初等代数研究练习题

1、初等代数研究练习题2、填空题1已知三次多项式 f(x)在x=-1,0,1,2时函数值分别为1,2,3,2,则f(x)=。322、 多项式x x 2x 2表示成(x-1 )的幕的多项式的形式为 3、已知 l0g35 =a,|og57 =b,则 |og63105 =。cot日tan日4、=cot 日-cot 3日 tan 日-tan3日5、六本不同的书，按下列条件分配，各有多少种不同的分法(1 )分给甲乙丙三人，每人2本，则有种分法。(2)分成三份，每份 2本，则有 种分法。6、 线性规划问题中决策变量应满足的条件称为 .7、 将线性规划问题的一般形式化为标准形式时，若第r个约束条件为a”Xi a

2、nXn乞br，则引入变量Xn.r_08、 使目标函数达到 的可行解称为最优解。9、 若原线性规划中有 n个变量，则其对偶规划中一定有 个方程。10、 用单纯形法解线性规划问题时，若检验数有负，则要进行 。二、计算题3小2cos：1、设得值=2,求 sinsin a +cos«1 32、 计算 cos-arccot()的值。2 423、 解方程x +3x 4 = 2x 1 14、设正方形 ABCD的边长为1, P、Q分别为边AB、AD上的一点，如图，若 APQ的周长为2,求/PCQ。5、设正方体 ABCD A1B1C1D1的边长为a,试求B到平面AB Q的距离。6、用单纯性法解线性规划

3、问题maxS=80x1+45 x220x1+5x40015<x1+10x2 450x0, x2 色0三、证明题1、在厶ABC中，D为BC的中点，过D作一直线分别与 AC、AB的延长线交于 E、F。求证:AEECAFBF2、正方形ABCD中E是CD的中点，F是DA的中点，连接BF、CF,它们相交于 P,如图所示，求证:x, y R，均满足 f(x+y)=f(x)+f(y)AP=AB 3、设f(x)是以R为定义域的函数，且对任意的求证：(1) f(O)=O;f(-x)=-f(x)(2) 当 m Z时,f (mx) = mf (x)(3) 当 rQ时,f (rx)二 rf (x)四、简答1、将

4、线性规划问题化为标准形式Xi _0,X2 _0,怡无非负限制242、如果某线性规划问题的约束方程组为X- x? + X3 =4X1-2+3 X3 =81、3、6、写出该问题的所有基阵与基本解,并判断是否是基本可行解。初等代数研究练习题答案、填空题1 : f (x) x3入1 a ab2 ab约束条件9、n、计算题2、5、( 1)7、松弛10、换基迭代32(x-1)2(x-1)盼一1)490;( 2) 158、最大值1、解:由 tan a =2 知 sin a =2 cos a2COS1a = seca1_ '21 ta n a3a +2cosa于是原式=cos032cosa +cosa

5、8cosa 2332、解：令 a =arc cot (-)44COt a3,tan a4COS a =-1 tana所以原式=cos =1 cosa3、解：原方程可化为(x -1)(x4)2x 1 12 2(1) x> 1 时，方程为 x 3x -4 = 2x -2,即 x 5x -6 = 0解得X1 八2，X2/所以x=11 、 n xn 1时，方程为2此时方程无解1-4 _ x "时，2(2)(3)2x ' 5x -6=0 解得Xl6，X2/12解得(4)x二_4时,方程为2 5x - 4 = 0 解得 x =-5 _ 412所以-5 - . 412综上知，方程的解

6、为-5 - ,41-1 ±717X 二24、将厶CDQ绕点O旋转90°至厶CBQ如图则有 CQD CBQ '则有 CQ=CQ ' DQ=BQ ' 因为 APQ的周长为2,所以有PQ=PB+DQ 故由PQ=PQ'因此由及 PC公边有 CPQ CPQ'则/ PCQ=/ PCQ' 而/ QCQ '90 °/ PCQ=45 °。5、 解：我们先证明 BD1丄平面AB 1C事实上因ABCD A1B1C1D1为正方体，则 DD1丄平面ABCD。因此DD1 丄 AC又因ABCD为正方形 AC丄BD而DD1和BD相

7、交 所以，AC丄平面BDD1 BD1在平面BDD1上 因此 BD1丄AC 同理BD1丄AB1所以 BD1丄平面AB1C设垂足为H，由于易知 AB 1C必为等边三角形，故易知H AB1C的中心，连接BH，则/ BHB1=90由于 AB 1= B 1C=CA= 、2 a则 B1H=2 AB1= .2a=0a3 332所以 BH= BBi -BiH3a.a)这就是B到平面AB iC的距离。6、解：(1)将此线性规划问题化为标准形式maxS=80 x1 +45 x2广20 X, + 5 X2 + x3=40015 X, +10 X2+ X4 =450.Xi,X2 ,X3,X4 >0(2)进一步化

8、为典式形式maxS.-20X1+ 5 X2 + X3=400-X1，X2，X3，x4 -015X1 + 10 X2+ X4 =450S-80 X1 -45X2=0(3)用下列表格表示上式20015-5104001001450S-80-45000得基可行解 X (0) = (0,0,400,450)t(4)进行换基迭代由于 min-80,-45=-80,因此 X1 入基由于min4002045015 =40020,所以X3出基这时20为主元，将20框出把表中第一列除20以外都化为0，后把20变为1102001150S0-25401600迭代后，新基变量为X1， X4，而非基变量为 X2， X3令

9、 X2 = X3 =0，得新基可行解 X (20,0,0,150)T由于检验数仍有负数，重复上面工作-25是X2系数，则X2入基又 min20 150150 小 t 甘T' 25= 25X 出基，25为主元444对上表施行行初等变换得10140124S00142200令 X3 = X4 =0，得基可行解 X2 = (14,24,0,0)t(5)此时检验数均为正数，故X2为最优解，最优值为 2200三、证明题1、证明：过 C引EF的平行线交 AB的延长线于 G,则由EF / CG 得(1)AE AFEC FG而 BD=DC ，故 BF=FG代入(1)式得AEECAFBF2、证明：连接 B

10、F得Rt ABF再过A作AP的垂线交CF的延长线于 G,又得到Rt APG AFPB内接于圆/ 1 = / 2 AF=AG ABF APG AB=AP 3、证明:(1) 令 x=y=0 ,则 f(0)=2f(0)所以f(0)=0令 y=-x,贝U f(0)=f(x)+f(-x)所以 f(-x)=-f(x)(2) m=0 时，f(0)=0;m=1 时，f(x)=f(x)m>2时，对m用数学归纳法证明f(mx)=mf(x)k=2 时,f(2x)=f(x+x)=2f(x) 假设， f(mx)=mf(x)则 f(m+1)x=f(mx+x)=mf(x)+f(x)=(m+1)f(x) 所以 m2 时

11、，f(mx)=mf(x)所以 m0 时，f(mx)=mf(x)mW -1 时，设 m=-n , n N则 f(mx)=f(-nx)=_f(nx)=_nf(x)=mf(x) 综上,m Z 时，f(mx)=mf(x)(3)可设r =巴，其中m,n Z,且n 0n于是 nf (m x) = f (mx)二 mf (x)n所以 f (rx)二 rf (x), r Q四、简答题Iinin1、解：令 S =-S， X4 启0， X5 KO， x3 = x 3 - x 3， X3， X 3 20，于是 max S = 2 X +3 X? -( x 3 - x 3)X - X2 +2( X 3 - x 3 )- X4=81n2 X + X? -3( X 3 - X 3 )+ X5 =20InX1 - X2 -2( X 3 - X 3 )=2X!，X2，X'3,X"3,X4，XO2、解：令A= PP2P3由于 Pi、P3, P2、-1 3丿P3线性无关，所以只有两个基矩阵1 1、Bi