数学代数题 超难！！！！！（要过程）
你这答案有问题吧
x0是奇数，x1是偶数。。。x2008是奇数
x1^2=(x0+1)^2
x2^2=(x1+1)^2
...
x2008^2=(x2007+1)^2
全部相加
x1^2+...+x2008^2=x0^2+...x2007^2+2(x0+...x2007)+2008
x2008^2=x0^2+2(x0+....+x2007)+2008
2(x0+...+x2007)=x2008^2-x0^2-2008=x2008^2-2009
2(x0+...+x2008)=x2008^2+2*x2008-2009
要求|x0+...+x2008|最小，也就是要求x2008^2+2*x2008-2009越接近0
又因为x2008是奇数
x2008=43或-45, x2008^2+2*x2008-2009=-74
x2008=45或-47, x2008^2+2*x2008-2009=106
|x0+...+x2008|最小=74/2=37
专题讲座二 从高次代数方程和求根公式到伽罗华理论
根据古埃及的草片文书记载，早在公元前1700年左右，人们就发现，当a≠0时，ax = b有根x = b/a，随着岁月的流逝，数学的发展，到了公元前几世纪，巴比伦人实际上已经使用过配方法得知（当a≠0时）有根
当时，人们只承认现在称之为正实根才是根，零，负数，无理数和复数的概念和理论迟至十六世纪到十八世纪才得到承认并逐步完善。根据巴比伦文书记载，当时已解决了二次方程：
得出的解答是：
这就促使人们进一步思考，是否对于任意次数的方程都能找到这种求根公式？寻找三次方程的求根公式，经历了二千多年的漫长岁月，直到十六世纪欧洲文艺复兴时期，才由几个意大利数学家找到，这就是通常据说的卡丹（Cardan, 1501——1576）公式，其原始想法是：在
中作变量代换后把方程化为
（1）
它不再含有平方项了，设，这里m和n是两个待定的数，则有
如果取m, n满足
则对应的y值必满足（1）式。另一方面，由
可得
所以，当取
时，并令，就得原三次方程的一个根
它的另两个根是
这里（其中）是的两个不是1的根。
在三次方程求根公式发明过得中，有一个十分有趣的故事，四百多年前，意大利盛行数学竞赛，竞赛的一方是菲俄（Fior，十六世纪前半叶），他是意大利波洛那（Bologna）数学学会会长费罗（Ferro，1465——1526）的学生。另一方面是威尼斯的数学教授塔尔塔里亚（Taritalia，1500——1557），他小时候就受伤后“口吃”，从小学拉丁文，希腊文，酷爱数学，与费罗一样，对求解三次方程很有研究，在1530年，塔尔塔里亚曾解决了另一个挑战者科拉(Colla)提出的以下两个三次方程求解问题：。这引出了菲俄的不服，定于1535年2月22日在米兰市大教堂公开竞赛，双方各出三十个三次方程。结果塔尔塔里亚在两个小时内解完，而菲俄却交了白卷。1541后，塔尔塔里亚得到了三次方程的一般解法，准备在译完欧几里得和阿基米德的著作后，自己写一本书公开他的解法。此时，卡丹出场了。他再三乞求塔尔塔里亚给一首语句晦涩的诗。这首诗写得很蹩脚，但的确把解法的每一步骤都写进去了，他本人说：“本诗无佳句，对此我不介意，为记这一规则，此诗堪作工具”。卡丹在得到这一切后，却背信弃义，于1545年把这一解法发表在《大法》这本书中，并断定塔尔塔里亚的方法是费罗的方法，这是与菲俄竞赛时得知的。这引塔尔塔里亚的极大愤怒，并向卡丹宣战。双方各出31题，限定15于交卷。卡丹派他的学生费拉里（Ferrari，1522——1565）应战，结果，塔尔塔里亚在七天之内解出大部份题目，而费拉里五个月才交卷，仅解对了一题。塔尔塔里亚本想完成一部包含他的新算法在内的巨著，可惜壮志未酬就与世长辞了，在三次方程的求解问题解决后不久，卡丹的仆人和学生费拉里又得到了四次方程的求解方法。其主要思路是：对于四次方程
（2）
引入参数t ，经配方化为
（3）
容易验证（2）与（3）是一样的。为了保证（3）式右边是完全平方，可令它的判别式为0：
即选择t是三次方程
的任一根。把这个根作为（3）中的t值就有
把右边移到左边并分解因式得到两个二次方程
这样，就把求四次方程的根化为求一个三次方程和两个二次方程的根，因此认为四次方程的求解问题也解决了。既然有了这个突破，数学家们就以极大的兴趣和自信致力于寻找五次方程的求解方法。他们发现，对次数不超过四的方程，都能得到根的计算公式，每个根都可用原方程的系数经过加减乘除和开方运算表出。我们把这件事简称为可用根号求解，于是人们断言：对于五次方程来说，也一定存在这种求根公式。关于这一点，当时的一些著名数学家，如欧拉（Euler，1707——1783），范得蒙（Vandermonde，1735——1796），拉格朗日（Lagrange，1736——1813），鲁菲尼（Rullini，1765——1822）和高斯（Gauss，1777——1855）等都曾深信不疑，因而都曾尽力寻找，但都以失败告终。
首先怀疑这种求根公式存在性的是拉格朗日。他透彻地分析了前人所得的次数低于五的代数方程的求解方法，发现都可以作适当的变量代换化为求解某些次数较低的辅助方程（它们被后人称为拉格朗日预解式），然而对于五次方程按这种方法得到的辅助方程的次数却升到六次，于是此路不通！1771年，拉格朗日发表长篇论文《关于方程的代数解法的思考》提出了这个怀疑。到了1813年，他的弟子，意大利的内科医生鲁菲尼终于证明了拉格朗日所采用的寻找预解式的方法对于五次方程的确是失效的。早在1801年，高斯也意识到这个问题也许是不能解决的。可是，包括拉格朗日在内都没有给出“不存在性”的证明。
第一个证明“高于四次方程不能用根号求解”的是挪威青年数学家阿贝尔（Abdl，1802——1829）他中学时就读了拉格朗日和高斯关于方程论的著作，探讨高次方程的求解问题，1824——1826年，他写出了《五次方程代数解法不可能存在》一文，但高斯看后说：“太可怕了，竟然写出这样的东西来”表示不理解力，阿贝尔在数学方面有很多独创性的成就，在当时未被重视，由于贫病交迫，1829年4月6日死于结核病，年仅27岁。在他逝世前不久，曾把一些研究结果告诉勒让得（Legendre，1752——1833），就在他离开人间的第三于，柏林厌给他寄来了教授聘书。
不过，鲁菲尼和阿贝尔的证明毕竟是不很清楚的，甚至还有一些漏洞。阿贝尔并没有给出一个准则来判定一个具体数字系数的高次代数方程能否用根号求解。作为历史，他们的功绩不容抹杀，但与不久以后出现的伽罗华的辉煌成就相比，就大为逊色了！
伽罗华（Galois，1811——1832）是法国青年数学家，15岁进入巴黎有名公立中学学习，偏爱数学。后来想进工科大学，两次落榜只进一所代等的预备学校，此时，他专攻五次方程代数解法。第一年写了四篇文章，1828年，17岁的伽罗华写了《关于五次方程的代数解法问题》等两篇论文送交法国科学院，但被柯西（Cauchy, 1789——1875）遗失，后来，他又把一篇文章送给傅利（Fourier，1768——1830）。不久，傅利就去世了，也就不了了之。1831年，伽罗华完成了《关于用根式解方程的可解性条件》一文，院士普阿松（Poisson，1781-1840）的审查意见却是“完全不能理解”，予以退回。伽罗华不幸因决斗受重伤于1832年5月31日离世，时年不满21岁，在决斗前夜，他深知为女友决斗而死毫无意义，但又不甘示弱，当晚他精神高度紧张和极度不安，连呼“我没有时间了！”匆忙之中，把他关于方程论的发现草草写成几页说明寄给他的朋友，并附有如下一段话：“你可以公开地请求雅可比（Jacobi）或高斯，不是对于这些定理的真实性而是对于其重要性表示意见，将来我希望有人会发现这堆东西注释出来对于他们是有益的。”到了14年后的1864年，刘维尔（Liouville，1809——1882）在由他创办的《纯粹数学和应用数学杂志》上发表了伽罗华的部分文章。关于伽罗华理论的头一个全面而清楚的介绍是若当（Jordan，1838——1892）于1870年出版的《置换和代数方程专论》一书中给出的。这样。伽罗华超越时代的天才思想才逐渐被人们所理解和承认，至今已成为一门蓬勃发展的学科——抽象代数学。伽罗华避开了拉格朗日的难以捉摸的预解式而巧妙地应用了置换群这一工具，他不但证明了如下的一般代数方程：
当n≥5时不可能用根号求根，而且还建立了具体数学系数的代数方程可用根号求解的判别准则，并举出不能用根号求解的数字系数代数方程的实例。这样，他就透彻地解决了这个长达二百多年来的时间使不少数学家伤脑筋的问题。不仅如此，伽罗华所发现的结果。他的奇特思想和巧妙方法，现又成为全部代数的中心内容。在这一点上说，他作为抽象代数的创造人之一是当之无愧的。他的贡献决不限于解决代数方程根号求解的问题。
随着时间的推移，伽罗华的卓越贡献越来越为数学家所认识。他的学术思想对近代数学产生了深远的影响：他开创的群论逐渐渗透到数学其它分支，以及结晶学，理论物理学等领域，群论给这些领域提供了有力的数学工具比如用群论证明了结晶体的类型只有230种，群论为诸如方程的根，晶体的结构，空间变换，基本粒子的对称性等课题的研究提供统一的方法。到20世纪，群论的概念在整个数学中占有重要的地位，成为现代数学的基础之一。
我们把从x_n到x_(n+1)称为“第n步”，如果|x_(n+1)|=|x_n|+1，那么称这第n步是“向上走的”，这时x_n>=0；否则，|x_(n+1)|=|x_n|-1，这时称这第n步是“向下走的”，这时x_n<=0。你可以画一个图像，横轴表示n，纵轴表示|x_n|（注意用纵轴表示绝对值，而不表示x_n，这样能看得更明白）。这时候从图上可以看出，所谓“某一步是向下走的”，就是指图像在这个点往右是往下降一格而不是往上升一格。这个图虽然表示的是x_n的绝对值，但是x_n的正负可以从这个图在这一点的走向看出来，如果往上走，那在这点就是正的，反之就是负的。
现在在图上我们可以看到一些走势像尖的东西。比如如果x_n中的连续某几项是2,3,4,-5,-4-3（然后后面那项的绝对值是2），那么在这个图像上这6项就是用红色的点所表示的。把这6项求和，得到-3，然后在把这6项从原来的数列里扔掉，得到一个新的数列（也就是把这部分的右端点接到左端点上）。图中的尖是朝上的，如果是朝下的（比如-5,-4,-3,2,3,4）也是类似的做法。这个做法要求这个“尖”中只有一个“顶点”。这个例子里，这个尖的长度是6（意思就是这是6项），和是-3（就是这6项的和）。对于有2n项的尖（形如m，m+1，……，m+n-1，-(m+n)，-(m+n-1)，……，-(m+1)的一列或者形如-(m+n)，-(m+n-1)，…，-(m+1)，m，m+1，…，m+n-1的一列），它的和（就是这些元素的和）是-n，通过不断地把这种序列的右端点接到左端点，可以消灭所有的尖，最后的图形就是一条直线而不带拐弯。
消灭了所有的“尖”以后，如果序列的长度减少了2n（从刚才的方法看，减少的必须是偶数），那么所去掉的2n个数的和是-n，剩下了2008-2n项，注意在消灭尖的时候不可能把原来序列中所有的点都去掉（因为那个“右端点”是不会被去掉的），所以至少剩下两项（注意2008-2n是偶数），那么剩下的这2008-2n项形成了一条直线，那么它要么一直往上走，要么一直往下走（如果一会往上一会往下，那么就会形成一个尖，但是我是考虑消灭所有的“尖”以后的情形），而如果一直往下走的话，不能走到下半平面，因为所画的是|x_n|的图像，而绝对值是非负的。总结起来，有两种可能：
(1、一直往下走)n=1003，2008-2n=2，并且剩下的两项，头一项的绝对值是1（因为是在去掉“尖”的过程中“接”过来的，所以绝对值是不能变的），后一项是0。这时候头一项必须是-1（其实即使是+1也不重要），因为从它往右是“往下走的”；被去掉的这2n项的和是-n，所以原来序列的和是-n-1=-1004。
(2、一直往上走)被去掉了2n项，剩下2m=2008-2n项，而所剩下的项形成一条一直往上走的直线，这时候第一项的绝对值仍然是1（因为在去掉“尖”的过程中，整个序列的第一项的绝对值是不变的），那么剩下的这些项是1，2，…，2m-1，(+/-)2m。前面2m-1项必须是正的，因为这个序列在往上走，最后一项可正可负。这时候原来序列的和是-n+1+2+……+(2m-1)+(+/-)(2m)，就是，-n+2m^2+m或者-n+2m^2-3m。现在2m+2n=2008，所以
-n+2m^2+m=2m^2+2m-1004；-n+2m^2-3m=2m^2-2m-1004，其中2<=m<=1004。
找以上两个函数的绝对值的最小值，不难发现当m=22时的第一个函数和当m=23时的第二个函数可以取到8，也就是说，在情形(2)下，整个序列的和最接近0的值是8。
总结两种情形，得到答案。如果这个过程有可以明显简化的地方，或者可以不需要用到这么麻烦而不严谨的直观，请楼下告知。
PS to 701198: 你的回答里第二行说x2008^2-x0^2=2(x1+...x2007)+2008，这不是差不多出来了么，怎么又没有得到正确答案。按你所说，((x_2008)^2-(x_1)^2+2(x_2008)-2007)/2就是x_1+...+x_2008的值，如果假设x_2008=a的话，那么这个和就是(a^2)/2 + a - 1004，然后最小化这个式子的绝对值，不就可以了么？不过，总之你的想法是很简洁。
这种题不用算得。不是0就是1
x1^2=(x0+1)^2. x2^2=(x1+1)^2..x2008^2=(x2007+1)^2,左右各自相减，
x2008^2-x0^2=2(x1+...x2007)+2008,
代入x0=1，两边各加2x2008 x0+x1+x2+...x2008=[(x2008+1)^2-2010]/2
x2008=44或-46,原式=7.5,不符要求
所以x=43或-44，原式=37
赧庆杏灵： 我们把从x_n到x_(n+1)称为“第n步”,如果|x_(n+1)|=|x_n|+1,那么称这第n步是“向上走的”,这时x_n>=0;否则,|x_(n+1)|=|x_n|-1,这时称这第n步是“向下走的”,这时x_n现在在图上我们可以看到一些走势像尖的东西.比如如果x_n中的...
克拉玛依区18622919383： 超难高等代数题 A,B为n阶半正定矩阵,A的秩=n - 1,证明存在可逆阵P,使P(转置)AP,P(转超难高等代数题A,B为n阶半正定矩阵,A的秩=n - 1,证明存... - ？
赧庆杏灵：[答案] rank(A)=n-1这个条件没用 先取可逆阵C使得C^T(A+B)C=diag{I,0},再用正交变换把C^TAC对角化即可
克拉玛依区18622919383： 高中数学超级难的代数化简(a+b){ab+(a+b)c}+c{ab+(a+b)=abc(a+b)[ab+(a+b)c]+c[ab+(a+b)]=abc转换到(a+b)[ab+(a+b)c+c²]=0 - ？
赧庆杏灵：[答案] (a+b)[ab+(a+b)c]+c[ab+(a+b)c]=abc ∴ (a+b)[ab+(a+b)c]+abc+(a+b)c平方=abc 两边抵消掉abc,得到 (a+b)[ab+(a+b)c]+(a+b)c平方=0 ∴ (a+b)[ab+(a+b)c+c平方]=0 进一步可以得到 (a+b)(a+c)(b+c)=0
克拉玛依区18622919383： 数学代数难题 - ？
赧庆杏灵： 1=x^2+y^2.原式=x^2+y^2/(x^2+xy) ,同除x^2,和你第一题一样.第三题:原式=x^2-5y^2/x^2+y^2,同样除x^2.这种初中题别安个代数难题的名号.
克拉玛依区18622919383： 初二数学代数难题,跪求解答(要过程) - ？
赧庆杏灵： 解:1、由韦达定理,x1+x2=m,x1*x2=n; 一元二次方程的无理数根,总是共轭出现的,故另一根是2-√3; 则 m=4,n=1.2、有两个不相等的实数根,则Δ>0; (3m+n)²-8mn>0 9m²-2mn+n²>0 (m-n)²+8m²>0 只要m=n和m=0不同时成立,则...
克拉玛依区18622919383： 一道超难的代数题？
赧庆杏灵： 这很简单啊 相对的两个面上的两数之和相等, 15.9.-4的对面的数分别是XYZ, 所以X-Y=9-15=-6 Z-Y=9-(-4)=13 2X-3Y+Z=2(X-Y)+(Z-Y)=-12+13=1
克拉玛依区18622919383： 一道初二数学代数题,要过程.？
赧庆杏灵： =(1-1/2)(1+1/2)(1-1/3)(1+1/3)(1-1/4)(1+1/4)……(1-1/2009)(1+1/2009) =1/2 x 3/2 x 2/3 x4/3 x3/4 x 5/4……2008/2009 x 2010/2009 =1/2 x ( 3/2 x 2/3) x(4/3 x3/4) x 5/4……2008/2009 x 2010/2009 =1/2 x 2010/2009 =1005/2009 (1-1/a^2)=(1-1/a)(1+1/a)
克拉玛依区18622919383： 一道代数难题 - ？
赧庆杏灵： 由A^2+1=3A,B^2+1=3B,得A,B是方程x^2+1=3x的两根,A+B=3,AB=1所以1/A~2+1/B~2=(A^2+B^2)/A^2B^2=[(A+B)^2-2AB]/A^2B^2=(3^2-2)/1=7
克拉玛依区18622919383： 一道超难的代数题 - ？
赧庆杏灵： 方法一:∵ab=7,a+b=-1 ∴a²b+(ab)²=ab(a+b)=7*(-1)=-7
克拉玛依区18622919383： 谁能给我一道7年纪数学较难的题,最好关于有理数或代数式.带上解题过程 - ？
赧庆杏灵： 已知三个互不相等的有理数,既可以表示为1,a+b,a的形式,又可以表示0,b分之a,b的形式,且x的绝对值等于2.求a+b+|x|=? 解; 如果表示为1,a+b,a.又表示为0,a/b,b. 根据题意易知,a不等于b,a/b有意义,b不等于0,所以b=1,a+b=0,a=-1.把a=-1,b=1,|x|=2,a+b+|x|=2.
