证明:任意无限集必包含一个可列集

证明：令g(x)=e^xf(x),则g'(x)=e^x(f(x)+f'(x))设x1

由于矩阵的秩等于其行秩等于其列秩,所以其行秩和列秩都等于1,因此任意两行两列必然线性相关,从而必成比例,不妨设其第一列元素不全为零,则其他列都为第一列的倍数,从而可以把矩阵化为第一列与一个行向量乘积的

设A1＝原点为中心半径为1的闭圆面,A2＝原点为中心半径为2的闭圆面-原点为中心半径为1的闭圆面,A3＝原点为中心半径为3的闭圆面-原点为中心半径为2的闭圆面,……………………………………………………

1证明:5组数,被3除,无非整除（余0）,余1,余2如果3种都有,那么我们余0,余1,余2中各取一个,这样3者和可以被3整除,如果不是3种都有,那么最多只有2种,现在有5个数,就是说必有一种里有至少3

反证法：如果不存在两个不同极限的收敛子列,又数列有界,即所有子列的极限相同,（不能为无穷大了）根据数列极限与子列极限的关系,得原数列必收敛!矛盾!从而必存在两个不同极限的收敛子列.

f(x)=g(x)+h(x),其中g(x)=[|f(x)|+f(x)]/2,h(x)=[f(x)-|f(x)|]/2,显然g(x)>=0是非负函数,h(x)

首先,因为属于不同特征值的特征向量的和不是特征向量所以A的特征值为k,k,...,k(即k是A的n重特征值)再由n维基本向量组ε1,ε2,...,εn是特征向量所以(ε1,ε2,...,εn)^-1A

设P^-1*A*P=JP^-1*A^2*P=P^-1*A*P*P^-1*A*P=J^2J是A的Jordan标准型要使J^2=J,则J一定是对角阵

证明：　　设α,β∈R,且α1,即β-α>(1/n)　　任意取定有理数γ(0)0,a-γ(0)》0,故由阿基米德性,存在m∈N,使得γ(0)+(m/N)>α.可见,数列{γ(0)+(m/N)}中总有一

这个数列的无限子数列也收敛,而且收敛到母数列的极限值,证明很简单.比如数列a1,a2,a3...an...收敛到A,它的子数列无非就是在这个数列中抽值,比如子数列是a2,a6,a11...am...,

要问什么呢?

不妨设B为可逆矩阵则由于AB=BA所以对于任意可逆阵B都有B-1AB=A即A的任意线性变换仍是A自己这样的矩阵只能是KI

这种题第一次见,好玩!证明：无限循环小数设：其小数部分为z=0.a1a2a3…aka1a2a3…ak…【a1…ak是其一个循环节】设：整数m=a1a2…ak整数n=10^k-1可见：(n+1)*z=a

证:设A=(aij)与任意的n阶矩阵可交换,则A必是n阶方阵.设Eij是第i行第j列位置为1,其余都是0的n阶方阵.则EijA=AEijEijA是第i行为aj1,aj2,...,ajn,其余行都是0的

无穷集分为两类:.第一类___可列无穷___能与自然数集成功一一对应的数集.可列集的全体元可以编号排成一个数列.第二类___不可列无穷___能与区间(0,1)成功一一对应的数集.你不能把它编号排成一个

构造一个k就可以了原题等效于找到数组a(0),a(1),a(2)...a(9)使得a(m)*n中有m这个数字若n与10互质,则n的个位数为1、3、7、9,则取一位数a即可使ka的个位数为0123456

假设质数有限则必然存在一个最大的假设最大质数是p则令N=2*3*5*7*……*p+1即把所有质数相乘再加上1则显然N>p所以N是合数则N至少能被一个质数整除单数,用2,3,5,……,p去除N结果都余1

令f(x)=h(x)+g(x)f(-x)=h(-x)+g(-x)=-h(x)+g(x)soh(x)=[f(x)-f(-x)]/2g(x)=[f(x)+f(-x)]/2sof(x)=)=[f(x)-f(

设P^-1*A*P=JP^-1*A^2*P=P^-1*A*P*P^-1*A*P=J^2J是A的Jordan标准型要使J^2=J,则J一定是对角阵

此题偏重理解.首先,任何一个方阵,都可以通过“把k1行的m倍加到k2行上去”这样的操作,转化为行最简阶梯型.这个很好理解对吧.我们解线性方程组的时候都是这么做的.由于现在原矩阵是个方阵,所以你的行最简