《高等代数专题研究》形成性考核册作业答案.docx

高等代数专题探讨作业参考答案高等代数专题探讨作业1、单项选择题：1-5：BCBDB二、填空题1、交换。2、不等价、等价。3、(ai。2)=。(4)(。(。2)，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满意：AlM;":假如,则"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=l时命题T正确；ii：假设命题T对n<k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：4=,。到4=/的映射一共有22=4个，它们是：1:aaiba,2:«aibb,3:a->biba,4:ab,ba2、解：fg(x)=/(3x+2)=3(3x+2)+l=9x+7,KX)=g(3x+l)=3(3x+l)+2=9x+53、解：1)在G中，14,41,并且26,65,5f2,b可表为两个不相交的轮换的乘积:=(14)(265)ofl2) -142 3 4 5 6、6 5 4 1 2；56Y123456J125人326145)3fl =2345 6Y1 22 6 1 4 5人4 65 6 Wl 23 4 5 6'3 1 6 2>561/463125f225厂23456厂145四、证明题1、证明：AuC=BuC=>(AoC)nC=(BuC)nC=>(AnC)U(CnC)=(BnC)U(CnC)=>(AnC)u0=(BnC)u0=>AnC=BnC=>(AnC)U(AnC)=(BnC)U(BnC)=>Ak(CnC)=Bu(CnC)=>Au0=Bu0=>A=B2、证明：则于a+O-xb是由a与b惟一确定的(即a+Z?axb不会得出以上不同的结果)，且为实数，所以“”是一个代数运算。(ab)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×ca(bc)=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4Sc)=(0与c,即“"满意结合律。3、证明：当n=2时，土土喜卑，因此命题对n=2正确。当n=4时，X1X2X3X4(l1)2.(±)2(X+W+.+ly,因此命题对n=4正确。224同理可推出命题对=23=87=24,=25,，都正确(S为随意自然数)，所以命题对无穷多个自然数成立。设命题对n=k正确，令Sk=N+占+'',S-=.十一十十.一，则kk-x1+x2÷+x,-1+.,由归纳假设命题对n=k正确，所以kS"'=(西+%+J4+Z)中2XzSk所发5"尸xj,k即"+"I+'"型小也G'命题对n=k-l也正确，由反归纳法原理知，命题对一切自然数成LO4、当n=2时，上述不等式成立，假设5+最+÷r<l-prll11111111k2+k-ik?+k11则H7+H"I-<117=T<I7=2232k2(左+I)?ka+l)2G(Z+Ifk(k+)2k+于是对一切2的自然数n来说，fH-+?<1<1o2232n2n五、简述题1、答：/() = <2" + l,"02, <0,赐予证明如下:任取,2CZ,且工2，则/(勺)*/(2)，/()是单射。任取5)N,若/()为奇数，则有"0,使/(")=2+1与之对应；若/5)为偶数，则有<0,使/()=|2与之对应，所以有了()是满射。所以f(n)是从Z到N的双射。2、答：空集合的幕集不是空集合。应为P(0)=0°高等代数专题探讨作业2一、单项选择题：1-5：DACCB二、填空题：1、(A)2X222、(a-b)bO3、/(1x1+q2x2)qi/(x1)+q2fx2)Z=II=Ir=l4、Pii45、P134三、计算题.x3x+2(x-l)(x-2).1、解：>0=>->O=>(x-l)(x-2)(x+5)>Ox+5x+5所以原不等式的解集为(-5,1)=(2,+8)。2、解：f2U,y,z)=(3x+6y+5z)2=l(3x)+>5(z)212+(-)2+(5)2(9x2+12+5z2)=9(9x2÷12+5z2)=9×9=81,即/(益z)81。其中当且仅当3x=k,屈y=-=k=6k,&=小k129x2+12/+5z2=9(一)2÷(限)2+(限P=9成立,解得女=1,所以当x=；,y=；,Z=I时，/取极大值，max=(3x+Gy+5z),IIjj=1+3+5=9o3、解：这是个求具有约束条件+/?+C=I的极值问题，由于它有三个变量",反c,因而不能用消元法来解，但J_J_J_呼N偌二(狂)2(金)2=3=9'只有当ON=C时等式成立。3所以只有当=6=c='时，士+取最小值27。3ab-c四、证明题1、证明：右2=(X+2+X)2=(yX-=+yXj=+yX-J=+2222(x2+xzj+x1)(+d-÷-),x2x3XnX因41，工2，,工“都是正数，上式变为+X2+-÷XzjF-F-+口-，得证。X2x3X1/ABC/2证明：cosA+cos+cosC=2cossin+l-2sin2=Z,222_D再令=Sin->0,得的一元二次方程：-2/+2COS+1-，=0,由于"R,所以22=4cos2+8(l-r)0,所以fcos2+1-+1=,KPcosA+cosB+cosC<02222223、证明：因为4，4，。是等差数列，则4+/+4=”他广),则均值不等式，得向。+4=_=幺4,nn2又：aA<，a<WA2，a<a/,+122n所以(W“)2<%生。一。，所以JalaVV瀛an-ant故结论得证。五、简述题1、答：设函数/(X)在某区间上定义，对于区间上的随意两点大,马，都有/(X1+q2x2)1(x1)+q2fx2)，其中4，%>°，彷+%=1，则称/(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。高等代数专题探讨作业3一、单项选择题：1-5：BDDAC二、填空题1、1,3,5,72、假如d是a与b的公因式，且有ca,c人，均有。口。3、代数4、15、-4,2(重根)三、计算题1、证：1)若&,且R,则互一旦:2",二2研丁eR旦.豆二-eR,2"2m22""2网+“2叫2""Qfnitt2fn2且1=R,故R是有单位元素1的数环，因而是整环。2)±2.5Z)为R中全部可逆元素。±2"p5Z,p为奇素)为R中全部不行约元素。2、解：Z=+6是Zi的可逆元素。=>WZ1Zz,ZZ1=l>Z2Z12=lZ2=2+Z72=l=>a=O,Z7=±l=O,6=±l,=>Z=±19±i,反之,±1,±i是Zz的可逆元素。因此，±l,±i是Zi的全部可逆元素。四、证明题1、证明：首先。不是整环，零志向是主志向，设/是Qx的任一非零志向，P(X)是。幻中次数最低的多项式，则对随意/(x)/有夕(X),”x)Qx,使/(x)=p(x)q(x)+r(x),其中r(x)=O或r(x)的次数VP(X)的次数，由/(x),P(X)/知"x),若r(x)w则“幻的次数p(x)的次数，这与P(X)是Qx中次数最低的多项式冲突，故必有"x)=O,从而/(x)=P(X)g(x),这就证明白/是由Pa)生成的主志向。2、证：若瓦。之中有零或单位，易见结论成立。不妨设4,b,c都既非零也非单位，因为同历，所以有4R,使bc=ad,将b,c,a都分解为不行约元素的乘积，若d非单位也将其分解：b=tbs,c=cicl,a=aiakyd=dxdl,则仇c1.=a1akdidl,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,所以见不与任何一个与相伴，适当调整因子的次序，不妨设,见分别与q,q相伴，于是可知Hc。3、证：由/(x)Ig(X)可知，a1(x),/(x)1(x),因g(%),/(x)是本原多项式，所以(,g(x)1,(工(x),。)1,由上第2题结论知：M，gi(x)|/(x)。4、证：设/(x)=%+x+allxnig(x)=b()+bx+bnxn,若从代数观点动身/(x)=g(x),则它们相应系数有以下关系：a,=g(i=0,1,2,),明显它们在随意点的函数值也相同，即从函数论观点动身/(x)=g(x)。反之，若从函数论观点动身/(x)=g(x),则/(x)-g(x)=(%-4)+(q-)x+(an-bn)xnt这时域产中全部元素都是F(X)-g(x)的根。但是/(x)-g(X)是一个次数不超过的多项式，在尸中至多有个根，而前述/(x)-g(x)有无限多个根，这个冲突证明必有q=2,(i=0,l,2,)，即从代数观点有f(x)=g(x)o五、简述题1、答：定义3.8：设R是一个整环，假如R中每一个不等于。的非单位元素。均可写成：a=ci×c2××cn,其中c，g，,%是不行约元素，并且假如还有=4xd2X乂4”,其中4,4，4n也是不行约元素，则必有二加，且适当调整q的依次后，有qd"=12则称R是因式分解惟一环。2、答：定理3.15：任何实系数0)次多项式至少有一个复数根。高等代数专题探讨作业4、单项选择题：1-5：BDCAA二、填空题1、寸：72、CU213、N=5!(Iq+-+-J=44彳!弓！rk!1!2!3!4!5!64、+67=28,=605、/(«)=/(7-1)+/(/7-2)三、计算题1、解：把辆小轿车视为一辆，与6辆大卡车排队有(7+1)!种方法，而小轿车又有加种停放方法,所以一共有(相+1)!种停放方法。»71712、解：用相同元素的重免排列公式：=/+公其中f4,r,=3,不同的摆法有：一一二r=35种。rr24!3!3、解：绽开合并同类项后共有：绽开后每一项都是5次多项式，它的不同项事实上是从6个元素中取5个元素的方法数C=+5=哉=28项，而的系数为：从3元素,4C中取2个a,2个b,1个c,即为5!5x4x3x2x1=30,所以/。的系数为30。2!2!1! 2×1×2×1×14、解：设4表示能被人整除而不大于2000的自然数集合(攵二5,7,11),这时阂=等=400,|阕=竿=285,%|=等=,5cA7=翳=57,%c4=黑=36,A7c4=匿=25,CAUl=M产，依据定理4.8：IAUA7DAj=400+285+181-57-36-25+5=7535、解：用递推公式：f(n)=f(n-)+f(n-2),/(1)=1,/(2)=2,对楼梯作归纳：当=1,只有一个台阶，只有一种走法/(1)=1；当=2,可以一步一阶，也可一步两阶，/(2)=2；当=3,可一步一阶，也可一步两阶一阶或一阶两阶，/(3)=/(2)+/(1)=3;/(4)=/(3)+/(2)=5,/(5)=/(4)+/(3)=8,/(6)=/(5)+/(4)=13,/(7)=/(6)+/(5)=21,/(8)=/(7)+/(6)=34J(9)=/(8)+/(7)=55，/(IO)=/(9)+/(8)=89,/(11)=/(10)+/(9)=14406、解：设A=参加四百米的人,3=参加跳远的人,C=参加铁饼的人,IAI=125,忸I=124,Iq=130,1ACBI=5,ACq=12,忸CCl=14,ACBCej=5,1)至少参与一项竞赛的人数：P(AUBUC)=P（八）+P(3)+P(C)-尸(AC3)P(ACC)-P(BCC)+P(AcBcC)=2532)只参与四百米竞赛的人数：AnBnC=A-AnB-AnC+AnnC=125-5-12+5=113o四、证明题1、证明：s(i+(i+x)n=(i+rn,所以(Ze/)(ZC)=(C+f),Jt=O/=0$=0jHtSm+nS(c:C”=zc",所以ZcCm。$=0k0$=0A=O令=s,上式化为fc：CTWM,因为CT=C3所以之ClC=C黑”,当m=时，有4=0Jt=O©¥=C黑。k=02、证明：S(l+=cy,两边对X求导一次，得到Ml+x)"T=fc>,上式两边乘以X,A=O*=0再对X求导，得M(l+x)rt-1+(«-1)(1+x)n-2=,令X=1,整理得=0力/C=.+1)2口A=O五、简述题答：抽屉原理/：假如把+1件东西装入个抽屉，则至少有1个抽屉里的东西不少于2件。抽屉原理：设町,m2,团“都是正整数；和进有g+m2+加一+H牛东西放进个抽屉，则第1个抽屉至少有外件东西，或第2个抽屉至少有W2件东西，或第个抽屉至少有町1件东西，其中至少有一条必成立,