乙個高階代數證明問題，找到乙個代數證明問題和答案

使用積分中值定理：0qmqux e （t 178;） dt ＝ x ＊ e＾（ξ178；） 介於 0 和 x 之間。 ＝ x ＊ e＾（ x＆＃178；），其中 0,1 當 t gt;在 0 時，設 f（t） e （t 178;） f ＆＃39；（t） ＝2t e＾（t＆＃178；） gt；“，f（t）是嚴格單增的，因此在上式中是唯一的1 47;x＆＃178；） ln【∫ 0，x］ e＾（t＆＃178；） dt ＆＃47； x】 lim（x－＆gt；＋∞lim（x－＆gt；＋∞1＆＃47；x＆＃178；） ln【∫ 0，x］ e＾（t＆＃178；） dt ＆＃47； x】＝ lim（x－＆gt；＋∞1＆＃47；x＆＃178；） ln（ ∫0koswx］ e＾（t＆＃178；） dt ） ln x 】＝lim（x－＆gt；＋∞e＾（x＆＃178；） 47； ∫0，x］ e＾（t＆＃178；） dt － 1＆＃47；x 】＆47；（2x） 洛皮達定律 lim（x gt; ＋∞x e＾（x＆＃178；） 0，x］ e＾（t＆＃178；） dt 】＆47； （2 x＆＃178； ∫0，x］ e＾（t＆＃178；） dt ）＝lim（x－＆gt；＋∞2 x＆＃178； e＾（x＆＃178；） 47； 【2 x＆＃178； e＾（x＆＃178；） 4 x ∫ 040x］ e＾（t＆＃178；） dt 】＝62c。

兩次洛皮達定律 1

左端 =

0 1+x[1] 1+x[1]² 1+x[1]ⁿ0 1+x[2] 1+x[2]² 1+x[2]ⁿ0 1+x[n] 1+x[n]² 1+x[n]ⁿ1 x[1] x[1]² x[1]ⁿ

1 x[2] x[2]² x[2]ⁿ

1 x[n] x[n]² x[n]ⁿ

0 x[1] x[1]² x[1]ⁿ

0 x[2] x[2]² x[2]ⁿ

0 x[n] x[n]² x[n]ⁿ

1 x[1] x[1]² x[1]ⁿ

1 x[2] x[2]² x[2]ⁿ

1 x[n] x[n]² x[n]ⁿ

x[1] x[1]² x[1]ⁿ

x[2] x[2]² x[2]ⁿ

x[n] x[n]² x[n]ⁿ

1 x[1] x[1]² x[1]ⁿ

1 x[2] x[2]² x[2]ⁿ

1 x[n] x[n]² x[n]ⁿ

2·x[1]·x[2]·.x[n]·

1 x[1] .x[1]ⁿ⁻

1 x[2] .x[2]ⁿ⁻

1 x[n] .x[n]ⁿ⁻

1 x[1] x[1]² x[1]ⁿ

1 x[2] x[2]² x[2]ⁿ

1 x[n] x[n]² x[n]ⁿ

2∏ x[i] ·x[k]-x[j]) x[i]-1) ·x[k]-x[j])

x[k]-x[j]） 2 x[i] -x[i]-1）） 右端。倒數第二個等號使用範德蒙德行列式的乘積。

有兩種方法可以證明這一點。

代數推理。 因為。

n(n+1)=n^2+n

所以左邊 = （1 2 + 2 2 +。n^2)+(1+2+3+..n） 1 2 + 2 2 ...n^2=n(n+1)(2n+1)/61+2+3+..n=n(n+1)/2

所以這是乙個段落。 左。

n(n+1)(2n+1)/6+n(n+1)/2n(n+1)(n+2)/3

數學歸納法。

當 n=1， 1*2=2， 1*（1+1）*（1+2） 3=2 時，方程被打破。

當 n=m（m 為正整數）時，設方程成立，即 1*2+2*3+。m(m+1)=m(m+1)(m+2)/3

然後當 n=m+1 時，向左。

1*2+2*3+..m(m+1)]+m+1)(m+2)m(m+1)(m+2)/3+(m+1)(m+2)(m+1)(m+2)(m+3)/3

這個等式也成立。

命題證明了這一點。

我用過它。 n(n+1)=[n+2)(n+1)n-(n+1)n(n-1)]/3

也就是說，建立日期。

損失基於原始公式 = （3*2*1-2*1*0） 3....n+2）（n+1）n-（n+1）n（n-1）] 3 個中間項在刪除之前可以被消除。

n+2)(n+1)n/3

首先要記住的是公式。

1+2+3+..n=1/2n*(n+1)

1^2+2^2+3^2+..n^2=1/6n*(n+1)*(2n+1)

然後，您可以找到延遲的答案。

原來的公式可以變成塵線模式：

原理 n*（n+1）=n 2+n

1^2+2^2+3^2+..n^2)+(1+2+3+..n） 然後按下膠帶並按照公式進行操作。

就是這樣。

將其分為兩個行列式，第乙個行列式將 a 作為最終行列式乘以三次乘法，後者將 b

用反證來證明。

假設 （x n-1） 不能被 f（x n） 整除，那麼有 q（x）<>0 和 k<>0 這樣。

f(x^n)=(x^n-1)q(x)+k

x-1)[x^(n-1)+x^(n-2)+…1] q（x）+k，即p（x）=[x（n-1）+x（n-2）+....1] q（x）<>0 和 k<>0 成功。

f（x n） = （x-1）p（x）+k 成立。 這與已知的 （x-1） 可整除 f（x n） 相矛盾。

因此，該假設無效。

則 （x n-1） 可被 f（x n） 整除。

見下圖

如有任何疑問，歡迎隨時提問@

這是關於通過定義進行驗證。

1.對稱。

對於任何 f，g c[a，b]， f，g） = f（x）g（x） dx = g（x）f（x） dx = （g，f）

2.雙。

對於任何 f，g，h c[a，b]， f，g+h） = f（x）（g（x）+h（x）） dx

f(x)g(x) dx+∫ f(x)h(x) dx = (f,g)+(f,h).

對於任何實數 c，（f，c·g） = f（x）（c·g（x）） dx = c· f（x）g（x） dx = c·（f，g）。

因此，（，） 對於第二個分量是線性的，並且根據對稱性，它對於第乙個分量也是線性的。

3.陽性確定性。

對於任何 f c[a，b]， f，f） = f（x） dx 0（f 是實函式，所以 f（x） 0）。

對於 f，不是常數零，並且有 t a，b]，因此 f（t） ≠0。

由 f（x） 連續，存在乙個包含 t 的區間 [r，s] （r < s），使得 |f(x)| f(t)|2 建立在 [r，s] 上。

則 （f，f） = f（x） dx f（x） dx f（t）|/2)² dx = (s-r)f(t)²/4 > 0.

因此，當且僅當 f 在 [a，b] 上常數等於零（即線性空間 c[a，b] 中的零元素）時，（f，f） = 0。

只需要證明 a 有 n 個線性獨立的特徵向量，並且根據上一代的知識，不同特徵值對應的特徵向量是線性獨立的，因此只需要對應不同特徵值的特徵向量之和為 n。

如果 2009 為特徵值，則 Fung 響應的線性獨立特徵向量個數等於 （a-2009e）x=0 的解空間維數，即 n-rank（a-2009e）;

2010 年和 2011 年也是如此，因此以 2009、2010、2011 年為特徵值的特徵向量數之和為 3n-rank（a-2009e）-rank（a-2010e）-rank（a-2011e）=n，因此可以對角化。 需要注意的是，即使其中乙個數字不是特徵值，也不會影響結果，因為它相當於看到空白空間的“特徵值”。

如果您晉公升，則排名（a-k1e）+rank（a-k2e）+。rank（a-kme）=（m-1）n，類似的方法也可以用來證明對角化。

1. A 是正定的，那麼有乙個非奇異陣列 g，使得 a=g tg，所以 det（xa-b）=det（xg tg-b）=det（g t）det（xe-g （-t）bg （-1））det（g），所以 det（xa-b）=0 等價於 det（xe-g （-t）bg （-1）））=0，當特徵根都大於 -1 時，即 g （-t）bg （-1） 的特徵值都大於 -1，因此 e+g （-t）bg （-1）。）是正定矩陣，所以a+b=g t（e+g （-t）bg （-1））g是正定矩陣。否則，就倒退。

2. 顯然，ker（t2） 包含在 ker（t1t2） 中，任何 x 都位於 ker（t1t2） 中，即 t1t2x=0，所以 t2x 屬於 ker（t1），顯然 t2x 同時位於 im（t2） 中。 如果 ker（t1） 與 im（t2） 相交為 0，則 t2x=0，因此 ker（t1t2） 包含在 ker（t2） 中。 反之，如果 ker（t1t2） 包含在 ker（t2） 中，則證明 ker（t1） 和 im（t2） 相交為 0。

設 y 同時位於 ker（t1） 和 im（t2），即 t1y=0 和 x，因此 y=t2x，然後 t1t2x=t1y=0，即 x 在 ker（t1t2）=ker（t2），然後 t2x=0，然後 y=t2x=0。 於是得出了結論。

問題 1 的子問題 （1） 和 （2） 易於證明，可以直接用子空間和不變子空間的定義來驗證。 以下是子問題（3）。

2 個問題的證明。

證明如果 x，y 屬於 t-1（0），則 t（ax+by）=at（x）+bt（y）=a*0+b*0=0，即 ax+by 屬於 t-1（0），所以 t-1（0） 是 v 的子空間。

設 x，y 屬於 t（v），那麼有 a，b 屬於 v，所以 t（a）=x，t（b）=y，所以 k1x+k2y=k1t（a）+k2t（b）=t（k1a+k2b） 屬於 t（v），所以 t（v） 是 v 的子空間。

2）t（t-1（0））=0屬於t-1（0），所以t-1（0）是t的不變子空間，t（t（v））屬於t（v），所以t（v）也是t的不變子空間。 這兩個空間是 t 的平凡不變子空間。

3）秩零度定理的結論和1）用於證明它。

特徵方程為 x 2=x，因此特徵值為 0 或 1

2） t（a-t（a））=t（a）-t 2（a）=t（a）-t（a）=0，所以它包含在 t-1（0） 中。

另一方面，如果任何給定的 b 屬於 t-1（0），則 b=b-t（b），則 t-1（0） 包含在其中。

證明。 3） 使用 3 個問題中的 1 個），將 t-1（0） 轉移到 t（v）=

反證：如果不是真的，那麼a，b屬於v，所以a-t（a）=t（b）≠0，所以t 2（b）=t（b）=t（a-t（a））=0矛盾！

因此，必須有 t-1（0） 和 t（v）=，這樣命題才能得到證明。