福建师范大学21春《近世代数》在线作业一满分答案65

福建师范大学21春近世代数在线作业一满分答案1. 用来表明同类现象在不同空间、不同时间、实际与计划对比变动情况的相对数称_指数。用来表明同类现象在不同空间、不同时间、实际与计划对比变动情况的相对数称_指数。广义2. 函数2(e2x-e-2x)的原函数有( ) A(ex+e-x)2 B(ex-e-x)2 Cex+e-x D4(e2x+e-2x)函数2(e2x-e-2x)的原函数有(  )  A(ex+e-x)2  B(ex-e-x)2  Cex+e-x  D4(e2x+e-2x)AB用求导的方法，可以验证A，B正确3. 写了n封信，但是信封上的地址是以随机的次序写的，设Y表示地址恰好写对的信的数目，试求E(Y)及D(Y)。写了n封信，但是信封上的地址是以随机的次序写的，设Y表示地址恰好写对的信的数目，试求E(Y)及D(Y)。正确答案：4. 设设方程x=yy确定y是x的函数，则dy=_设方程x=yy确定y是x的函数，则dy=_正确答案：方程x=yy两边取对数得lnx=lny，由此两边再求微分，即得不难解出5. 设f(x)在x=a的某个邻域内有定义，则f(x)在x=a处可导的一个充分条件是( ) (A)存在 (B)存在 (C)存在 (D)设f(x)在x=a的某个邻域内有定义，则f(x)在x=a处可导的一个充分条件是(  )  (A)存在  (B)存在  (C)存在  (D)存在D由    可知，正确者为(D) 6. 关于函数极限和数列极限的关系，有哪些应用？关于函数极限和数列极限的关系，有哪些应用？我们有下述定理给出的更强的结果：    Heine归并定理  极限存在的充分必要条件是：对任何数列xn，满足xnx0(n)且xnx0(nN+)，有存在.    这个性质称为函数极限的归并性，它有以下一些应用：    (1)证明极限不存在，只需找出一个数列xn：xnx0(n)，且xnx0(nN+)，数列f(xn)发散；或找出两个数列xn和x'n：xnx0，x'nx0(n)，xnx0，x'nx0(nN+)，数列f(xn)和f(x'n)有不同的极限    (2)为求极限，可以先找一个数列xn：xnx0(n)，xnx0(nN+)，求出数列f(xn)的极限：.然后，再证明. 7. 在一批灯泡中作寿命试验，其结果如下表： 寿命(t) 0，100 100，200 200，300 300，+在一批灯泡中作寿命试验，其结果如下表：寿命(t)0，100100，200200，300300，+个数121734358  在=0.05下，检验假设H0:灯泡寿命服从指数分布待检假设H0：Xf(x)，当H0为真时，可算得        查表得    由n=300，p1=0.394，p2=0.239，p3=0.145，p4=0.222，列2检验计算表如下表所示： 区间 fi pi npi fi-npi frac(f_i-np_i)2np_i 0，100) 121 0.394 118.2 2.8 0.0663 100，200) 78 0.239 71.7 6.3 0.553 200，300) 43 0.145 43.5 -0.5 0.006 300，+) 58 0.222 66.6 -8.6 1.111    算得    经比较知2=1.736，故接受H0，认为灯泡寿命服从指数分布 8. 求解线性代数方程组 的高斯-赛德尔迭代格式为_ 取迭代初值，则=_，=_，=_求解线性代数方程组    的高斯-赛德尔迭代格式为_  取迭代初值，则=_，=_，=_$-0.38$-0.2433$0.53339. 设A为三阶非零矩阵，r(AB)=1，则正确的是_ (A)t=2时，r(A)=1 (B)t=2时，r(A)=2 (C)f2时，r(A)=1 (D)设A为三阶非零矩阵，r(AB)=1，则正确的是_  (A)t=2时，r(A)=1 (B)t=2时，r(A)=2  (C)f2时，r(A)=1 (D)t2时，r(A)=2C当t=2时，有    ，|B|=0，B不可逆    当t2时，r(B)=3，从而B可逆，则r(AB)=r(A)=1    故应选(C). 10. 试证明： 设fn(x)是0，1上的递增函数(n=1，2，)，且fn(x)在0，1上依测度收敛于f(x)，则在f(x)的连续点x=x0上试证明：  设fn(x)是0，1上的递增函数(n=1，2，)，且fn(x)在0，1上依测度收敛于f(x)，则在f(x)的连续点x=x0上，必有  fn(x0)f(x0)(n)证明 反证法，假定fn(x0)当n时不收敛于f(x0)，则存在00，以及fnk(x0)，使得    fnk(x0)f(x0)+0  或  fnk(x0)f(x0)-0.    若前一情形成立，则由x0是f的连续点可知，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).    但这与fn(x)在0，1上依测度收敛于f(x)矛盾 11. 设f(x)，g(x)是E上的非负可测函数。若 f(x)=g(x)， a.e.xE， 则 Ef(x)dx=Eg(x)dx设f(x)，g(x)是E上的非负可测函数。若  f(x)=g(x)， a.e.xE，  则  Ef(x)dx=Eg(x)dx令E1=xE:f(x)g(x)，E2=EE1，m(E1)=0，于是有    EF(x)dx=Ef(x)E1(x)+E2(x)dx        =E1f(x)dx+E2f(x)dx        =E1g(x)dx+E2g(x)dx=Eg(x)dx 12. 设f=(f1,f2)-1，其中f1(x1，x2，x3，y1，y2)=2ey1+x1y2-4x2+3，f2(x1，x2，x3，y1，y2)=y2cosy1-6y1+2x1-x3，x0=(3，2，7设f=(f1,f2)-1，其中f1(x1，x2，x3，y1，y2)=2ey1+x1y2-4x2+3，f2(x1，x2，x3，y1，y2)=y2cosy1-6y1+2x1-x3，x0=(3，2，7)T，y0=(0，1)T。求由向量方程f(x，y)=0所确定的隐函数y=g(x)在x0处的导数，其中x=(x1，x2，x3)T，y=(y1，y2)T由于题中的向量方程f(x，y)=0是由两个五元方程f1(x1，x2，x3，y1，y2)=0与f2(x1，x2，x3，y1，y2)=0构成的方程组，其中的5个变量是x1，x2，x3，y1，y2，因此能确定两个三元函数。由题意，它们就是y1=g1(x1，x2，x3)，y2=g2(x1，x2，x3)。容易验证，f1与2满足隐函数存在定理的条件(1)，(2)(读者自        所以能在(x0，y0)T的某邻域内唯一确定两个单值的有连续偏导数的三元函数y1=g1(x1，x1，x3)与y2=g2(x1，x2，x3)，也就是以g1与g2为分量的向量值函数y=g(x)，要求的导数就是g在x0处的Jocobi矩阵     13. 与对合矩阵相似的矩阵仍是对合矩阵与对合矩阵相似的矩阵仍是对合矩阵正确答案：设A为对合矩阵即A2=IB与A相似则存在可逆矩阵P使得B=P-1AP由课本命题1可得B2=P-1A2P=P-1IP=I即B2=I故B仍然是对合矩阵设A为对合矩阵,即A2=I,B与A相似,则存在可逆矩阵P使得B=P-1AP由课本命题1可得B2=P-1A2P=P-1IP=I,即B2=I故B仍然是对合矩阵14. 函数y=Ax2+B在区间(-，0)内单调增加，则A，B应满足( ) AA0，B任意 BA0，B0 CA0，B任意 DA0，B=0函数y=Ax2+B在区间(-，0)内单调增加，则A，B应满足(  )  AA0，B任意  BA0，B0  CA0，B任意  DA0，B=0C15. 求微分方程x"+kx=0的通解求微分方程x"+kx=0的通解特征方程为3+k=0    当k=0时，有通解为：x=C1+C2t+C3t2，    当k0时，特征根分别为通解为 16. 甲、乙、丙、丁四人争夺乒乓球单打冠军，已知情况如下： 前提：(a)若甲获冠军，则乙或丙获亚军； (b)若乙获亚军，甲、乙、丙、丁四人争夺乒乓球单打冠军，已知情况如下：  前提：(a)若甲获冠军，则乙或丙获亚军；  (b)若乙获亚军，则甲不能获冠军；  (c)若丁获亚军，则丙不能获亚军；  事实是：(d)甲获冠军；  结论是：(e)丁没有获亚军。  请证明此结论是有效结论。证明如果令    P：甲获冠军；    Q：乙获亚军；    R：丙获亚军；    S：丁获亚军。    由题意可知，需证明    P(QR)，QP，SR，    用间接证明法：    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) 17. 设(X1，X2，Xn)是取自正态总体N(，1)的一个样本，其中未知，-+试求k+C的双侧1-置信区间，其中k，C是常设(X1，X2，Xn)是取自正态总体N(，1)的一个样本，其中未知，-+试求k+C的双侧1-置信区间，其中k，C是常数，k0由于已知，选用样本函数的分布18. 设行列式,Ai2为元素ai2的代数余子式(i=1，2，3，4)，试求：(1)行列式D；(2)A12+A22+A32+A32设行列式,Ai2为元素ai2的代数余子式(i=1，2，3，4)，试求：(1)行列式D；(2)A12+A22+A32+A32(1)108  (2)2919. 求微分方程y&39;&39;+y=2sin3x的通解。求微分方程y''+y=2sin3x的通解。(1)先求对应齐次方程的通解。    由于对应齐次方程的特征方程r2+1=0的特征根为r1,2=±i，则对应齐次方程y''+y=0的通解为Y=C1cosx+C2sinx    (2)再求该方程的一个特解。    因为自由项f(x)=2sin3x为Pm(x)exsinx型函数，为求该方程的一个特解，先求方程y''+y=2e3ix的一个特解。    由于±i=±3i不是特征根。故其特解可设为y*=ae3ix。把它代入方程y''+y=2e3ix并消去e3ix，得，即y''+y=2e3ix的一个特解为        取其虚部就得到题设方程的一个特解为。因此题设方程的通解为     20. 求解下列有界变量线性规划问题： (1)min x0=3x1+4x2-2x3-5x4+3x5+2x6-x7, s.t.x1+x4+2x5-x6+x7=13, x2-x4求解下列有界变量线性规划问题：  (1)min x0=3x1+4x2-2x3-5x4+3x5+2x6-x7,  s.t.x1+x4+2x5-x6+x7=13,  x2-x4+x5+x6+2x7=9，  x3+2x4+2x5+2x6-x7=5,  0xj5(j=1，2，7)；  (2)min f=x1+2x2+x3-x4+2x5+x6-x7,  s.t.x1+2x4-2x5+x6-8x7=0,  x2+x4+x5-x6+x7=11,  x3+3x4-x5-2x6+2x7=6,  0xj4(j=1，2，7)(1)x*=(1,0,0,3,2,0,5)T,x0*=-11.    (2) 21. 若级数与分别收敛于S1与S2，则以下成立的是( ) A B C D若级数与分别收敛于S1与S2，则以下成立的是(  )  A  B  C  DABC由收敛级数的基本性质可知：(A)，(B)，(C)均正确；(D)错误当S2=0时不成立22. 从数集1，2，20中选3个数的集合。如果没有2个相连的数字在同一个集合中，那么能够形成多少3个数的集合?从数集1，2，20中选3个数的集合。如果没有2个相连的数字在同一个集合中，那么能够形成多少3个数的集合?设g(20，3)为这样3个数的集合数。对每个这样的集合，或者含有20或者不含20，如果含有20，则另两个元素在1，2，18中选且不相连，有种选法。如果不含20，则三个元素均在1，2，19中选且无2个数相连，这样集合数为g(19，3)。因此        同样，g(19，3)个集合又可分为包含19与不包含19两类，则        因此         23. 设f(x)在(，)内可导，且F(x)f(x21)f(1x2)，证明：F(1)F(1)设f(x)在(，)内可导，且F(x)f(x21)f(1x2)，证明：F(1)F(1)正确答案：×证明：F(x)=f(x21)f(1x2)f(x)在(,)内可导F(x)为可导函数F(x)f(x21)×2x+f(1x2)(2x)2xf(x21)f(1x2)F(1)2f(0)f(0)0F(1)(2)f(0)f(0)0F(1)F(1)24. 三单位向量a，b，c满足a+b+c=0，求a·b+b·c+c·a。三单位向量a，b，c满足a+b+c=0，求a·b+b·c+c·a。25. 某纺织厂生产的细纱支数的均方差为1.2，现从当日生产的一批产品中，随机抽了16缕进行支数测量，求得样本均方差某纺织厂生产的细纱支数的均方差为1.2，现从当日生产的一批产品中，随机抽了16缕进行支数测量，求得样本均方差为2.1，问：在正态总体的假定下，纱的均匀是否变劣(=0.05)?26. 设A，B为集合，证明：(AB)(A-B)=A(方法不限)设A，B为集合，证明：(AB)(A-B)=A(方法不限)可用多种方法证明本题    方法1  直接证明法(用集合演算证明)    (AB)(A-B)    =(AB)(AB)  (补交转换律)    =A(BB)    (分配律)    =AE    (E为全集、排中律)    =A    (同一律)    方法2  直接证明法(用定义证明)        x(AB)(A-B)              (分配律)        (排中律)        (同一律)    所以，(AB)(A-B)=A    方法3  使用归谬法(反证法)    否则，(AB)(A-B)A，则，使得        记为“情况1”    或者，使得        记为“情况2”    在情况1下：                        这是个矛盾式    在情况2下：                这也是个矛盾式    综上两种情况可知：(AB)(A-B)=A。 27. 如果n阶矩阵A满足A2=A，则称A为幂等矩阵证明：如果A为幂等矩阵，且AB，则B是幂等矩阵如果n阶矩阵A满足A2=A，则称A为幂等矩阵证明：如果A为幂等矩阵，且AB，则B是幂等矩阵因AB，则存在非奇异矩阵P，使得P-1AP=B，从而B2=P-1A2P-1=AP=B由幂等矩阵的定义可知，B也是幂等矩阵28. 函数设f(x1)x22x5，则f(x)_设f(x1)x22x5，则f(x)_正确答案：f(x)x26f(x)x2629. 设随机变量XN(0，2)，求E(Xn)，n1设随机变量XN(0，2)，求E(Xn)，n1令，YN(0，1)，    当n为奇数时，被积函数是奇函数，所以E(Xn)=0 当n为偶数时，有            因而 30. 两奇函数之和是_，两奇函数之积是_，两偶函数之积是_，一个偶函数与一个奇函数之积是_。(两奇函数之和是_，两奇函数之积是_，两偶函数之积是_，一个偶函数与一个奇函数之积是_。(填奇、偶函数)奇函数$偶函数$偶函数$奇函数31. 从装有3只红球，2只白球的口袋中任意取出2只球，则事件“取到2只白球”的逆事件是( ) A取到2只红球 B取到从装有3只红球，2只白球的口袋中任意取出2只球，则事件“取到2只白球”的逆事件是(  )  A取到2只红球  B取到的白球数大于2  C没有取到白球  D至少取到1只红球D因为逆事件等同于否事件，而取到2只白球的否为至少取到1只红球32. 粉笔有3种不同的长度，8种不同的颜色，4种不同的直径。问粉笔有多少不同的种类?粉笔有3种不同的长度，8种不同的颜色，4种不同的直径。问粉笔有多少不同的种类?为了选择一个种类的粉笔，可以通过先选择一种长度，再选择一种颜色，然后再选择一种直径这三个步骤来完成，由乘法原理可得，粉笔总的种类数为    3×8×4=96 33. 二次积分02dyy4-yf(x，y)dx改变成先y后x的积分是_。二次积分02dyy4-yf(x，y)dx改变成先y后x的积分是_。02dx02f(x，y)dy+24dx04-xf(x，y)dy34. 求二次曲线224y5y268y1000的主轴求二次曲线224y5y268y1000的主轴正确答案：主轴为612y110和2y20主轴为612y110和2y2035. 给定微分方程组 ， 其中f(x，y)有连续一阶偏导数试证明在原点邻域内如f0则零解为渐近稳定的，而f0则零解给定微分方程组  ，  其中f(x，y)有连续一阶偏导数试证明在原点邻域内如f0则零解为渐近稳定的，而f0则零解不稳定取定正，有V'=-(x2+y2)f(x，y)当f0时V'定负，零解渐近稳定，而f0时V'定正，零解不稳定36. 若f(x)dx=x+C，则f(1-x)dx=_。若f(x)dx=x+C，则f(1-x)dx=_。x+C37. 某林场采用两种方案作杨树育苗试验，已知两种方案下苗高均服从正态分布，标准差分别为1=20，2=18，现各抽60棵某林场采用两种方案作杨树育苗试验，已知两种方案下苗高均服从正态分布，标准差分别为1=20，2=18，现各抽60棵树苗作样本，测得苗高=59.34cm，=49.16cm试以95%的可靠性估计的两种方案对杨树苗的高度有无影响这是已知双总体均值的双侧假设检验，=0.05，待检假设    H0：1=2，    选U估计量由=59.34，=49.16，1=20，2=18，n1=n2=60，得        查表得z0.025=1.96，经比较知|u|=2.93z0.025=1.96，故拒绝H0，认为两种方案对杨树苗的高度有显著影响 38. 设f(x)的导数在x=a处连续，且，则_ (A)x=a是f(x)的极小值点 (B)x=a是f(x)的极大值点 (C)(a，f(a)是设f(x)的导数在x=a处连续，且，则_  (A)x=a是f(x)的极小值点  (B)x=a是f(x)的极大值点  (C)(a，f(a)是曲线y=f(x)的拐点  (D)x=a不是f(x)的极值点，(a，f(a)也不是曲线y=f(x)的拐点B由知，    又因为f'(x)在x=a处连续，则有    f'(a)=f'(x)=0，x=a为驻点    又    由极值的第二充分条件知，f(x)在x=a处取得极大值    故应选(B) 39. 设f(x)在a，)上连续，且当xa时，f&39;(x)k0其中k为常数若f(a)0，则方程f(x)=0在内有且仅有一个实根设f(x)在a，+)上连续，且当xa时，f'(x)k0其中k为常数若f(a)0，则方程f(x)=0在内有且仅有一个实根利用微分中值定理可得，(a，af(a) k )，使得f(a?f(a) k )-f（a）=f（）(?f(a) k )因为当xa时，f（x0）k0，故 f(af(a) k )-f（a）=f（）?(?f(a) k )k?(?f(a) k )=-f（a），从而，f(af(a) k )0又因为f（a）0，且f（x）在a，+）上连续，故利用连续函数的零点存在定理可得，(a，a(a) k )，使得f（）=0下面证明的唯一性如果存在12，使得f（1）=f（2）=0，利用罗尔中值定理可得，?(a，af(a) k )，使得f（）=0，这与f（x）k0 （xa） 矛盾，故方程f（x）=0在区间(a，a?f(a) k )内有且仅有一个根40. (如图所示)设A，B，C是不共线的3点，它们决定一平面，则点P在上的充要条件是存在唯一的数组(，)，)使得(如图所示)设A，B，C是不共线的3点，它们决定一平面，则点P在上的充要条件是存在唯一的数组(，)，)使得    其中O是任意的一点，P在ABC内的充要条件是*与0，0，0同时成立。    若点，则与，共面，或    取1-l-k=，=k，则    ，+=1    *部分证明：在ABC内成立，且    ，0l1，且0k+l1即0，r0，0，0，+r=1，且在ABC内 41. 求柱面x2+y2=R2与二平面x-2y+z=4，2x+3y-z=8所围空间区域的体积。求柱面x2+y2=R2与二平面x-2y+z=4，2x+3y-z=8所围空间区域的体积。12R242. 设2x3-x2+3x-5=a(x-2)3+b(x-2)2+c(x-2)+d，求a，b，c，d 提示：应用综合除法 设2x3-x2+3x-5=a(x-2)3+b(x-2)2+c(x-2)+d，求a，b，c，d   提示：应用综合除法 由            可知，以x-2除f(x)得余数d；再以x-2除商q1(x)得余数c；再以x-2除第二次商q2(x)得余数b，易知a=2，也是第三次除法所得之商 算式如下：        结果有  f(x)=2x3-x2-3x-5            =2(x-2)3+11(x-2)2+23(x-2)+13 43. 某大学数学测验，抽得20个学生的分数平均数某特殊润滑油容器的容量为正态分布，其方差为003升，在a某特殊润滑油容器的容量为正态分布，其方差为003升，在a=001的显著性水平下，抽取样本10个，测得样本标准差为s=0246，检验假设： H0：2=003，H1：2003正确答案：设总体X为润滑油容器的容量则XN(2)02=003n=10a=001s=0246用2的检验法检验H0=2=02=003H1：202拒绝域为W=2a222(n一1)U2a22(n一1)查2分布表得0.0052(9)=235890.9952(9)=1735计算2值由于1735181523589故接受H0即2=003设总体X为润滑油容器的容量,则XN(,2),02=003,n=10,a=001,s=0246用2的检验法,检验H0=2=02=003,H1：202,拒绝域为W=2a22,2(n一1)U2a22(n一1)查2分布表得0.0052(9)=23589,0.9952(9)=1735计算2值由于1735181523589,故接受H0,即2=00344. 列出多重集S=2·a，1·b，3·c的所有3-组合和4-组合。列出多重集S=2·a，1·b，3·c的所有3-组合和4-组合。3-组合包括：2·a，1·b，2·a，1·c，1·a，1·b，1·c，1·a，2·c，1·b，2·c，3·c。    4-组合包括：2·a，1·b，1·c，2·a，2·c，1·b，3·c，1·a，1·b，2·c，1·a，3·c。 45. 试对九章算术思想方法的一个特点"算法化的内容"加以说明。试对九章算术思想方法的一个特点"算法化的内容"加以说明。参考答案九章算术在每一章内都先列举若干实际问题，并对每个问题给出答案，然后再给出"术"，作为一类问题的共同解法;以后遇到同类问题，只要按"术"给出的程序去做就一定能求出问题的答案;书中的"术"其实就是算法。46. 若函数|f(x)|在点x=x0处可导，则f(x)在点x=x0处必可导；若函数|f(x)|在点x=x0处可导，则f(x)在点x=x0处必可导；错误例如，可    见|f(x)|在点x=0处可导，而f(x)在点x=0处不可导 47. 设随机变量服从参数为2的指数分布，试证=1-e-2在区间(0，1)上服从均匀分布设随机变量服从参数为2的指数分布，试证=1-e-2在区间(0，1)上服从均匀分布因为服从参数为2的指数分布，则概率密度函数为        分布函数    在x0时，y=1-e-2x的反函数是，有            故服从均匀分布 48. 求由下列方程所确定的隐函数的导数： (1) (2)x2 (3) (4) (5) (6)求由下列方程所确定的隐函数的导数：  (1)  (2)x2  (3)  (4)  (5)  (6)令 F(x，y)x2y+3x4y3-4，    因为    所以    (2)令    因为    所以    (3)令    因为    所以    (4)在等式两边分别微分：        所以    解出    化简有    故    (5)令    因为    所以    (6)令    因为    所以         49. 某厂生产一种熔丝，规定熔丝熔化时间的方差不能超过400今从一批产品中抽取25个，测得其熔化时间的方差为388.某厂生产一种熔丝，规定熔丝熔化时间的方差不能超过400今从一批产品中抽取25个，测得其熔化时间的方差为388.58设熔化时间服从正态分布，根据所给数据，检查这批产品的方差是否符合要求(=0.05)设熔丝熔化时间为X，则XN(u，2)，依题意有n=25，s2=388.58    待检假设H0：202=400，H1：202=400    检验统计量，得拒绝域为    22(n-1)=0.052(24)=36.415.    由于22(n-1)，故接受H0，即这批产品的方差符合要求 50. 试证明： 设fn(x)是定义在R1上的实值函数列，则 (i); (ii)试证明：  设fn(x)是定义在R1上的实值函数列，则  (i);  (ii)证明 (i)记En,=xR1：fn(x)若x0属于左端，即，则存在：，以及n0，使得fn(x0)(nn0)，即，x0属于右端；若x0属于右端，即存在：，使得.这说明存在n0，x0En,(nn0)，即fn(x0)(nn0)从而有，x0属于左端    (ii)若x0属于右端，则存在k0N，使得x0属于En,k0中的无穷多个(En,k0=xR1：fn(x)1/k0)，即存在nj，使得fnj(x0)1/k0，故.反向证略 51. 设随机变量X满足E(X)=3，D(X)=5，求E(X+2)2设随机变量X满足E(X)=3，D(X)=5，求E(X+2)2E(X+2)2=E(X2+4X+4)=E(X2)+4E(X)+4    =D(X)+E2(X)+4E(X)+4=30 52. 设A，B，C为三相异共线点，求证：可适当选择A，B的齐次坐标a，b，而使cab，其中c是C点的齐次坐标，写出设A，B，C为三相异共线点，求证：可适当选择A，B的齐次坐标a，b，而使cab，其中c是C点的齐次坐标，写出对偶情况正确答案：设ABC的齐次坐标分别为a1、b1、c则根据定理34存在常数lm使cla1mb1rn 因为ABC为不同的点所以l0m0取A点的坐标为la1B点的坐标为mb1则有cab设A,B,C的齐次坐标分别为a1、b1、c,则根据定理34,存在常数l,m,使cla1mb1,因为A,B,C为不同的点,所以l0,m0,取A点的坐标为la1,B点的坐标为mb1,则有cab53. 试以“佐恩引理”定理作为出发点，来证明“策莫罗选择公理”定理试以“佐恩引理”定理作为出发点，来证明“策莫罗选择公理”定理设X=A(A中各集两两互不相交)，为含于X中且与每个A至多有一个公共元的集所成的类    =B:BX且与每个A至多有一公共元显然按包含的关系成一非空半序集再令的任一非空全序子集，E0=E(E)，下证E0    E0X则x1，x2E2，即E2与中某个A有两个公共元，这与E2相矛盾，因此E0与中每个元至多有一公共元，从而E0为的上确界。根据佐恩引理，有极大元，设为M。    现在证明M与每个A必有一个公共元。如若不然，则有某个A，使取A，因中各集互不相交，知M与每个A至多有一公共元，故M，且以M为真子集，这与M是的极大元矛盾了。    综上知，M与每个A有且仅有一个公共元a。对于每个A，令f(A)=a，则f就是所求的映射，     54. 设离散型随机变量X的概率分布列表如表5-13： 表5-13 X -1 0 1 2 P c 2c设离散型随机变量X的概率分布列表如表5-13：  表5-13X-1012Pc2c3c4c  则常数c=_根据离散型随机变量概率分布的性质2，有关系式    c+2c+3c+4c=1    得到常数        于是应将“”直接填在空内 55. 设1，2是矩阵A的两个特征值，对应的特征向量分别为1，1，则( )A当1=2时，1与2成比例B当设1，2是矩阵A的两个特征值，对应的特征向量分别为1，1，则( )A当1=2时，1与2成比例B当1=2时，1与2不成比例C当12时，1与2成比例D当12时，1与2不成比例正确答案：D56. 下列函数的弹性函数为常数(即不变弹性函数)的有( )，其中a，b，为常数 Ay=ax+b By=ax C Dy=x下列函数的弹性函数为常数(即不变弹性函数)的有(  )，其中a，b，为常数  Ay=ax+b  By=ax  C  Dy=xBCD直接计算知B，C，D正确：    B：    C：    D：    事实上，B，C是D的特例. 57. 若n阶方阵A，B满足AB=A+B，则(A-E)-1=_.若n阶方阵A，B满足AB=A+B，则(A-E)-1=_.B-E.58. 平面2x-y=1的位置是( ) A与y轴平行 B与xoy面垂直 C与x轴平行 D与xoy面平行平面2x-y=1的位置是(  )  A与y轴平行  B与xoy面垂直  C与x轴平行  D与xoy面平行B59. 若两条C4连通曲线可建立对应，使对应点的从法线重合，则这两条曲线或者重合，或者都是平面曲线若两条C4连通曲线可建立对应，使对应点的从法线重合，则这两条曲线或者重合，或者都是平面曲线正确答案：证法1 由两曲线的从法线重合可设 其中S为曲线x(s)的弧长而为另一曲线rn的参数未必为其弧长对s求导得=V1(s)一(s)v(s)V2(s)+"(s)V3(s)因为rn两边用V3(s)作内积得"(s)=0(s)=0(常数)x"(s)=V1(s)一0(s)V2(s)于是 rn因此这是公共的从法向即rn故02(s)=0如果使得(s0)0则0=0再由于(s)=0为常数故(s)=00且rn即这两曲线完全重合如果(s)0(Vs)根据定理122x(s)为平面曲线设曲线所在平面的单位法向为V3(s)=a由于(s)0(常数Vs)故x"(s)=x(s)+(s)V3(s)=x(s)+0V3(s)=x(s)+0a显然x(s)是将平面曲线x(s)向V3(s)=a方向平移0得到的所以它也是平面曲线rn证法2依题意有 rn两边关于t求导得rn因为点乘(作内积)V3(t)得到"(t)=0rn 即 (t)=0(常数)从而由前式有再对上式求导得因为故点乘V3(t)得rn如果0=0则即两曲线重合如果00则(t)0由完全与证法1相应部分相同的推导得两条曲线rn与x(t)都为平面曲线证法1由两曲线的从法线重合,可设,其中S为曲线x(s)的弧长,而为另一曲线的参数,未必为其弧长对s求导,得=V1(s)一(s)v(s)V2(s)+"(s)V3(s)因为,两边用V3(s)作内积,得"(s)=0,(s)=0(常数),x"(s)=V1(s)一0(s)V2(s)于是因此这是公共的从法向,即,故02(s)=0如果,使得(s0)0,则0=0再由于(s)=0为常数,故(s)=00,且,即这两曲线完全重合如果(s)0(Vs),根据定理122,x(s)为平面曲线设曲线所在平面的单位法向为V3(s)=a由于(s)0(常数,Vs),故x"(s)=x(s)+(s)V3(s)=x(s)+0V3(s)=x(s)+0a显然,x(s)是将平面曲线x(s)向V3(s)=a方向平移0得到的,所以它也是平面曲线证法2依题意有两边关于t求导,得因为,点乘(作内积)V3(t),得到"(t)=0,即(t)=0(常数)从而由前式有再对上式求导,得因为故点乘V3(t),得如果0=0,则,即两曲线重合如果00,则(t)0由完全与证法1相应部分相同的推导,得两条曲线与x(t)都为平面曲线60. 设方程组 系数行列式A=0，而A中某行元素aij的代数余了式Aij0，试证(Ai1,Ai2,Ain)T是该方程组的一个基设方程组    系数行列式A=0，而A中某行元素aij的代数余了式Aij0，试证(Ai1,Ai2,Ain)T是该方程组的一个基础解系证： 因为A=0，所以AA*=AE=O，        将A*按列分块A*=1,2,n，其中i=(Ai1,Ai2,Ain)T，则    AA*=A1,A2,An=0,0,0    即Ai=O(i=1,2,n)，i是齐次方程组Ax=0的解又因为A=0，Aij0)，即A存在一个r-1阶的非零子式，所以秩(A)=n-1    故方程组Ax=0的基础解系只包含有n-r(A)=1个解向量，任意一个非零解向量都可作为Ax=0的基础解系由Aij0，知i=(Ai1,Ai2,Ain)T0是Ax=0的一个基础解系逻辑推理  利用基础解系的定义直接求解