福建师范大学21春近世代数在线作业三满分答案1. 已知某账户的当前余额为1000000元，甲在第1年底提出1500000元，在第2年底又投入900000元计算该项目中甲的收已知某账户的当前余额为1000000元，甲在第1年底提出1500000元，在第2年底又投入900000元计算该项目中甲的收益率对投资一方来说，有 B0=1000000元0元，B1=1000000(1+i)-1500000元， B2=1000000(1+i)2-1500000(1+i)+900000元 =10000100i2+50i+40元0元 也就是说，对于任何利率i，投资者甲的最终结果(在第2年底)都是亏损例如：当i=0.1时，甲在第1年底提出1500000元，提款之后的余额为1000000(1+0.1)-1500000元=-400000元，那么，在第2年底，以利率i=0.1计算得投资者最多可以借出400000(1+0.1)元=440000元900000元换个角度看，在这个项目中，无论考虑什么样的年利率，都不能刻画该项目的亏损情况 2. 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3. 设函数f(x)x2(x1)(x2)，则f(x)的零点个数为A0B1C2D3设函数f(x)x2(x1)(x2)，则f(x)的零点个数为A0B1C2D3正确答案：D详解因为f(0)f(1)f(2)0，因此f(x)在区间(0，1)和(1，2)上各至少有一个零点，又显然f(0)0，因此f(x)的零点个数为3，故应选(D)评注若直接计算f(x)有f(x)x(4x29x4)也可推导出f(x)的零点个数为34. 已知f(x)的一个原函数是sinxlnx，求已知f(x)的一个原函数是sinxlnx，求答案：f(x)=(sinxlnx)=cosxlnx+sinx/x原式=(,1)xdf(x) =xf(x)(,1)-(,1)f(x)xdx=x(cosxlnx+sinx/x)(,1)-sinxlnx(,1)=-ln-sin15. 设随机变量X的分布函数为，求常数A，以及满足条件PXc=2PXc的常数c设随机变量X的分布函数为，求常数A，以及满足条件PXc=2PXc的常数cA=2/，6. 设f(x，y)关于y在R上满足Lipschitz条件：对任意的R，R，有 ， (7.14) 其中L称为Lipschitz常数对后退欧拉公设f(x，y)关于y在R上满足Lipschitz条件：对任意的R，R，有，(7.14)其中L称为Lipschitz常数对后退欧拉公式yi+1=yi+hf(xi+1，yi+1)(7.15)进行迭代求解(7.16)证明当h满足hL1时，此迭代过程是收敛的首先证明是Cauchy序列由 两边取绝对值并利用条件(7.14)得 ，k=1，2，3， 递推得 ，k=1，2，3， 对任意的l，m(lm)，有 因为hL1，所以任给0，存在N，当lmN时， 因而是Cauchy序列，从而存在，设其值为y* 在(7.16)的两边令k，则得y*=yi+hf(xi+1，y*)因而 7. 已知一容器的外表面由y=x2(0y12m)绕y轴旋转而成，现在该容器盛满了水，将容器内的水全部抽出至少需作多少功已知一容器的外表面由y=x2(0y12m)绕y轴旋转而成，现在该容器盛满了水，将容器内的水全部抽出至少需作多少功？以y为积分变量，则y的变化范围为0，12，相应于0，12上的任一小区间y，y+dy的一薄层水近似看作高为dy、底面积为x2=y的一个圆柱体，得到该部分体积为ydy，水的密度P=1000kg/m3，该部分重力为1000gydy，把该部分水抽出的移动距离为12-y，因此作功为 . 8. 设向量的始点为P1(2，0，-1)，方向余弦中的；，求向量的坐标表示式及终点坐标设向量的始点为P1(2，0，-1)，方向余弦中的；，求向量的坐标表示式及终点坐标设终点P2(x，y，z)=(x-2)i+(y-0)j+(z+1)k 于是，终点坐标是 向量的坐标表示式是 9. 由方程ex-xy2+siny=0确定y是x的函数，求由方程ex-xy2+siny=0确定y是x的函数，求在方程ex=xy2+siny=0中，x是自变量y是x的函数，从而方程中出现的y2，siny都要看作是x的复合函数(y是中间变量)于是(y2)x=2yyx， (siny)x=cosyy 将方程两端同时对x求导，得ex-(1y2+x2yy)+cosyy=0 解出yex-y2+(cosy-2xy)y=0 即 注由隐函数求导数时，y在表达式中一般都含有y，即使是由方程F(x，y)=0可解出y，这里也不要求用x的解析式代换y 10. 设服从泊松分布，且已知P=1=P=2，求P=4设服从泊松分布，且已知P=1=P=2，求P=4由P=1=P=2，得，所以=2 因此 11. 奥数题中，看似很吓人的算式，其实很简单。( )奥数题中，看似很吓人的算式，其实很简单。( )正确答案：12. 在一个班级的50名学生中，有21名在高等数学考试中取得了优秀成绩，有26名学生在线性代数考试中取得了优秀成绩在一个班级的50名学生中，有21名在高等数学考试中取得了优秀成绩，有26名学生在线性代数考试中取得了优秀成绩，假如有17名学生在此两科考试中都没有取得优秀成绩，问有多少名学生在两科考试中都取得了优秀成绩?并试用文氏图画出结果设在高等数学考试中取得优秀成绩的学生为集合A，在线性代数考试中取得优秀成绩的学生为集合B，根据题意，有 |AB|=50-17=33 根据容斥原理 |AB|=|A|+|B|-|AB| |AB|=|A|+|B|-|AB|=21+26-33=14 故在两科考试中都取得优秀成绩的学生人数为14人，文氏图如下： 13. 设an,bn二收敛级数中至少有一个为绝对收敛，又设cn=a0bn+a1bn-1+anb0，则cn必收敛，且 墨吞斯设an,bn二收敛级数中至少有一个为绝对收敛，又设cn=a0bn+a1bn-1+anb0，则cn必收敛，且墨吞斯可假定bn为绝对收敛于是根据假设便有 置n=|b0|+|b1|+|bn|，n=c0+c1+cn则 n=(a0+a1+a2+an)(b0+b1+b2+bn)-b1an- b2(an+an-1)-b3(an+an-1+an-2)-bn(an+an-1+a1)=snsn-b1(sn-sn1)-b2(sn-sn-2)-bn(sn-s0) 故 现在的情况很明白，由于 故对于任意给定的0，总可选取n，m以及n-m都充分地大，使得 |n-ss|snsn-ss|+(m-0)-A，此处A=max|sn-sn-j|(m+1jn)又|snsn-ss|亦可使之小于所设由于为任意而A及m均系有界，故得|n-ss|0 14. 一个口袋装有许多红色(r)、白色(w)、蓝色（b）的乒乓球，其中任取4个，则观察到的颜色种类的样本空间一个口袋装有许多红色(r)、白色(w)、蓝色（b）的乒乓球，其中任取4个，则观察到的颜色种类的样本空间为_。参考答案r,w,b,rw,rb,wb,rwb15. 已知f(x)=sinx，f(x)=1-x2，且，则(x)=_已知f(x)=sinx，f(x)=1-x2，且，则(x)=_arcsin(1-x2)()16. 已知向量组1(1，2，