设G是一个恰好有两个奇度顶点x和y的一般图-搜答案-大师作文网

第一问是1第二问是8再问：都想请教一下再答：稍晚些把答案这给你再答：再问：从您那个答案我有几个疑问。望您能解释一下。一:二次函数没有已知方程式。要设应该也是ax2+bx+c=0.您的答案abc都没有。

|f(x)-g(x)|≤1的解集为密切区间|x²-3x+4-2x+3|≤1|x²-5x+7|≤1等价与x²-5x+7≤1且x²-5x+7≥-1x²-5

很陷阱.实际上1/2(p-1)(p-2)就是p-1个点的完全图的边数（就是1到p-2的求和）,在完全图中当然存在任意两点的H路了,再加上2条边正好连上第p个点.

正三角形在第一象限抛物线的顶点坐标为（x,y）可以证明Y=（√3/3）X将其代人Y^2=2(√3)X中可得:[(√3/3)X]^2=2(√3/3)X解得:X=6√3∴Y=6∴三角形边长:6×2=12

构造罕数F(x)=f(x)*e^g(x).可知若f(a)=f(b),F(a)=F(b),那么ab之间必存在一点c使得F'(c)=0.对F(x)求导即可得到题目的结果.

1、那个w()是什么意思,还望说明一下.2、有.把一个四边形的框的一个顶点和一个三角形的框的一定顶点订在一起,那么形成一个有6个顶点、7条边的Euler简单图.

对任意x,y属于H,(xy)a=x(ya)=x(ay)=(xa)y=a(xy),xy属于H由ax=xa可推出a(1/x)=(1/x)a(1/x是x的逆）,所以H是G的子群这就是子群的定义啊.你们书上对

我觉得这是近世代数才对假设X,Y是任意的属于G的两个子群,要证明G是交换群,就要证明XY=YX(XY)(YX)=XYYX=XeX=XX=e而(XY)(XY)=e,就是说两个都等于单位元,那么对比两式,

我先理解一下你这个题.为了偷懒,我认为H和K是G的仅有的两个不同的n阶子群,除它们以外没有别的n阶子群了（所谓“恰好”）.如果不对请告知.这样对于K中的任何元素k,只要证明kHk^(-1)=H即可（因

依题意a=2c,a-c=√3,∴c=√3,a=2√3,b^=9,∴椭圆方程为x^2/12+y^2/9=1或x^2/9+y^2/12=1,离心率=c/a=1/2.

x+yxy=2p，得x+y=2xyp=k，k为正整数可得2xy=kp，所以p整除2xy，且p为奇质数，所以p整除xy，进而p整除x或y，不妨设x=tp，则tp+y=2ty，得y=tp2t−1为整数，又

（1）奇,因为x1和x2任取,令x2=-x1,则0≥|g（x1）+g（-x1）|,所以g（x1）+g（-x1）=0,所以g（x1）=-g（-x1）,所以奇（2）不妨设x10两个东西相乘大于0,要么两个

∵f（x）=x2-3x+4与g（x）=2x+m在[0，3]上是“关联函数”，故函数y=h（x）=f（x）-g（x）=x2-5x+4-m在[0，3]上有两个不同的零点，故有 h(0)≥0h(3

无向连通图奇点的个数k一定为偶数,因此要想把G变成无奇点的图,至少需要加k/2条边.

反证法.假设所有顶点的度数最多为2,则度数总和D≤2n≠2(n+1),与握手定理矛盾.

c=√5,b=2,a=3因为b=PF2解得F1P=4,F2P=2PF1/PF2=2当F2为直角顶点时取x=c=√5,得y=4/3或-4/3即PF2=4/3,PF1=14/3PF1/PF2=7/2供参考

图呢?

[-1,1]有一个零点g(-1)*g(1)

正三角形的每个内角是60°，正方形的每个内角是90°，∵60°n+2×90°=360°60°n+180°=360°60°n=180°，∴n=3．故选A．