电大专科高等代数专题研究形成性考核册作业答案小抄

1、电大高等代数专题研究作业参考答案高等代数专题研究作业 1一、单项选择题： 1-5： BCBDB二、填空题 1、交换。 2、不等价、等价。 3、 a1 a2 (a1) (a2) ，且是 A 到 B 的双射。4、具有下面性质的自然数的任何集合 M 满足： i:1 M;ii :如果 a M ，则 a M 。则 M 含有一切自然数，即 M N 。5、对于一个与自然数有关的命题T，若 i：若 n=1 时命题 T 正确； ii ：假设命题 T 对 nk 正确，就能推出命题 T 对n=k 正确。则命题 T 对一切自然数正确。三、计算题1、解： A a,b 到 A a,b 的映射一共有 22 4 个，它们是：

2、:a a,b a， 2 :a a,b b， 3 :a b,b a, 4:a b,b a2、解：fg(x) f (3x 2) 3(3x 2) 1 9x 7，gf (x)g(3x 1) 3(3x 1) 2 9x 53、解：4,4 1，并且 2 6,6 5,5 2 ，可表为两个不相交的轮换的乘积：14 265 。3)1234561234563261453654121234561234561234563261454631251563241234564631251234561)在 G 中， 12)6312 5 12363162455四、证明题1、证明：A C B C (A C) C (B C) C(A

3、C) (C C) (B C) (C C)(A C) (B C) A C B C (A C) (A C) (B C) (B C)A (C C) B (C C) A B A B2、证明：则于 a b a b是由 a与 b惟一确定的 (即 a b a b不会得出以上不同的结果) ，且为实数， 所以“” 是一个代数运算。(a b) c (a b a b) c (a b a b) c (a b a b) c a b c a b a c b c a b c ， a (b c) a (b c b c) a (b c b c) a (b c b c) a b c a b a c b c a b c ，所 以

4、a (b c) (a b) c ，即“”满足结合律。3、证明：当 n=2 时， x1 x2x1x2 ，因此命题对 n=2 正确。2x1x2 2 x3x4 2 x1x2x3x4 4当 n=4 时， x1x2x3x4( 12)2( 34)2( 1234)4 ，因此命题对n=4 正确。2 2 4)2 (同理可推出命题对 n 23 8,n 24, ,n 2s, ，都正确( s为任意自然数) ，所以命题对无穷多个自然数成立。设命题对 n=k正确，令Skx1x2xk,Sk1x1x2xk1 ，则Sk1x1x2xk1xk，由归纳k假设命题对 n=k 正确，所以 Sk 1k (x1 x2xk 1 xkk1k k

5、 1) x1x2 xk 1Sk 1 ，所发 Sk 1x1x2 xk 1 ，4、x1 x2xk 1 k 1x1x2 xk 1 ，命题对k1n=k-1 也正确，由反归纳法原理知，命题对一切自然数成立。当 n=2 时，上述不等式成立，假设 12 1222 321112 1 1 ， kk12 12121 2 1 1 1 222 32k2 (k 1)2k (k 1)222k2 k 1k2 k1 2 1 2 1k(k 1)2 k(k 1)2k 1于是对一切 n 2的自然数 n 来说， 12 1222 32112 1 1 。 nn五、简述题1、答： f(n) 2n 1,n 0 ，给予证明如下： 2n,n 0

6、任取 n1,n2 Z ，且 n1 n2，则 f(n1) f(n2), f(n)是单射。任取 f(n) N，若 f ( n)为奇数，则有 n 0，使 f (n) 2n 1与之对应；若 f (n)为偶数，则有 n 0，使 f(n) 2n与之对应，所以有 f (n)是满射。所以 f (n) 是从 Z 到 N 的双射。2、答：空集合的幂集不是空集合。应为P( ) 。高等代数专题研究作业 2一、单项选择题： 1-5： DACCB二、填空题：nnn1、 (aiai)2ai2bi22、 (ab)b 0 3、f(q1x1q2x2)q1f(x1)q2f(x2)i 1i1 i14、5、三、计算题1、解： x 3x

7、 2 0 (x 1)(x 2) 0 (x 1)(x 2)(x 5) 0x 5 x 5所以原不等式的解集为 ( 5,1) (2, ) 。2、解： f 2(x,y,z) (3x 6y 5z)2 1(3x) 6 ( 12y) 5( 5z)21226 2 2 2 2 2 2 2 2212( )2( 5) 2(9 x212y25z2)9(9x212y25z2)9 9 81，即f 2(x,y,z)81。12其中当且仅当 3x k , 12y 6 k 3k , 5z k5 ，且 9x2 12y2 5z212k3 )2 ( 3k 2) ( k5 2) 成9立，11解得 k 1，所以当 x 3,y 2,z 1时

8、，取极大值，max (3x 6 y 5z)( 1,1,1) 1 3 5 9 。 (3,2,1)3、解：这是一个求具有约束条件 a b c 1的极值问题，由于它有三个变量a,b,c ，因而不能用消元法来解，但11222a2 b2 c2 3222 abc12(3 ab1c)2 (a b c) 3 9，只有当 a b c 时等式成立。11 1 1所以只有当 a b c 时， 2 2 2 取最小值。3a b c四、证明题22x122(x2 x3xn x1)( 1 x2x2 x322 xn 1xnxnx1)，因 x1,x2, ,xn 都是正数，上式变为 x1 x2xnx12 2 2 x1 x2 xn ，

9、得证。x2x3x1AB2、证明：令 cosA cos B cosC 2cos sin 2C 1 2sin 2 C t ，22ABu 1 t 0 ，由于 u R ，所以2C2 再令 u sin0 ，得的一元二次方程： 2u 2 2cos2A B 1 A B 1 3 3 4cos28(1 t) 0 ，所以 tcos21 1 ，即 cos A cosB cosC 。2 2 2 2 2 2 n(a1 an) ，则均值不等式，得3、证明：因为 a1,a2, ,an 是等差数列，则 a1 a2ana1 ann a1a2ana1 a2ana12 n a1 an1、证明： 右2 (x1 x2xn) 2又： a

10、1an a2an 1， a1an a3an 2， a1an anan 1，22n所以(a1an ) 2 a1 a2 an 1an ，所以 a1an n a1a2 an 1an ，故结论得证。五、简述题1、答：设函数 f (x) 在某区间上定义，对于区间上的任意两点x1 , x2 ，都有f (q1x1 q2x2) q1f (x1) q2 f(x2)，其中 q1,q2 0,q1 q2 1，则称 f ( x)在该区间上是下凸函数。2、答：比较法、综合法、分析法、数学归纳法、反证法、换元法、放缩法。高等代数专题研究作业 3一、单项选择题： 1-5： BDDAC二、填空题1、1，3，5，72、如果 d是

11、 a与 b的公因式，且有 c a,cb，均有 c d。 3、代数4、 1 5、 -4，2(重根)三、计算题1、证：1)若 k1 k2 ，则 k1 k2 2 k1 2 k2 k1 k2 k1k2 ，1)若 2m1 ,2m2 R，则 2m1 2m2 2m1 m2 R,2m1 2m2 2m12m2 R ，且110 R ，故是有单位元素 1 的数环，因而是整环。22) 2n(n Z) 为中全部可逆元素。2n p(n Z, p为奇素)为中全部不可约元素。2、解：Z a bi 是 Zi 的可逆元素。有Z1Zi,使ZZ11 Z 2Z121 Z 2a2b2 1 a 0,b1或b0,a1，Z 1, i,反之,

12、1, i 是 Zi的可逆元素。因此， 1, i 是 Zi 的全部可逆元素。四、证明题1、证明：首先 Q x是整环，零理想是主理想，设是Q x的任一非零理想， p(x)是Qx 中次数最低的多项式， 则对任意 f(x) I 有q(x),r(x) Qx，使 f(x) p(x)q(x) r(x)，其中 r(x) 0或r(x)的次数 p(x)的次数，由 f(x), p(x) I 知r(x) I ，若 r(x) 0则r(x)的次数 p(x)的次数，这与 p( x)是Q x中次数最低的多项式矛 盾，故必有 r(x) 0，从而 f(x) p( x)q( x) ，这就证明了是由 p( x)生成的主理想。2、证：

13、若 a,b,c 之中有零或单位，易见结论成立。不妨设 a,b,c都既非零也非单位，因为 a bc ，所以有 d R,使bc=ad ，将 b,c, a都分解为不可约元素的乘积，若 非单位也将其分解： b b1 bs,c c1 ct,a a1 ak,d d1 dl ，则 b1 bsc1 ct a1 akd1 dl ，由因式分 解的惟一性，每个都与等式左边的一个因子相伴，因为 (a,b) 1，所以不与任何一个相伴，适当调整因子的次序， 不妨设 a1, ,ak分别与 c1, ,ct相伴，于是可知 ac。3、证：由 f(x) g( x)可知， a bg1(x), f1(x) bg1(x) ，因 g1 (

14、 x), f1( x)是本原多项式，所以(a, g1( x) 1,( f1( x), b) 1，由上第 2题结论知： ab,g1(x) f1(x)。4、证：设 f(x) a0 a1xan xn , g( x) b0 b1xbn xn ，若从代数观点出发 f (x) g (x) ，则它们相应系数有以下关系： ai bi,(i 0,1,2, ,n) ，显然它们在任意点的函数值也相同，即从函数论观点出发f (x) g(x)。反之，若从函数论观点出发 f(x) g(x)，则 f (x) g( x) ( a0 b)0 ( a1 )b1 x ( an )bn xn ，这时域中所有 元素都是 f (x) g

15、(x)的根。但是 f(x) g(x)是一个次数不超过的多项式，在中至多有个根，而前述 f(x) g(x) 有无限多个根，这个矛盾证明必有ai bi,(i 0,1,2, ,n) ，即从代数观点有 f (x) g(x)。五、简述题1、答：定义：设是一个整环，如果中每一个不等于的非单位元素均可写成：ac1c2cn，其中c1,c2,cn是不可约元素，并且如果还有ad1d2dm ，其中d1,d2,dm也是不可约元素，则必有 n m ，且适当调整的顺序后，有 ci di ,i 1,2, ,n ，则称是因式分解惟一环。2、答：定理 3.15 ：任何实系数 n(n 0) 次多项式至少有一个复数根。4BDCAA

16、高等代数专题研究作业一、单项选择题： 1-5：二、填空题1、22 、 C6 2 1 213、N(5) 5!(1 1 1 1 1 1 ) 44 1! 2! 3! 4! 5!4、 C3 6 1 28，6!2!3!1!605、 f (n)f (n 1) f (n 2)三、计算题1、解：把辆小轿车视为一辆，与辆大卡车排队有(m 1)!种方法，而小轿车又有种停放方法，所以一共有(m 1)!n! 种停放方法。2、解：4!3! 35种。n! 7! 用相同元素的重复排列公式： n r1 r2,其中r1=4, r2 3 ，不同的摆法有： r1!r2 !3、解：方法数5!2!2!1!展开合并同类项后共有：展开后每

17、一项都是5 10! 2 2C65 5 128项，而 a2b2c 的系数为：从5!5!5 4 3 2 1 2 25 4 3 2 1 30，所以 a2b2c 的系数为2 1 2 1 15 次多项式，它的不同项实际上是从3元素 a, b, c中取 2个 a，2个 b，30。6 个元素中取 5 个元素的1 个 c，即为4、解：设表示能被整除而不大于 2000 的自然数集合(k 5,7,11) ，这时 A5 2000 400, A7 A11201010 181, A5 A7 250070 57, A5 A11 5200101 36, A7 A115 2000 25 ， 25 ， 7 1120700 28

18、5,A5 A7 A11 2000 5 ，5 7 11 5 7 11根据定理： A5 A7 A11 400 285 181 57 36 25 5 7535、解：用递推公式：f (n) f(n 1) f(n 2)， f(1) 1,f (2) 2，对楼梯作归纳：当 n 1 ，只有一个台阶，只有一种走法 f (1) 1 ；当 n 2 ，可以一步一阶，也可一步两阶，f (2) 2 ；f (3) f (2) f (1) 3 ；当 n 3 ，可一步一阶，也可一步两阶一阶或一阶两阶，f (4) f (3) f (2) 5, f (5) f (4) f (3) 8, f (6) f (5) f (4) 13 ，f (7) f (6) f (5) 21, f (8) f (7) f (6) 34, f (9) f (8) f (7) 55 ，f (10) f (9) f (8) 89, f (11) f (10) f (9) 144 。6、解：设 A 参加四百米的人 , B 参加跳远的人 ,C 参加铁饼的人 ,A 125, B 124, C 130, A B 5, A C 12 ， B C 14, A B C 5， 1)至少参加一项比赛的人数：P( A B