阿贝尔定理 具体是什么?

C

分析：这个图形的面积可以有两种算法，一种是上下把它分成两个矩形，一种是左右把它分成两个矩形．分别表示面积求解．
这个图形的面积可以有两种算法：
一种是上下把它分成两个矩形，则它的面积是a ₁ （b ₁ -b ₂ ）+（a ₁ +a ₂ ）b ₂ ；
一种是左右把它分成两个矩形．则它的面积就是a ₁ b ₁ +a ₂ b ₂ ．所以a ₁ b ₁ +a ₂ b ₂ =a ₁ （b ₁ -b ₂ ）+（a ₁ +a ₂ ）b ₂ ．
故选C．

定理（阿贝尔（Abel）定理）：
1.如果幂级数在点x0 (x0不等于0)收敛,则对于适合不等式/x//x0/的一切x使这幂级数发散.
定理1 （阿贝尔第一定理）
1）若幂级数①在x0 0 收敛,则幂级数①在都收敛.
2）若幂级数①在x1发散,则幂级数①在都发散.
定理2：有幂级数①,即,若
则幂级数①的收敛半径为
定理3（阿贝尔第二定理）
若幂级数①的收敛半径r>0,则幂级数①在任意闭区间都一致收敛.
定理4 若幂级数与的收敛半径分别是正数 r1与r2,则r1= r2
定理5 若幂级数的收敛半径r>0,则它的和函数S(x) 在区间连续.
定理6 若幂级数的收敛半径r>0,则它的和函数S(x) 由0到x可积,且逐项积分,即
定理7 若幂级数的收敛半径r>0,则则它的和函数在区间 (-r ,r) 可导,且可逐项微分

解题思路：由图（b）第三个长方形面积（从上往下数）可知， ；对比图（a）与图（b）中最下的长方形面积易知 .

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欧拉、阿基米德、牛顿、高斯等四位被称为有史以来贡献最大的四位数学家.具体介绍：http://blog.csdn.net/free4294/article/details/6985213

阿贝尔与椭圆函数
椭圆函数是从椭圆积分来的.早在18世纪,从研究物理、天文、几何学的许多问题中经常导出一些不能用初等函数表示的积分,这些积分与计算椭圆弧长的积分往往具有某种形式上的共同性,椭圆积分就是如此得名的.19世纪初,椭圆积分方面的权威是法国科学院的耆宿、德高望重的勒让得（A.M.Legen-dre,1752－1833）.他研究这个题材长达40年之久,他从前辈工作中引出许多新的推断,组织了许多常规的数学论题,但他并没有增进任何基本思想,他把这项研究引到了“山重水复疑无路”的境地.也正是阿贝尔,使勒让得在这方面所研究的一切黯然失色,开拓了“柳暗花明”的前途.
关键来自一个简单的类比.微积分中有一条众所周知的公式上式左边那个不定积分的反函数就是三角函数.不难看出,椭圆积分与上述不定积分具有某种形式的对应性,因此,如果考虑椭圆积分的反函数,则它就应与三角函数也具有某种形式的对应性.既然研究三角函数要比表示为不定积分的反三角函数容易得多,那么对应地研究椭圆积分的反函数（后来就称为椭圆函数）不也应该比椭圆积分本身容易得多吗?
“倒过来”,这一思想非常优美,也的确非常简单、平凡.但勒让得苦苦思索40年,却从来没有想到过它.科学史上并不乏这样的例证“优美、简单、深刻、富有成果的思想,需要的并不是知识和经验的单纯积累,不是深思熟虑的推理,不是对研究题材的反复咀嚼,需要的是一种能够穿透一切障碍深入问题根柢的非凡的洞察力,这大概就是人们所说的天才吧.“倒过来”的想法像闪电一样照彻了这一题材的奥秘,凭借这一思想,阿贝尔高屋建瓴,势如破竹地推进他的研究.他得出了椭圆函数的基本性质,找到了与三角函数中的π有相似作用的常数K,证明了椭圆函数的周期性.他建立了椭圆函数的加法定理,借助于这一定理,又将椭圆函数拓广到整个复域,并因而发现这些函数是双周期的,这是别开生面的新发现；他进一步提出一种更普遍更困难类型的积分——阿贝尔积分,并获得了这方面的一个关键性定理,即著名的阿贝尔基本定理,它是椭圆积分加法定理的一个很宽的推广.至于阿贝尔积分的反演——阿贝尔函数,则是不久后由黎曼（B.Riemann,1826－1866）首先提出并加以深入研究的.事实上,阿贝尔发现了一片广袤的沃土,他个人不可能在短时间内把这片沃土全部开垦完毕,用埃尔米特（Hermite）的话来说,阿贝尔留下的后继工作,“够数学家们忙上五百年”.阿贝尔把这些丰富的成果整理成一长篇论文《论一类极广泛的超越函数的一般性质》.此时他已经把高斯置诸脑后,放弃了访问哥延根的打算,而把希望寄托在法国的数学家身上.他婉辞了克雷勒劝其定居柏林的建议后,便启程前往巴黎.在这世界最繁华的大都会里,荟萃着像柯西（A.L.Cauchy,1789－1857）、勒让得、拉普拉斯P.S.LapLace,1749－1827）、傅立叶（I.Fourier,1768－1830）、泊松（S.D.Poisson,1781－1840）这样一些久负盛名的数字巨擘,阿贝尔相信他将在那里找到知音.

对于树酯镜片有一个很重要的质量指标-----色散系数.色散系数是衡量镜片成像清晰度的重要指标,通常用色散系数的倒数,亦称阿贝数来表示.阿贝数越大,色散就越小,反之,阿贝数越小,则色散就越大,其成像的清晰度就越差.顾...

解题思路：（1）由滑动变阻器滑片的移动得知电路中电流的变化情况，通过电路中电流的变化结合电磁铁磁性强弱的决定因素可以确定滑片移动时，其磁性强弱的变化；（2）根据灯泡的亮度变化，能够确定电路中电流的变化，进而知道巨磁电阻的阻值的变化．

（1）当滑片P向右滑动时，滑动变阻器连入电路中的电阻变大，电路中的电流变小，电磁铁的磁性减弱；
（2）电磁铁的磁性减弱的过程中，右边电路中的指示灯明显变暗，说明右边电路的电流变小了，巨磁电阻的电阻增大了．
故答案为：减弱；增大．

点评：
本题考点： 影响电磁铁磁性强弱的因素．

考点点评： 在控制电路中，滑片的移动是分析的入手点；在工作电路中，灯泡的亮度是确定电路中电流、电阻变化的一个隐含条件．

当然不是,1和2互为否命题,
对于适合不等式/x/>/x0/的一切x使这幂级数收敛

解题思路：先认真观察图形，结合图形看看如何表示图形的面积，再观察选项，得出选项即可．

延长DE交AB于M，
A、ab+cd=a（b-c）+（b+d）c，故本选项错误；
B、ab+cd=（a+b）b-（（b-c）d，故本选项错误；
C、ab+cd=a（b-c）+（b+d）c，故本选项正确；
D、ab+cd=（a+b）b-（b-c）d，故本选项错误；
故选C．

点评：
本题考点： 整式的混合运算．

考点点评： 本题考查了整式的混合运算的应用，主要考查学生的观察图象的能力和计算能力．

这个图形的面积可以有两种算法：
一种是上下把它分成两个矩形，则它的面积是a₁（b₁-b₂）+（a₁+a₂）b₂；
一种是左右把它分成两个矩形．则它的面积就是a₁b₁+a₂b₂．所以a₁b₁+a₂b₂=a₁（b₁-b₂）+（a₁+a₂）b₂．
故选C．

克里斯汀（Christine Kemp）

这个需要用到Abel变换
Σa[i]b[i]=a[n]S[n]+Σa[i](S[i]-S[i+1]),第二个求和号i从1加到n-1

Abel有个定理：如果f(x)的收敛半径为r且在r处收敛,则lim(x->r-)f(x)=f(r).如果这个级数不收敛,人们为了使这个和有意义,就还设它等于f(r).
用你举的例子：1+x+...+x^n+...=1/(1-x),虽然它在x=-1时发散,但用上面的思想,把1-1+1-1+……的值可以设为1/(1-(-1))=1/2.
Cesaro求和不好写,你看看M.Kline的《古今数学思想》第47章吧.
你说的欧拉和我不清楚是Euler-Maclaurin求和,还是求和中的Euler变换.后者是关于交错级数的,可能问的是前者.这个就是一个求渐进级数的方法,大概就是用积分来估计求和,然后把余项相应的用Bernoulli数表示.
你问的问题都很难不用数学符号打出来,还是看看书的好,可以看看Hardy的《发散级数》,另外,Watson和Whittaker的《现代分析教程》也有这方面的内容.

论证阿贝尔定理的错误
一元五次或更高次的一元方程没有一般的代数求根公式存在,被数学史上称之为阿贝尔定理,可惜原来是一个错误定理.下面让我来论证他的错误性.
为了让诸位更清楚我的论证过程 首先我把我的大致论证思路作一个简单介绍.我是这样想的,能不能找出一条方程求根公式的推导规律呢?结果发现完全可能,原来有二个没有被人类认识的数学新定理可以帮我们的忙.一个是同解方程判别定理.这个定理的大意是：任意二个一元高次方程,要知道它们是否互为同解方程,都可通过二个方程的系数关系来判别.判别式可通过韦达定理推算出来.判别式等于零,它们必互为同解方程.否则必不是同解方程.
第二个是公解方程式必可求定理.大意是：二个互为同解的一元高次方程,一定可推导出它们的公解方程式.后来,我就想如何利用二个数学新定理应用到一元高次方程求根公式的推导上来.结果我们把方程求根问题转移到求另一同解方程的系数问题.而另一同解方程系数有二个或二个以上,只要围绕判别式等于零的函数关系,对另一方程系数取值,都可得到和原方程有同解的方程.为使待求的同解方程的所有系数都可求出,我试图将其中一个系数通过配方的办法配成在一个括号里,那么,要达到这个目的其它系数该取什何值呢,结果解一个降了次的方程式.而配在一个括号里的那个系数可通过已求出的系数,方程移项开方的办法求出.那么同解方程就算出来了.再根据定理公解方程式必求定理算出那个相同的解.
如何推出验证二方程是否为同解方程的判别式来呢,我是这样做的,假设其中一个方程的所有根分别为未知数X1,X2,X3等等把这些未知根分别代入到另一方程等式左边,每个未知根代入的情况当成一个因式,各因式相乘再展开,展开后,把它们按阿贝尔族形式的分类排列,再通过韦达定理根与系数的关系,将未知根X1,X2,X3等等全部换算成方程的系数已知数,这样系数组成的判别式就出来了,判别式等于零时,二个方程必是同解方程.否则必不是同解方程.顺便说明一下,利用判别定理还可以对高次方程组进行快速消元.
那么第二个定理是如何推导出来的呢,我们知道二个方程之间有几种如下情况：一种是二个一元方程之间公共着多个解,即一个方程的所有解,完全存在在另一个方程中,这种情况其实就是一个方程的左边能完全整除另一方程左边.二种是一个方程和另一方程有多个或一个相同的解,但不完全含另一方程的所有解.这种情况其实就是一个方程左边不能完全整除另一方程左边,它必出现余式,而余式不是以常数出现,如果把余式写成等于零的方程,则余式等于零的方程必含有二个方程公共相同根存在,这是因为较高次方程的左边,均可化成二部分,即可整除另一方程左边的部分和剩下不可以再除的余式部分,而可整除部分用另一方程任意一根代入都是零,而余式部分却不同,它用二方程之间的任意一个同解根代入必为零,否则二个方程不存在同解,因此,余式等于零的方程中,含有二个方程的所有公共根,而此方程方次,比另一方程至少要低.第三种就是二个方程没有同解.没有同解的方程,对我们研究推导公式,无任何邦助,不再讨论.而第一种情况,我们无法降次求解,我们需要的是第二种情况.如果第二种情况下,余式等于零的方程中除含二方程同解根之外还含杂根,我们还可以消除杂根,具体方法是,把余式等于零的方程变成最高次项系数变成1的形式,而先前二个方程中方次较低的方程左边又可以化成二部分,一部分是能整除变更后的余式方程左边,及不可再除的余式,同理,不可再除的余式取为零,变成方程式,它同样含所有同解根的,情况同前类似,以此类推,一直可推出不再含杂根的公解方程式.
因为有二个新定理可以利用,利用判别定理,我们就可以围绕判别式等于零来求另一个和原方程有同解的方程的系数,只要另一方程在通常情况下,不含原方程所有的解,则根据公解方程式必可求定理,得出一个降了次的方程式.一元三次方程和一元四次方程求根公式推导过程较简单,只要推导出它们分别与一元二次方程有同解的方程来,再通过公解方程的求法,便求出求根公式,一元五次方程要复杂很多,涉及如何将多元方程组利用多余的变量的设置化成特殊高次方程组的过程,思考这个问题我花了五年时间终于在2004年找到规律,下面是推导一元五次方程求根公式的说明.
同上理,我只要找到一个和一元五次方程有同解的一元高次方程,且这个高次方程通常情况下不包含一元五次方程所有根在内,根据公解方程必可求定理,我们就可以得出一个低于五次方的一元方程.我们假设有一个一元十一次方程和这个一元五次方程是同解方程.因此把求方程根的问题转到求另一方程系数问题,二个方程分别必可写成最高次方系数均为1的基本形式.而从高至低方程系数均用字母表示,先推导出二个方程有同解的判别式,推导过程如下；
用一元五次方程的五个未知根X1,X2,X3,X4,X5分别代入一元十一次方程左边,各根代入的情况作一个因式,共五个因式相乘,展开,按阿贝尔族的排列形式,根据韦达定理,根与系数的等量代换,所有按阿贝尔族排列的都可换算成一元五次方程的系数来表示,因此可推算出判别二方程是否为同解方程的系数组成的判别式.
在推导判别式时,一元十一次方程的系数,在每个因式中都是以一次方形式出现,五个因式相乘展开的结果必是十一元五次代数式,而X1,X2,X3,X4,X5都可变成用一元五次方程的系数来表示,围绕判别式等于零这个中心来对一元十一次方程的系数取值,都可得到与一元五次方程有同解的方程.维绕判别式等于零组成的方程来求一元十一次方程的所有系数,我可以这样做,在判别式等于零方程里,从十一个系数中选择一个系数配成特殊可解的一元五次方程形式,由因为我们有其他十个系数的值可以任我来设值,要配成特殊一元五次方形式应当没有多大问题,那么啥样的一元五次方程可以用之前人类已掌握的知识解决呢?一种是未知数全在一个括号5次方内的,第二种为系数之间有另存在一种特殊关系的,第三种是能参照一元三次方程公式创始人做法的特殊一元五次方程,通过多次尝试,淘汰前二种可能,再试一试能否变成最后那种方程.有人会问那是一种怎样的方程呢?在此我必须要介绍一下那种特殊方程,即方程的五次方项系数为1,方程四次方项和二次方项的系数是0,方程立方项系数的平方是-5倍于一次方项系数,这种特殊方程可沿用推导一元三次方公式的类似办法解决.在此顺便说明一下,有一种特殊的一元七次方程也可以利用此种办法推导公式暂且不论.由于版面不支持上标下标,会把上标下标与横标相混淆,请大家花些时间自已去验证一下.
要把一元五次方程中四次方项的系数变成0 ,大家都知道可参照一元二次方程配方的办法变成新方程,新方程未知数中含有原方程未知数成份,并不需要对其他十个系数进行另外设值.变成新方程后,如果再将新方程其它系数特殊化就要通过原来十个系数的设值了,首先把新方程的平方项系数设值成零,其实,就是含上术十个系数的三次方函数关系式,而把新方程四次方项系数的平方设成等于新方程一次方系数的-5倍,其实就是关于含上术十个系数的四次方函数关系式,这二个关系式组成十元四次二式方程组,如何利用多余的元素设值变成特殊的二元四次二式方程组呢?仍然是利用对多余元素设值达到我们配成立方的办法,我们的任务就是把上面方程组中第一个关系式变成只含二个元素代数式的括号立方减系数乘只含一个元素的代数式括号立方等于零的方程式.做法如下：
从上面多元方程组中的第一个关系式中选择其中一个元素作为配方对象,并利用其他元素的设值,帮助这个元素能配成在一个括号立方之内,同上理,要把平方项系数配成零,并不需要对其他多余元素另外设值,也只是变成了新元素的方程,我们只要把新元素方程的一次方系数设成零的函数,其实就是另9个元素的二次函数关系式,这样设好后,有一个元素就全配方在一个括号立方里了,括号外面为另9个元素三次方多项式了,此时我们不必急于另选一个元素配在一个括号立方之内.我们还有任务没完成,前面我们把新元素方程一次方项系数设成零时,其实仍是多元二次函数形式,用其它元素来表示其中某元素时必含根式,因此还须降次,降次方法如下：
因为是二次函数,我们选择其中一个元素全配方在括号平方内时,并不需要对其他元素另外设值就能办到,而括号外的我们又选择另一个也同样又配在另一括号平方之内,如此一个一个地选择元素配方,这样配成9个括号和一个常数项,共有10项了,如果我们在此函数下再选前8个括号中每二个括号之和或差设值为零,则最后一个括号与常数项之和必为零,通过最后一个号与常数项之和等于零的方程式,可求出一个元素值来,把求出的元素代入方程组中,这样就变成特殊的 八元二次四式方程组,而方程组中每一式都可移项开方变成多元一次方程式.所以方程组又变成八元一次四式方程组了,如果把八元中四个元素暂当成已知数,来求另四个元素,则另四个元素中每个元素必可用那四个元素来表示,所表示的情况,连同已直接求出的那个元素代入原先已配好的立方括号内去,只合并同类项而不展开.立方括号外也同样代入,但要展开和合并同类项,因此立方括号内含五个元素,括号外只含四个元素的代数式了,现在可以对括号外的代数式选中一个元素全配方在一个括号立方之内了,为了把那个选择好的元素的立方项系数变成1,整个方程同除以那个系数就行,同上理要把它配成缺平方项的形式,不需要对其他元素另外设值,只是成了新元素形式.当把新元素一次方项的系数设成零,则又一个元素全配成在另一个立方括号内了,设值的结果是三元二次函数式了,用上面同样的方法,可将这个三元二次函数配成三个括号平方和或差及一个常数项,把前二个括号平方和或差设成等于零,则后一个括号与常数之和或差必是零.通过后一个括号平方与常数组成的方程又可解出一个元素值.代入前二个括号平方和或差等于零的方程中,移项开平方,变成二元一次方程,通过这个二元一次方程,其中一个元素值可以用另一个元素来表示了,把这种表示方式连同已算出的元素值代入第一个配成的括号立方之内变成只含三个元素的括号立方,代入第二个配好的括号立方内变成只含二个元素的括号立方,代入括号立方之外的函数中则变成一个元素的代数形式,我们设值括号外的代数式等于零,则解一个一元三次方程便可求出,求出后代入二个先后配好的括号立方之内,则变成前一括号立方内只含二个元素,后一个括号立方只含一个元素,通过移项开立方变成只含二个元素的一次方方程式.这样,原先的十元四次二式方程组中的第1式就变成了二元一次方程式了,而最先多元方程组中第2式的消元过程,应当是和第1式消元过程是同步进行的,第二式应当变成二元四次方程式了.因为这样的方程组可以通过人类现有的知识解出.把十个系数的求出,代入到前面配成的多元五次方程,得出特殊的一元五次方程,求出最后一个系数,此时已算出和原题一元五次方程有同解的一元十一次方程了.有人问,这样算出的方程会不会包含一元五次方程的所有解呢,现在我们可以进行分析一下,用一元十一次方程左式去整除一元五次方程左式后,余式中未知数的系数则都是由十一个系数的一次方代数式出现,而这些系数只有最后一个系数的求出要解特殊五次方方程,并要开5次方根,这个5次方根通常无法被其它元素所消除,因此说通常情况下二方程之间不可能包含有5个相同的解.根据公解方程推导定理,一般情况下能推导出低于五次方的一元方程出来.所以说阿贝尔定理认为五次或高于五次的一元高次方程无一般代数求根公式的看法是错误的.

根据阿贝儿定理,求幂级数的收敛域,可以先求收敛半径,再判断收敛区间的端点处的收敛性.计算简化了