2022年《高等代数专题研究》形成性考核册作业答案.docx

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1、精品学习资源高等代数专题讨论作业1高等代数专题讨论作业参考答案欢迎下载精品学习资源一、单项挑选题：1-5： BCBDB二、填空题 1、交换； 2、不等价、等价；3、a1a2a1a2 ，且是 A 到 B 的双射；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源4、具有下面性质的自然数的任何集合M 满意：自然数，即 MN ；i :1M ; ii: 假如 aM ，就 a M ；就 M 含有一切欢迎下载精品学习资源5、对于一个与自然数有关的命题T，如 i：如 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；就命题 T 对一切自然数正确；三、运算题欢迎下载精

2、品学习资源1、解：Aa, b 到Aa, b 的映射一共有 224 个，它们是：欢迎下载精品学习资源: aa,ba ， 2 : aa, bb ， 3 : ab,ba,4 : ab, ba欢迎下载精品学习资源2、解：fg xf 3 x233x219 x7 ，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源gf xg 3 x133x129 x5欢迎下载精品学习资源3、解： 1）在 G 中， 14,41，并且 26,65,52 ，可表为两个不相交的轮换的乘积：14265 ；123456123456326145365412123456123456123456326145463125156324123456463

3、1251234564631251234564531622），3）欢迎下载精品学习资源四、证明题1、证明：ACBC ACCBCC ACCCBCCC欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源 ACBCACBC AC ACBC BC欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源ACCBCCABAB欢迎下载精品学习资源2、证明：就于 abab 是由 a 与 b 惟一确定的（即 abab 不会得出以上不同的结果），且为实数，所以“”是一个代数运算；欢迎下载精品学习资源abcababcababcababcabcabacbcabc欢迎下载精品学习资源，abcabcbcabcbcabcbcabcabacbcabc欢迎

4、下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源，所以 abcabc ，即“”满意结合律；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源3、证明：当 n=2 时，x1x22x1x2，因此命题对 n=2 正确；欢迎下载精品学习资源当 n=4 时，x1x2x3x4 x1x2 2 x3x4 2 x1x2x3x4 4 ，因此命题对 n=4 正确；欢迎下载精品学习资源224欢迎下载精品学习资源同理可推出命题对n238,n24, n2s ,，都正确（ s 为任意自然数），所以命题对无穷多个欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源自然数成立；设命题对n=k正确，令Sx1x2xk , Sx1x2xk 1，就欢迎下载精品学习资源

5、kk 1kk1欢迎下载精品学习资源Sk 1x1x2xkkxk1，由 归纳假设命题对n=k正确，所以欢迎下载精品学习资源Sk x1x2xkxk1 kx xxSk 1S，所发x xx，欢迎下载精品学习资源k 112kkk11k11 2k 1欢迎下载精品学习资源即 x1x2xk 1k 1 x xx，命题对 n=k-1 也正确，由反归纳法原理知，命题对一切自然数欢迎下载精品学习资源k1成立；1 2k 11122321kk111111欢迎下载精品学习资源4、当 n=2 时，上述不等式成立，假设21，欢迎下载精品学习资源kk欢迎下载精品学习资源就111112222k 2k12121k 2k121欢迎下载精

6、品学习资源23kk1kk1kk1k1欢迎下载精品学习资源11欢迎下载精品学习资源于是对一切 n2 的自然数 n 来说，2221 1 ；欢迎下载精品学习资源五、简述题2n1,n02 3nn欢迎下载精品学习资源1、答：f n2n , n，赐予证明如下：0欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源任取 n1, n2Z ，且 n1n2 ，就f n1f n2,f n 是单射；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源任取 fnN ，如f n 为奇数，就有 n0 ，使f n2n1 与之对应；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源如 f n 为偶数，就有n0 ，使f n2n 与之对应，所以有f n 是满射；欢

7、迎下载精品学习资源所以 f n 是从 Z 到 N 的双射；欢迎下载精品学习资源2、答：空集合的幂集不是空集合；应为P；欢迎下载精品学习资源高等代数专题讨论作业2一、单项挑选题：1-5： DACCB二、填空题：欢迎下载精品学习资源nnn欢迎下载精品学习资源1、 a a 2a 2b 22、 abb0 3、f q xq x q f x q f x 欢迎下载精品学习资源iiii1 1221122i 1i 1i 14、 P1345、 P134三、运算题欢迎下载精品学习资源2x1、解：3 x20 x1x20 x1x2 x50欢迎下载精品学习资源x5x5所以原不等式的解集为5,12, ；2262欢迎下载精品

8、学习资源2、解： f x, y, z3x6 y5z13x12 y55z12欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源1262125 2 9 x212 y25z299x212 y25z2 9981，即f 2 x, y, z81 ；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源2其中当且仅当3xk,12 y6k3k,5z 125k，且欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源9 x21 y2 2kz25329k成立，k 235欢迎下载精品学习资源解得 k1 ，所以当 x1 , y1 , z1 时， f 取极大值， f3x6y5z 1 11359 ；欢迎下载精品学习资源32max , ,13 2欢迎下载精品学

9、习资源3、解：这是一个求具有约束条件abc1 的极值问题，由于它有三个变量a,b, c ，因而不能用消欢迎下载精品学习资源元法来解，但111欢迎下载精品学习资源a2b2c2112122欢迎下载精品学习资源33222 abc39 ，只有当 abc时等式成立；欢迎下载精品学习资源3a b cabc3欢迎下载精品学习资源所以只有当abc1111时，取最小值 27 ；欢迎下载精品学习资源四、证明题3a2b2c2欢迎下载精品学习资源1、证明： 右2 xxx 2xx1xx2xxn 1xxn 2欢迎下载精品学习资源12n23x2x3n1xnx1欢迎下载精品学习资源x 2x 2x2x 2欢迎下载精品学习资源1

10、 xxxx 12n 1n ，欢迎下载精品学习资源23nx2x3xnx1x 2x 2x 2欢迎下载精品学习资源因 x , x, x 都是正数，上式变为xxx12nxxx，得证；欢迎下载精品学习资源12n12n231欢迎下载精品学习资源2、证明：令cos Acos Bcos C2cos AB sin C12sin 2 Ct ，欢迎下载精品学习资源222欢迎下载精品学习资源再令 usin C20 ，得 u 的一元二次方程：22u2cosAB u1t 20 ，由于 uR，所以欢迎下载精品学习资源4cos 2 AB81t0，所以t1 cos2 AB1113，即欢迎下载精品学习资源2cAosBc 3 ；o

11、 C2scos2222欢迎下载精品学习资源3、证明：由于a1, a2 , an 是等差数列，就 a1a2n a1an2an ，就均值不等式，得欢迎下载精品学习资源n a aaa1a2a1an nan2a1an，欢迎下载精品学习资源1 2nnn2欢迎下载精品学习资源又： a1 ana2ann1 ， a1ana3an2 ， a1ananan，122欢迎下载精品学习资源所以 a1an 2a1a2an 1an ，所以a1ann a1a2an 1an，故结论得证；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源五、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 ，都有欢迎下载精品学

12、习资源欢迎下载精品学习资源f q1x1q2x2q1 f x1q2 f x2 ，其中q1, q20,q1q21，就称f x 在该区间上是下凸函数；欢迎下载精品学习资源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；高等代数专题讨论作业3一、单项挑选题：1-5： BDDAC二、填空题欢迎下载精品学习资源1、1，3， 5， 72、假如 d 是 a 与 b 的公因式，且有c a, c b，均有 c d ； 3、代数欢迎下载精品学习资源4、15、-4， 2（重根） 三、运算题欢迎下载精品学习资源kkkk2 m2 k2m1 kkkk k欢迎下载精品学习资源1、证： 1）如1 ,2R，就

13、1212R,121 2R ，欢迎下载精品学习资源2m12m22m12m22m1 m22m12m22 m1 2m2欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源且 1120R ，故 R 是有单位元素 1 的数环，因而是整环；欢迎下载精品学习资源2）2nnZ 为 R 中全部可逆元素；2n pnZ, p 为奇素）为 R 中全部不行约元素；22、解： Zabi 是 Zi 的可逆元素；欢迎下载精品学习资源11有ZZi , 使ZZ1221ZZ1Za 2b 21a0, b1或b0, a1 ，欢迎下载精品学习资源Z1,i, 反之,1,i 是 Z i 的可逆元素；欢迎下载精品学习资源因此，1,i 是Z i 的全部可逆

14、元素；欢迎下载精品学习资源四、证明题1、证明：第一Q x是整环，零抱负是主抱负，设I 是 Q x的任一非零抱负，p x 是 Q x中次数最欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源低的多项式，就对任意f xI 有 q x, r xQ x ，使f xp x q xr x，其中r x0 或欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源r x 的次数 p x 的次数，由f x,p xI 知 r xI ，如r x0 就r x的次数 p x 的次数，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源这与 p x 是 Q x 中次数最低的多项式冲突，故必有r x0 ，从而f xpxqx ，这就证明白 I欢迎下载精品学习资源

15、是由 p x 生成的主抱负；欢迎下载精品学习资源2、证：如a, b, c 之中有零或单位，易见结论成立；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源不妨设a,b,c 都既非零也非单位，由于a bc ，所以有dR, 使bc=ad ，将b,c,a 都分解为不行约元素欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源的 乘 积 ， 如 d 非 单 位 也 将 其 分 解 ：bb1bs , cc1ct , aa1ak ,dd1dl， 就欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源b1bsc1t c1ak a 1d ，l由因d 式分解的惟一性，每个ai 都与等式左边的一个因子相伴，由于欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习

16、资源a, b1 ，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 相欢迎下载精品学习资源伴，于是可知 a c ；欢迎下载精品学习资源3、证：由f xg x 可知，a bg1x,f1 xbg1 x ，因g1 x,f1 x是本原多项式，所以欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源a, g1 x1,f1 x, b1 ，由上第 2 题结论知：a b, g1 xf1 x ；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源4 、证：设f xaa xa xn, g xbb xb xn ，如从代数观点动身f xg x ，欢迎下载精品学习资源01n01n欢迎下载精品学习资源就

17、它们相应系数有以下关系：aibi , i0,1,2, n ，明显它们在任意点的函数值也相同，即从函数欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源论观点动身f xg x ；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源反之，如从函数论观点动身f xg x ，就f xgxabab xabxn ，欢迎下载精品学习资源0011nn欢迎下载精品学习资源这时域 F 中全部元素都是f xgx 的根；但是f xg x 是一个次数不超过n 的多项式，在F 中欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源至多有 n 个根，而前述f xgx 有无限多个根，这个冲突证明必有aibi , i0,1,2, n ，即从欢迎下载精品学习资源

18、欢迎下载精品学习资源代数观点有f xg x ；欢迎下载精品学习资源五、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 a 均可写成：欢迎下载精品学习资源ac1c2cn ， 其 中c1, c2 , cn是 不 可 约 元 素 ， 并 且 如 果 仍 有ad1d2dm ， 其 中欢迎下载精品学习资源d1, d2, dm 也是不行约元素，就必有nm ，且适当调整R 是因式分解惟一环；ci 的次序后，有 cidi , i1,2, n ，就称欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源2、答：定理 3.15 ：任何实系数nn0 次多项式至少有一个复数根；欢迎下载精品学习

19、资源高等代数专题讨论作业4一、单项挑选题：1-5： BDCAA二、填空题欢迎下载精品学习资源r1r21、r1. r2 .6rkr k .2、 C6 2 12126.111113、 N 55.1441.2.3.4.5.欢迎下载精品学习资源4、 C3 6 128 ，三、运算题2.3.1.605、f nf n1f n2欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源1、解：把 n 辆小轿车视为一辆，与m 辆大卡车排队有 m1. 种方法，而小轿车又有n. 种停放方法，欢迎下载精品学习资源所以一共有m1. n. 种停放方法；欢迎下载精品学习资源2、解：用相同元素的重复排列公式：nr1r2, 其中r1=4, r2

20、3 ，不同的摆法有：n.7.35r1 . r2 .4.3.欢迎下载精品学习资源种；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，它的不同项实际上是从6 个元素中取欢迎下载精品学习资源5 个元素的方法数c，即为C56 5 110.5.5.28 项，而a 2b 2 c 的系数为：从 3 元素a,b,c 中取 2 个 a， 2 个 b， 1 个欢迎下载精品学习资源5.5432130 ，所以2.2.1.2121 1a2b2c 的系数为 30；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源4 、 解 ： 设Ak 表 示 能 被 k整 除 而 不 大 于 2000的 自 然 数 集 合 k5 ,

21、7 , 1， 这 时欢迎下载精品学习资源20002000A5400, A7285,57欢迎下载精品学习资源A 2000 181, AA 2000 57, AA 2000 36, AA 2000 25 ，欢迎下载精品学习资源11575117111157511711欢迎下载精品学习资源A5A7A11200057115 ，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源依据定理 4.8 ： A5A7A114002851815736255753欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源5、解：用递推公式：f nf n1f n2 ，f 11, f22 ，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源对楼梯作归纳：当n1

22、 ，只有一个台阶，只有一种走法f 11 ；欢迎下载精品学习资源当 n2 ，可以一步一阶，也可一步两阶，f 22 ；欢迎下载精品学习资源当 n3，可一步一阶，也可一步两阶一阶或一阶两阶，f 3f 2f 13 ；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源f 4f 3f 25,f 5f 4f 38,f 6f 5f 413 ，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源f 7f 6f 521,f 8f 7f 634,f 9f 8f 755 ，欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源f 10f 9f 889,f 11f 10f 9144 ；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源6、解：设 A参与四百米的人

23、, B参与跳远的人,C参与铁饼的人 ,欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源A125, B124, C130, AB5, AC12 ， BC14,ABC5，欢迎下载精品学习资源1） 至少参与一项竞赛的人数：欢迎下载精品学习资源P ABC P APBPC P ABP ACP BCPABC253欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源2） 只参与四百 M 竞赛的人数：ABCAABACABC1255125113 ；欢迎下载精品学习资源四、证明题欢迎下载精品学习资源mnm nmmm nkkttss欢迎下载精品学习资源1、证明：因 1x 1x1x，所以 Cm x Cn x Cm nx ，k 0t 0s

24、 0欢迎下载精品学习资源m nsm ns欢迎下载精品学习资源C k C s k xsCsx s ，所以Ck C s kC s；欢迎下载精品学习资源mnm nmnm ns 0k 0s 0k 0欢迎下载精品学习资源令 ns，上式化为nCk Cn kC n,由于 Cn kC k ，所以nC k C kC n，当 mn 时，有欢迎下载精品学习资源mnm nnnk 0mnm nk 0欢迎下载精品学习资源nnC；2 nCk 2nk 0欢迎下载精品学习资源2 、证明：因1xnnnC k xkk 0，两边对 x 求导一次，得到n 1xn 1nnC k kxkk 01 ，上式两边乘以欢迎下载精品学习资源欢迎下载

25、精品学习资源x ， 再 对 x 求 导 ， 得n1xn 1n1x1x n 2 nnk2 C k xk 1， 令 xk 01 ， 整 理 得欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源nnk 2Ckk 0nn12n 2 ；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源五、简述题答：抽屉原理I ：假如把 n1 件东西装入 n 个抽屉，就至少有1 个抽屉里的东西不少于2 件；欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源抽屉原理 II ：设m1, m2, mn 都是正整数；和进有m1m2mnn1 件东西放进 n 个抽屉，就欢迎下载精品学习资源欢迎下载精品学习资源第 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 件东欢迎下载精品学习资源西，其中至少有一条必成立；欢迎下载