$bx-ay+(an-bm)=0$

解二元一次聯立方程組，求出兩直線交點Q的座標

${\begin{cases}ax+by+c=0......(1)\\bx-ay+(an-bm)=0......(2)\\\end{cases}}$

(1)式乘以a，(2)式乘以b

$\rightarrow {\begin{cases}a^{2}x+aby+ac=0\\b^{2}x-aby+(abn-b^{2}m)=0\\\end{cases}}$

兩式相加，得$(a^{2}+b^{2})x+(abn-b^{2}m+ac)=0\rightarrow x={\frac {-abn+b^{2}m-ac}{a^{2}+b^{2}}}$

(1)式乘以b，(2)式乘以a

$\rightarrow {\begin{cases}abx+b^{2}y+bc=0\\abx-a^{2}y+(a^{2}n-abm)=0\\\end{cases}}$

兩式相減，得$(a^{2}+b^{2})y+(abm-a^{2}n+bc)=0\rightarrow y={\frac {-abm+a^{2}n-bc}{a^{2}+b^{2}}}$

故$Q({\frac {-abn+b^{2}m-ac}{a^{2}+b^{2}}},{\frac {-abm+a^{2}n-bc}{a^{2}+b^{2}}})$

利用兩點距離公式求出P與Q的距離

${\begin{aligned}{\overline {PQ}}&={\sqrt {\left(m-{\frac {-abn+b^{2}m-ac}{a^{2}+b^{2}}}\right)^{2}+\left(n-{\frac {-abm+a^{2}n-bc}{a^{2}+b^{2}}}\right)^{2}}}\\&={\sqrt {\left({\frac {a^{2}m+b^{2}m+abn-b^{2}m+ac}{a^{2}+b^{2}}}\right)^{2}+\left({\frac {a^{2}n+b^{2}n+abm-a^{2}n+bc}{a^{2}+b^{2}}}\right)^{2}}}\\&={\sqrt {\left({\frac {a^{2}m+abn+ac}{a^{2}+b^{2}}}\right)^{2}+\left({\frac {b^{2}n+abm+bc}{a^{2}+b^{2}}}\right)^{2}}}\\&={\sqrt {\left[{\frac {a(am+bn+c)}{a^{2}+b^{2}}}\right]^{2}+\left[{\frac {b(bn+am+c)}{a^{2}+b^{2}}}\right]^{2}}}\\&={\sqrt {\frac {(a^{2}+b^{2})(am+bn+c)^{2}}{(a^{2}+b^{2})^{2}}}}\\&={\frac {|am+bn+c|}{\sqrt {a^{2}+b^{2}}}}\\\end{aligned}}$

• 證明洛書的四個角落為偶數

ABC

DEF

GHI

9個空格分別為A,B,C,D,E,F,G,H,I，將1,2,3,4,5,6,7,8,9填入這9個空格,使得每一行、每一列、每條對角線的和皆相同，證明A,C,G,I皆為偶數。

證明

每一行、每一列、每條對角線的和=(1+2+3+4+5+6+7+8+9)/3=15

所以只要確定A,C,E的值，其他6格的值也就確定了

(A+E+I)+(C+E+G)+(B+E+H)+(D+E+F)=15+15+15+15=60=(A+B+C+D+E+F+G+H+I)+3E=45+3E，故E=(60-45)/3=5

所以只要再確定A,C的值即可

15為奇數，三個整數之和為奇數，則這三個整數須為「偶偶奇」或「奇奇奇」

若(A,C)為(偶,奇)，則(A,B,C,D,E,F,G,H,I)為(偶,偶,奇,偶,5,偶,奇,偶,偶)，共6個偶數，但1,2,3,...,9隻有4個偶數，不合，排除之

若(A,C)為(奇,偶)，則(A,B,C,D,E,F,G,H,I)為(奇,偶,偶,偶,5,偶,偶,偶,奇)，也是共6個偶數，同上，排除之

若(A,C)為(奇,奇)，則(A,B,C,D,E,F,G,H,I)為(奇,奇,奇,奇,5,奇,奇,奇,奇)，共9個奇數，同上，排除之

所以倘若有解，則(A,C)須為(偶,偶)，(A,B,C,D,E,F,G,H,I)為(偶,奇,偶,奇,5,奇,偶,奇,偶)，所以A,C,G,I皆為偶數

由於可以旋轉與翻轉，且2+5+4不等於15(即2,4不在同一條對角線上)，不失一般性，令A=2，C=4，則(A,B,C,D,E,F,G,H,I)為(2,9,4,7,5,3,6,1,8)，為8組解的其中一組。

• 若$A,B,C$為非直角三角形的三內角，則$\tan A\tan B\tan C=\tan A+\tan B+\tan C$

證明

$A+B+C=180^{\circ }$

${\begin{aligned}\tan C=\tan(180^{\circ }-(A+B))&=-\tan(A+B)\\&=-{\frac {\tan A+\tan B}{1-\tan A\tan B}}\\&={\frac {\tan A+\tan B}{\tan A\tan B-1}}\\\end{aligned}}$

$\tan C\times (\tan A\tan B-1)=\tan A+\tan B$

$\tan A\tan B\tan C-\tan C=\tan A+\tan B$

$\tan A\tan B\tan C=\tan A+\tan B+\tan C$

• 多重連加符號

計算

$\sum _{m=1}^{n}\sum _{k=1}^{m}\sum _{j=1}^{k}\sum _{i=1}^{j}i^{0}$

$=\sum _{m=1}^{n}\sum _{k=1}^{m}\sum _{j=1}^{k}({\begin{matrix}\underbrace {1+1+1+\cdots +1} \\j\end{matrix}})$

$=\sum _{m=1}^{n}\sum _{k=1}^{m}\sum _{j=1}^{k}j$

$=\sum _{m=1}^{n}\sum _{k=1}^{m}(1+2+3+4+\cdots +k)$

$=\sum _{m=1}^{n}\sum _{k=1}^{m}{\frac {k(k+1)}{2}}$

$={\frac {1}{2}}\sum _{m=1}^{n}\sum _{k=1}^{m}(k^{2}+k)$

$={\frac {1}{2}}\sum _{m=1}^{n}\left({\frac {m(m+1)(2m+1)}{6}}+{\frac {m(m+1)}{2}}\right)$(分數通分，並因式分解)

$={\frac {1}{2}}\sum _{m=1}^{n}{\frac {m(m+1)[(2m+1)+3]}{6}}$

$=\sum _{m=1}^{n}{\frac {m(m+1)(m+2)}{6}}$

$={\frac {1}{6}}\sum _{m=1}^{n}[m(m+1)(m+2)]$(把通項乘開)

$={\frac {1}{6}}\sum _{m=1}^{n}(m^{3}+3m^{2}+2m)$

$={\frac {1}{6}}\times \left[{\frac {n^{2}(n+1)^{2}}{4}}+{\frac {3n(n+1)(2n+1)}{6}}+{\frac {2n(n+1)}{2}}\right]$(分數通分，並因式分解)

$={\frac {1}{6}}\times {\frac {n(n+1)[(n^{2}+n)+(4n+2)+4]}{4}}$

$={\frac {1}{6}}\times {\frac {n(n+1)(n^{2}+5n+6)}{4}}$

$={\frac {1}{6}}\times {\frac {n(n+1)(n+2)(n+3)}{4}}$

$={\frac {n(n+1)(n+2)(n+3)}{24}}$

2020年1月24日分段

• 維基百科:知識問答/存檔/2015年11月#把個位數9移到最左邊，結果變成6倍

問題

把個位數A移到最左邊，結果變成B倍

有一個正整數，不知道總共有幾位數，它的個位數是$A$，若把個位數移到最左邊，成為最高位數，

則新數恰好是原數的$B$倍。其中$A\in \left\{2,3,4,5,6,7,8,9\right\}$，$B\in \left\{2,3,4,5,6,7,8,9\right\}$，且$A\geq B$。

考慮以下遞迴算式：

B×A=k₁

B×(k₁的個位數)+(k₁的十位數)=k₂ (k₁若為一位數，則其十位數視為0，下同)

B×(k₂的個位數)+(k₂的十位數)=k₃

B×(k₃的個位數)+(k₃的十位數)=k₄

.......

B×(k_n-1的個位數)+(k_n-1的十位數)=k_n

B×(k_n的個位數)+(k_n的十位數)=A (等號右邊第一次出現A)

請問為什麼原數最小為「(k_n的個位數) (k_n-1的個位數) (k_n-2的個位數).......(k₁的個位數) (A)」？

例如：有一個正整數，它的個位數是8，若把個位數移到最左邊，則新數恰好是原數的7倍。

7×8=56

7×6+5=47

7×7+4=53

7×3+5=26

7×6+2=44

7×4+4=32

7×2+3=17

7×7+1=50

7×0+5=5

7×5+0=35

7×5+3=38

7×8+3=59

7×9+5=68

7×8+6=62

7×2+6=20

7×0+2=2

7×2+0=14

7×4+1=29

7×9+2=65

7×5+6=41

7×1+4=11

7×1+1=8

所以原數最小是1159420289855072463768。

因為運算規則簡單但瑣碎，所以可以讓Excel幫我們算：

A1儲存格輸入「56」，A2儲存格輸入「=7*MOD(A1,10)+(A1-MOD(A1,10))/10」，

然後下拉複製即可。

• 維基百科:知識問答/存檔/2015年11月#連續7項都是質數的等差數列
• 素數公式：連續26項都是質數的等差數列 P(n) = 5283234035979900n + 43142746595714191, n=0,1,2,3......,25
• 歐拉公式證明三角函數級數和

$\theta ={\frac {2\pi }{n+1}}$，其中$n$是非負整數，則

$\cos \theta +\cos 2\theta +\cos 3\theta +\dots +\cos n\theta =-1$

$\sin \theta +\sin 2\theta +\sin 3\theta +\dots +\sin n\theta =0$

證明

$\cos \theta +i\sin \theta =e^{i\theta }=e^{i\theta \times 1}$

$\cos 2\theta +i\sin 2\theta =e^{i2\theta }=e^{i\theta \times 2}$

$\cos 3\theta +i\sin 3\theta =e^{i3\theta }=e^{i\theta \times 3}$

$\cdots$

$\cos n\theta +i\sin n\theta =e^{in\theta }=e^{i\theta \times n}$

等號兩邊全部加起來

$(\cos \theta +\cos 2\theta +\cos 3\theta +\cdots +\cos n\theta )+i(\sin \theta +\sin 2\theta +\sin 3\theta +\cdots +\sin n\theta )$

$=e^{i\theta \times 1}+e^{i\theta \times 2}+e^{i\theta \times 3}+\cdots +e^{i\theta \times n}$（等比級數）

$={\frac {e^{i\theta }\times (e^{i\theta \times n}-1)}{e^{i\theta }-1}}={\frac {e^{i{\color {Red}\theta \times (n+1)}}-e^{i\theta }}{e^{i\theta }-1}}={\frac {e^{i\times {\color {Red}2\pi }}-e^{i\theta }}{e^{i\theta }-1}}$

（因為$e^{i\times 2\pi }=\cos 2\pi +i\sin 2\pi =1$）

=${\frac {1-e^{i\theta }}{e^{i\theta }-1}}={\frac {-(e^{i\theta }-1)}{e^{i\theta }-1}}=-1$

實部等於實部，虛部等於虛部，故

$\cos \theta +\cos 2\theta +\cos 3\theta +\dots +\cos n\theta =-1$，以及$\sin \theta +\sin 2\theta +\sin 3\theta +\dots +\sin n\theta =0$

• 布雷特施奈德公式：任意四邊形的面積公式。婆羅摩笈多公式的推廣。
• 證明$((x+1)^{n})^{\prime }=n\cdot (x+1)^{n-1}$

${\begin{aligned}((x+1)^{n})^{\prime }&=\left(\sum _{m=0}^{n}{\binom {n}{m}}\cdot x^{m}\right)^{\prime }\\&=\sum _{m=1}^{n}\left(m\cdot {\binom {n}{m}}\cdot x^{m-1}\right)\\&=\sum _{m=1}^{n}\left(m\cdot {\frac {n!}{m!\cdot (n-m)!}}\cdot x^{m-1}\right)\\&=\sum _{m=1}^{n}\left({\frac {n!}{(m-1)!\cdot (n-m)!}}\cdot x^{m-1}\right)\\&=\sum _{m=1}^{n}\left(n\cdot {\frac {(n-1)!}{(m-1)!\cdot (n-m)!}}\cdot x^{m-1}\right)\\&=n\sum _{m=1}^{n}\left({\frac {(n-1)!}{(m-1)!\cdot (n-m)!}}\cdot x^{m-1}\right)\\&=n\sum _{m=1}^{n}\left({\binom {n-1}{m-1}}\cdot x^{m-1}\right)\\&=n\cdot (x+1)^{n-1}\\\end{aligned}}$

• 用數學歸納法證明費波那契數的通式

證明

證明$F_{n}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{n}-(1-\varphi )^{n}]$，其中$\varphi$為黃金比例${\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}$，$n$為任意整數

• 若$n$為非負整數

當$n=0$時，${\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{0}-(1-\varphi )^{0}]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[1-1]=0=F_{0}$，成立

當$n=1$時，${\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{1}-(1-\varphi )^{1}]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi -1+\varphi ]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[2\varphi -1]={\frac {1}{\sqrt {5}}}\times {\sqrt {5}}=1=F_{1}$，成立

設當$n=k$及$n=k+1$時皆成立，即$F_{k}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k}-(1-\varphi )^{k}]$且$F_{k+1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k+1}-(1-\varphi )^{k+1}]$

當$n=k+2$時

${\begin{aligned}F_{k+2}&=F_{k+1}+F_{k}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k+1}-(1-\varphi )^{k+1}]+{\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k}-(1-\varphi )^{k}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{k+1}+\varphi ^{k}-(1-\varphi )^{k+1}-(1-\varphi )^{k}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{k}({\color {brown}\varphi +1})-(1-\varphi )^{k}[{\color {green}(1-\varphi )+1}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{k}({\color {brown}\varphi ^{2}})-(1-\varphi )^{k}[{\color {green}(1-\varphi )^{2}}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{k+2}-(1-\varphi )^{k+2}\right\}\\\end{aligned}}$

亦成立

• 若$n$為非正整數

當$n=0$時，成立

當$n=-1$時，${\frac {1}{\sqrt {5}}}[{\color {brown}\varphi ^{-1}}-{\color {green}(1-\varphi )^{-1}}]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[({\color {brown}\varphi -1})-({\color {green}-\varphi })]={\frac {1}{\sqrt {5}}}[2\varphi -1]={\frac {1}{\sqrt {5}}}\times {\sqrt {5}}=1=F_{-1}$，成立

設當$n=-k$及$n=-k-1$時皆成立，即$F_{-k}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k}-(1-\varphi )^{-k}]$且$F_{-k-1}={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k-1}-(1-\varphi )^{-k-1}]$

當$n=-k-2$時

${\begin{aligned}F_{-k-2}&=F_{-k}-F_{-k-1}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k}-(1-\varphi )^{-k}]-{\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k-1}-(1-\varphi )^{-k-1}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-k}-\varphi ^{-k-1}-(1-\varphi )^{-k}+(1-\varphi )^{-k-1}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{-k-1}({\color {brown}\varphi -1})-(1-\varphi )^{-k-1}[{\color {green}(1-\varphi )-1}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{-k-1}({\color {brown}\varphi ^{-1}})-(1-\varphi )^{-k-1}[{\color {green}(1-\varphi )^{-1}}]\right\}\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}\left\{\varphi ^{-k-2}-(1-\varphi )^{-k-2}\right\}\\\end{aligned}}$

亦成立

根據數學歸納法原理，此通式對於任意整數$n$皆成立

• 證明$F_{m}=(-1)^{m+1}F_{-m}$，其中$m$是非負整數，$F_{m}$是費波那契數列的第$m$項

證明

以$\varphi$表示黃金分割數${\frac {1+{\sqrt {5}}}{2}}$，則有$\varphi (1-\varphi )=-1$

故$(-1)^{m}=[\varphi (1-\varphi )]^{m}=\varphi ^{m}(1-\varphi )^{m}$，因此

${\begin{aligned}(-1)^{m+1}F_{-m}&=(-1)^{m+1}\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m}-(1-\varphi )^{-m}]\\&=(-1)\times {\color {brown}(-1)^{m}}\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m}-(1-\varphi )^{-m}]\\&=(-1)\times {\color {brown}\varphi ^{m}(1-\varphi )^{m}}\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m}-(1-\varphi )^{-m}]\\&=(-1)\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{-m+m}(1-\varphi )^{m}-(1-\varphi )^{-m+m}\varphi ^{m}]\\&=(-1)\times {\frac {1}{\sqrt {5}}}[(1-\varphi )^{m}-\varphi ^{m}]\\&={\frac {1}{\sqrt {5}}}[\varphi ^{m}-(1-\varphi )^{m}]\\&=F_{m}\\\end{aligned}}$

2022年11月15日分段

• 證明$\triangle ={\frac {1}{4}}{\sqrt {2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})-(a^{4}+b^{4}+c^{4})}}$，其中$a,b,c$為三角形三邊長，$\triangle$為其面積。

證明

將海倫公式略為變形，知

$16\triangle ^{2}=[(a+b)+c][(a+b)-c]\times [c+(a-b)][c-(a-b)]$

故

${\begin{aligned}16\triangle ^{2}&=[(a+b)^{2}-c^{2}]\times [c^{2}-(a-b)^{2}]\\&=[2ab+(a^{2}+b^{2}-c^{2})]\times [2ab-(a^{2}+b^{2}-c^{2})]\\&=(2ab)^{2}-(a^{2}+b^{2}-c^{2})^{2}\\&=4a^{2}b^{2}-(a^{4}+b^{4}+c^{4}+2a^{2}b^{2}-2b^{2}c^{2}-2a^{2}c^{2})\\&=(2a^{2}b^{2}+2b^{2}c^{2}+2a^{2}c^{2})-(a^{4}+b^{4}+c^{4})\\&=2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})-(a^{4}+b^{4}+c^{4})\\\end{aligned}}$

等號兩邊開根號，再同除以4，得

$\triangle ={\frac {1}{4}}{\sqrt {2(a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+a^{2}c^{2})-(a^{4}+b^{4}+c^{4})}}$

• $78557\times 2^{n}+1$恆為合成數，其中$n$為非負整數。

說明

78557*2^n+1恆為合成數

質因數	指數$n$
3	2k
5	4k+1
7	12k+7
13	12k+11
73	36k+3
19	36k+15
37	36k+27

• $6!\times 7!=10!$
• $a^{4}+b^{4}+(a+b)^{4}=2(a^{2}+b^{2}+ab)^{2}$