22春“數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)”專業(yè)《近世代數(shù)》在線作業(yè)答案參考4

1、22春“數(shù)學(xué)與應(yīng)用數(shù)學(xué)”專業(yè)近世代數(shù)在線作業(yè)答案參考1. 直接證明下列級(jí)數(shù)的斂散性如果收斂，求其和 (1) (2) (3) (4),m1 (5)，a,bR+直接證明下列級(jí)數(shù)的斂散性如果收斂，求其和  (1)  (2)  (3)  (4),m1  (5)，a,bR+(1)因?yàn)?，所?               于是因此級(jí)數(shù)收斂，且其和為    (2)因?yàn)?   所以  

2、;  于是          因此級(jí)數(shù)收斂，且其和為    (3)因?yàn)?，所以                因?yàn)椴淮嬖?，所以不存在，故?jí)數(shù)發(fā)散    (4)因?yàn)?           而m1，所以，于是因此級(jí)數(shù)收斂，且其和為m    (5)因?yàn)?，所以和均收斂，?   ，    根據(jù)收斂級(jí)數(shù)的性質(zhì)

3、得知收斂，且其和為 2. 設(shè)某產(chǎn)品在時(shí)期t的價(jià)格、總供給與總需求分別為Pt，St與D。，并設(shè)對(duì)于t0，1，2，有 (1)St2Pt1 (2)設(shè)某產(chǎn)品在時(shí)期t的價(jià)格、總供給與總需求分別為Pt，St與D。，并設(shè)對(duì)于t0，1，2，有 (1)St2Pt1 (2)Dt4Pt15 (3)StDt ()求證：由(1)、(2)、(3)可推出差分方程Pt12Pt2； ()已知P。時(shí)，求上述方程的解正確答案：3. 9某人忘記了一個(gè)電話號(hào)碼的最后一位數(shù)字，因此只能試著隨意地?fù)苓@位數(shù)，試求他撥號(hào)不超過三次就能接通電話的9某人忘記了一個(gè)電話號(hào)碼的最后一位數(shù)字，因此只能試著隨意地?fù)苓@位數(shù)，試求他撥號(hào)不超過三次就能接通電話

4、的概率是多少?若記得最后一位是奇數(shù)，則此概率又是多少?此人必定在十次之內(nèi)接通此號(hào)碼，將此十次看做是10個(gè)箱子，編號(hào)為1，2，10把正確的號(hào)碼看做一個(gè)球，此球置于第n號(hào)箱子中，表示此人撥n次才能接通電話，球的放置方法共10種以4表示“不超過三次就能接通電話”這一事件，則A的有利場(chǎng)合就是將球置入前三個(gè)箱子中，共有三種，故P(A) =3/10=0.3    若記得最后一位是奇數(shù)，則多只需撥五次就能接通電話。故樣本點(diǎn)總數(shù)為5，P(A) =3/5=0.6 4. 函數(shù)y=Ax2+B在區(qū)間(-，0)內(nèi)單調(diào)增加，則A，B應(yīng)滿足( ) AA0，B任意 BA0，B0 CA0，B任意 DA0，B

5、=0函數(shù)y=Ax2+B在區(qū)間(-，0)內(nèi)單調(diào)增加，則A，B應(yīng)滿足(  )  AA0，B任意  BA0，B0  CA0，B任意  DA0，B=0C5. 列出多重集S=2·a，1·b，3·c的所有3-組合和4-組合。列出多重集S=2·a，1·b，3·c的所有3-組合和4-組合。3-組合包括：2·a，1·b，2·a，1·c，1·a，1·b，1·c，1·a，2

6、83;c，1·b，2·c，3·c。    4-組合包括：2·a，1·b，1·c，2·a，2·c，1·b，3·c，1·a，1·b，2·c，1·a，3·c。 6. 設(shè)3個(gè)向量a，b，c兩兩相互垂直，并且|a|=1，|b|=2，|c|=3，則|a+b+c|=_，|a×b+b×c+c×a|=_。&lt設(shè)3個(gè)向量a，b，c兩兩相互垂直，并且|a|=1，|b|=2，|c|=3，則|a+b+c|=_，|

7、a×b+b×c+c×a|=_。  77. 求矩陣A特征值的QR迭代時(shí)，具體收斂到哪種矩陣是由A的哪種性質(zhì)決定的?求矩陣A特征值的QR迭代時(shí)，具體收斂到哪種矩陣是由A的哪種性質(zhì)決定的?設(shè)ARn×n，且A有完備的特征向量組如果A的等模特征值中只有實(shí)重特征值或多重復(fù)的共軛特征值，則由QR算法產(chǎn)生的Ak本質(zhì)收斂于分塊上三角矩陣(對(duì)角塊為一階和二階子塊)且對(duì)角塊中每一個(gè)2×2子塊給出A的一對(duì)共軛復(fù)特征值，每一個(gè)一階對(duì)角子塊給出A的實(shí)特征值，即        其中m+2l=n，BI(i=1，2，l

8、)為2×2子塊，它給出A的一對(duì)共軛特征值 8. 試證明： 設(shè)fn(x)是0，1上的遞增函數(shù)(n=1，2，)，且fn(x)在0，1上依測(cè)度收斂于f(x)，則在f(x)的連續(xù)點(diǎn)x=x0上試證明：  設(shè)fn(x)是0，1上的遞增函數(shù)(n=1，2，)，且fn(x)在0，1上依測(cè)度收斂于f(x)，則在f(x)的連續(xù)點(diǎn)x=x0上，必有  fn(x0)f(x0)(n)證明 反證法，假定fn(x0)當(dāng)n時(shí)不收斂于f(x0)，則存在00，以及fnk(x0)，使得    fnk(x0)f(x0)+0  或  fnk(x0)f

9、(x0)-0.    若前一情形成立，則由x0是f的連續(xù)點(diǎn)可知，存在0，使得    f(x)f(x0)+0/2  (x0xx0+)    由于fnk(x)fnk(x0)f(x0)+0f(x)，故得    m(x0,1:fnk(x)f(x)  (kN).    但這與fn(x)在0，1上依測(cè)度收斂于f(x)矛盾 9. 證明f-gf-g證明f-gf-g證明  f=(f-g)+gf-g+g    所以f-gf-g 10. 設(shè)f(x)在0，1上連續(xù)，取正

10、值且單調(diào)減少，證明設(shè)f(x)在0，1上連續(xù)，取正值且單調(diào)減少，證明作        (因f(x)單調(diào)減少，f(t)-f(x)0，0tx)要證，作輔助函數(shù)只要證F()0，證F(x)0即可，這種函數(shù)不等式的證明可用微分學(xué)方法 11. 用k種顏色對(duì)一個(gè)正五角形頂點(diǎn)進(jìn)行著色，求不等價(jià)著色數(shù)。用k種顏色對(duì)一個(gè)正五角形頂點(diǎn)進(jìn)行著色，求不等價(jià)著色數(shù)。置換群為    G=I，2，3，4，1，2，3，4，5    G的循環(huán)指數(shù)為        故由定理可得     12.

11、0n|sinx|dx (n是自然數(shù))0n|sinx|dx (n是自然數(shù))0n|sinx|dx    k=0n-1k(k+1)|sinx|dx    令  x=k+t    則  k(k-1)|sinx|dx=0(k+t)sinxtdt    =(2k+1)    原式=k=0n-1(2k+1)=n2    解2  令x=n-t，則    0n|sinx|dx=0n(n-t)|sint|dt    

12、=n0n|sint|dt-0nt|sint|dt    從而有     13. 計(jì)算：(1)div(ugradv)；(2)divr，其中r=xi+yj+zk計(jì)算：(1)div(ugradv)；(2)divr，其中r=xi+yj+zk(1)div(ugradv)=·(uv)=u·v+u(·v)=gradu·gradv+uv    (2)r=(x,y,z),divr=·(x,y,z)=3 14. 試證明： 設(shè)fn(x)是定義在R1上的實(shí)值函數(shù)列，則 (i); (ii)試證明： &

13、#160;設(shè)fn(x)是定義在R1上的實(shí)值函數(shù)列，則  (i);  (ii)證明 (i)記En,=xR1：fn(x)若x0屬于左端，即，則存在：，以及n0，使得fn(x0)(nn0)，即，x0屬于右端；若x0屬于右端，即存在：，使得.這說明存在n0，x0En,(nn0)，即fn(x0)(nn0)從而有，x0屬于左端    (ii)若x0屬于右端，則存在k0N，使得x0屬于En,k0中的無窮多個(gè)(En,k0=xR1：fn(x)1/k0)，即存在nj，使得fnj(x0)1/k0，故.反向證略 15. 驗(yàn)證下列函數(shù)滿足波動(dòng)方程utta2ux

14、x： (1)usin(kx)sin(akt)； (2)uln(xat)； (3)usin(xat驗(yàn)證下列函數(shù)滿足波動(dòng)方程utta2uxx： (1)usin(kx)sin(akt)； (2)uln(xat)； (3)usin(xat)正確答案：(1)uxkcos(kx)sin(akt) uxxk2sin(kx)sin(akt) utaksin(kx)cos(akt)rnutta2k2sin(kx)sin(akt)rn綜上utta2uxx成立；rnrn綜上utta2uuxx成立；rn(3)uxcos(xat)uxxasin(xat) utacos(xat) utta2sin(xat)rn綜上utt

15、a2uxx成立(1)uxkcos(kx)sin(akt)uxxk2sin(kx)sin(akt)utaksin(kx)cos(akt)utta2k2sin(kx)sin(akt)綜上,utta2uxx成立；綜上,utta2uuxx成立；(3)uxcos(xat)uxxasin(xat)utacos(xat)utta2sin(xat)綜上,utta2uxx成立16. 一個(gè)口袋裝有許多紅色(r)、白色(w)、藍(lán)色（b）的乒乓球，其中任取4個(gè)，則觀察到的顏色種類的樣本空間一個(gè)口袋裝有許多紅色(r)、白色(w)、藍(lán)色（b）的乒乓球，其中任取4個(gè)，則觀察到的顏色種類的樣本空間為_。參考答案r,w,b,r

16、w,rb,wb,rwb17. 設(shè)A是數(shù)域K上s×矩陣證明：如果對(duì)于Kn中任一列向量，都有A=0，則A=0設(shè)A是數(shù)域K上s×矩陣證明：如果對(duì)于Kn中任一列向量，都有A=0，則A=0正確答案：假設(shè)A0則A中必有一元素不為零不妨設(shè)為aij0取為第j個(gè)元素為1其余元素為零的列向量則Aj第i個(gè)元素aij0從而A0與已知矛盾所以A=0假設(shè)A0,則A中必有一元素不為零,不妨設(shè)為aij0,取為第j個(gè)元素為1,其余元素為零的列向量,則Aj第i個(gè)元素aij0,從而A0與已知矛盾所以A=018. 甲、乙、丙、丁四人爭(zhēng)奪乒乓球單打冠軍，已知情況如下： 前提：(a)若甲獲冠軍，則乙或丙獲亞軍； (b

17、)若乙獲亞軍，甲、乙、丙、丁四人爭(zhēng)奪乒乓球單打冠軍，已知情況如下：  前提：(a)若甲獲冠軍，則乙或丙獲亞軍；  (b)若乙獲亞軍，則甲不能獲冠軍；  (c)若丁獲亞軍，則丙不能獲亞軍；  事實(shí)是：(d)甲獲冠軍；  結(jié)論是：(e)丁沒有獲亞軍。  請(qǐng)證明此結(jié)論是有效結(jié)論。證明如果令    P：甲獲冠軍；    Q：乙獲亞軍；    R：丙獲亞軍；    S：丁獲亞軍。    

18、由題意可知，需證明    P(QR)，QP，SR，    用間接證明法：    S    P(附加前提)    SR    P    R    T，    P    P    P(QR)    P    QR    T，    (QR)(RQ)    T    QR    T    QP    P    Q    T，    (11)R    T，    (12)RR(矛盾)    T，(11) 19. 設(shè)f (x) 和g (x) 都在x=a處取得極大值，F(xiàn) (x)=f (x)g (x)，則F(x)在x=a處( )。A、必須取得極大值B、設(shè)f (x) 和g (x) 都