《高等代数专题研究》形成性考核册作业答案

《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n

1、解：A??a,b?到A??a,b?的映射一共有22?4个，它们是：

??:a?a,b?a，?2:a?a,b?b，?3:a?b,b?a,?4:a?b,b?a

2、解：fg(x)?f(3x?2)?3(3x?2)?1?9x?7，

gf(x)?g(3x?1)?3(3x?1)?2?9x?5

3、解：1）在G中，1?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?。

2）?????????????123456??123456???????，

?????????326145??365412??123456??123456??123456???????????

326145463125156324??????3）????123456??463125??123456?????????? ?463125??123456??453162?四、证明题 1、证明：

A?C?B?C?(A?C)?C?(B?C)?C?(A?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?B

2、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a?(b?c)?(a?b)?c，即“?”满足结合律。

x1?x2?x1x2，因此命题对n=2正确。 2x?x?x?xx?x22x3?x42当n=4时，x1x2x3x4?(1)?()?(1234)4，因此命题对n=4正确。

2243、证明：当n=2时，

同理可推出命题对n?2?8,n?2,?,n?2,?，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

34sSk?x1?x2???xkx?x???xk?1,Sk?1?12kk?1，则

x1?x?2??xk??xk1，由归纳假设命题对n=k正确，所以

kx?x???xk?1?xkkSk?1k?(12)?x1x2?xk?1Sk?1，所发Sk?1k?1?x1x2?xk?1，

kx?x2???xk?1k?1即1?x1x2?xk?1，命题对n=k-1也正确，由反归纳法原理知，命题对一切自然数成

k?1Sk?1?立。

4、当n=2时，上述不等式成立，假设

1111， ?????1?22223kk111111k2?k?1k2?k1?1???1??1??1?则2?2???2?

23k(k?1)2k(k?1)2k(k?1)2k(k?1)2k?1于是对一切n?2的自然数n来说，五、简述题

1111?????1??1。 22223nn?2n?1,n?01、答：f(n)??，给予证明如下：

2n,n?0?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：

1、(?aa)??a?b22iiii?1i?1i?1nnn2i 2、(a?b)b?0 3、f(q1x1?q2x2)?q1f(x1)?q2f(x2)

4、P134 5、P134 三、计算题

x2?3x?2(x?1)(x?2)1、解：?0??0?(x?1)(x?2)(x?5)?0

x?5x?5所以原不等式的解集为(?5,1)?(2,??)。

222、解：f(x,y,z)?(3x?6y?5z)?[1(3x)?6(12y)?5(5z)]2 12?[12?(62)?(5)2](9x2?12y2?5z2)?9(9x2?12y2?5z2)?9?9?81，即f2(x,y,z)?81。 12当

且

仅

当

其中

3x?k,12y?26k?3k,5z?5k12，且

9x2?1y2?2k2z?539?2 ?(k成立，)k(2?3)(5)9解得k?1，所以当x?11,y?,z?1时，f取极大值，fmax?(3x?6y?5z)(1,1,1)?1?3?5?9。 32323、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

111?2?221abc?31?(31)2?()2?32?9，只有当a?b?c时等式成立。 222a?b?c3abcabc31111所以只有当a?b?c?时，2?2?2取最小值27。

3abc四、证明题

1、证明：右?(x1?x2???xn)?(x222x1x2?x3x2x3???xnxn?1xn?x1xnx1)2

xn?12xn2x12x22?(x2?x3???xn?x1)(?????)，

x2x3xnx1xn2x12x22????因x1,x2,?,xn都是正数，上式变为x1?x2???xn?，得证。 x2x3x1A?BCCsin?1?2sin2?t， 222CA?B再令u?sin?0，得u的一元二次方程：?2u2?2cosu?1?t?0，由于u?R，所以

22A?B1A?B133 ??4cos2?8(1?t)?0，所以t?cos2?1??1?，即cosA?cosB?cosC?。

222222n(a1?an)3、证明：因为a1,a2,?,an是等差数列，则a1?a2???an?，则均值不等式，得

2a1?anna?a???aa1?an2n2naa?a?1， ??12nnn2又：a1an?a2an?1，a1an?a3an?2，?，a1an?anan，

2、证明：令cosA?cosB?cosC?2cos22?1所以(a1an)?a1a2?an?1an，所以a1an?五、简述题

n2na1a2?an?1an，故结论得证。

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)?q2f(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、1，3，5，7 2、如果d是a与b的公因式，且有ca,cb，均有cd。 3、代数 4、1 5、-4，2（重根） 三、计算题

k1k22m2k1?2m1k2k1k2k1k2k1k2?R,???R， 1、证：1）若m,m?R，则m?m?m1?m2m1m2m1m21212222222222且1?1?R，故R是有单位元素1的数环，因而是整环。 02nn2）?2(n?Z)为R中全部可逆元素。?2p(n?Z,p为奇素）为R中全部不可约元素。 2、解：Z?a?bi是Z[i]的可逆元素。

?有Z1?Z[i],使ZZ1?1?Z2Z1?1?Z?a2?b2?1?a?0,b??1或b?0,a??1，

22?Z??1,?i,反之,?1,?i是Z[i]的可逆元素。

因此，?1,?i是Z[i]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I是Q[x]的任一非零理想，p(x)是Q[x]中次数最

低的多项式，则对任意f(x)?I有q(x),r(x)?Q[x]，使f(x)?pxqx()()rx()?，其中r(x)?0或r(x)的次数

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I是由p(x)生成的主理想。

2、证：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abc，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d非单位也将其分解：b?b1?bs,c?c1?ct,a?a1?ak,d?d1?dl，则

b1?bcsc1?t?1a?ka1?d，由因式分解的惟一性，每个ai都与等式左边的一个因子相伴，因为ld(a,b)?1，所以ai不与任何一个bj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，abg1(x),f1(x)bg1(x)，因g1(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?a1x???anx,g(x)?b0?b1x???bnx，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)。

nn(x)?(a0?b)?ab(?an?)bnx，这反之，若从函数论观点出发f(x)?g(x)，则f(x)?g0(1?)1x??时域F中所有元素都是f(x)?g(x)的根。但是f(x)?g(x)是一个次数不超过n的多项式，在F中至多有n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3.8：设R是一个整环，如果R中每一个不等于?的非单位元素a均可写成：

na?c1?c2???cn，其中c1,c2,?,cn是不可约元素，并且如果还有a?d1?d2???dm，其中

d1,d2,?,dm也是不可约元素，则必有n?m，且适当调整ci的顺序后，有ci?di,i?1,2,?,n，则称R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。 高等代数专题研究作业4

一、单项选择题：1-5：BDCAA 二、填空题 1、

r1?r2???rk111112 2、C6?2?1?21 3、N(5)?5!(1?????)?44

r1!r2!?rk!1!2!3!4!5!64、C3?6?1?28，三、计算题

6!?60 5、f(n)?f(n?1)?f(n?2) 2!3!1!1、解：把n辆小轿车视为一辆，与m辆大卡车排队有(m?1)!种方法，而小轿车又有n!种停放方法，所以一共有

(m?1)!n!种停放方法。

2、解：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：n!7!??35种。 r1!r2!4!3!3、解：展开合并同类项后共有：展开后每一项都是5次多项式，它的不同项实际上是从6个元素中取5个元素的方法数C6?5?1?即为

510!?28项，而a2b2c的系数为：从3元素a,b,c中取2个a，2个b，1个c，5!5!5!5?4?3?2?1??30，所以a2b2c的系数为30。

2!2!1!2?1?2?1?14、解：设Ak表示能被k整除而不大于2000的自然数集合(k?5,7,11)，这时

20002000]?400,A7?[]?285, 572000200020002000A11?[]?181,A5?A7?[]?57,A5?A11?[]?36,A7?A11?[]?25，

115?75?117?112000A5?A7?A11?[]?5，

5?7?11A5?[根据定理4.8：A5?A7?A11?400?285?181?57?36?25?5?753 5、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；

当n?3，可一步一阶，也可一步两阶一阶或一阶两阶，f(3)?f(2)?f(1)?3；

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?C)??P(A)?P(B)?P(C)?P(A?B)?P(A?C)?P(B?C)?P(A?B?C)?253

2）只参加四百米比赛的人数：

A?B?C?A?A?B?A?C?A?B?C?125?5?12?5?113。

四、证明题

1、证明：因(1?x)(1?x)?(1?x)m?ns?0sm?ns?0mnm?n，所以(s?Ck?0mkmssx)(?Cx)?(?Cm?nx)， ktntt?0s?0mm?n?(?CCkmk?0s?kn)x??Csnkmsm?nksx，所以?CmCns?k?Cm?n。 sk?0令n?s，上式化为

?CCk?0n?kn?Cnm?n,因为Cn?knkkn?C，所以?CmCn?Cm?n，当m?n时，有

knnk?0?(Ck?0nk2nn)?C2n。

2、证明：因(1?x)?n?Ck?0nknx，两边对x求导一次，得到n(1?x)nkn?1k??Cnkxk?1，上式两边乘以x，k?0n再对x求导，得n[(?1xnn?1)?n?(x1)?x(1xx?1，整理得，令??)n2kk]?kCn?2k?0?kC2k?0kn?n(n?1)2n?2。

五、简述题

答：抽屉原理I：如果把n?1件东西装入n个抽屉，则至少有1个抽屉里的东西不少于2件。 抽屉原理II：设m1,m2,?,mn都是正整数；和进有m1?m2???mn?n?1件东西放进n个抽屉，则第1个抽屉至少有m1件东西，或第2个抽屉至少有m2件东西，??，或第n个抽屉至少有mn件东西，其中至少有一条必成立。

本文来源：https://www.bwwdw.com/article/2un2.html