代數(shù)學(xué)輔導(dǎo)綱要

1、代數(shù)學(xué)輔導(dǎo)綱要第一章 代數(shù)運算與自然數(shù)主要內(nèi)容：1、集合與映射的概念2、映射及其運算3、代數(shù)系統(tǒng)4、自然數(shù)及其他相關(guān)定義5、歸納法原理與反歸納法的運用重點掌握1、由AB的單映射的定義為：設(shè)，就推出，則稱為從A到B的單映射。2、由AB的滿映射的定義為：設(shè)，則稱為從A到B的滿映射。3、給出一個由整數(shù)集合Z到自然數(shù)集合N的雙射：可考慮分段映射，即將定義域分為小于0、等于0、大于0的整數(shù)三部分分別給出其象4、若集合|A|=n，則集合AA的映射共有種。5、皮阿羅公理中沒有前元的元素為1。6、自然數(shù)a與b加法的定義中兩個條件為：.7、自然數(shù)a與b相乘的定義中兩個條件為: ：;：8、自然數(shù)a>b的定義

2、為:如果給定的兩個自然數(shù)a與b存在一個數(shù)k,使得a=b+k，則稱a大于b,b小于a,記為a>b或b<a.9、皮阿羅公理中的歸納公式為:具有下面性質(zhì)的自然數(shù)的任何集合M若滿足：(1)如果a屬于M,則它后面的數(shù)a也屬于M.則集合M含有一切自然數(shù)，即M=N.10、在整數(shù)集合中求兩個數(shù)的最大公因數(shù)是代數(shù)運算。11、若|A|=m，|B|=n，則AB的所有不同映射的個數(shù)為。12、若A是有限集合，則AA的不同映射個數(shù)為：。13、從整數(shù)集合Z到自然數(shù)集合N存在一個單映射。14、若A是有限集合，則不存在A到其真子集合的單映射。15、若A為無限集合，則存在A的真子集合B使其與A等價。16、存在從自然數(shù)

3、集合N到整數(shù)集合Z的一個滿映射，但不是單映射?？煽紤]將定義域分成奇數(shù)、偶數(shù)兩部分，定義一個與有關(guān)的映射17、存在從自然數(shù)N到整數(shù)集合Z的雙射。可考慮分段映射18、代數(shù)系統(tǒng)(,)與代數(shù)系統(tǒng)(R,+)是同構(gòu)的，其中表示正實數(shù)集合，R表示實數(shù)集合，與+就是通常的實數(shù)乘法與加法。根據(jù)同構(gòu)定義，只需找到一個從(,)到(R,+)的一一映射，例如lgx就可以證明上述論述。19、令為正有理數(shù)集合，若規(guī)定 ， 則：（1）,構(gòu)成代數(shù)體系，但不滿足結(jié)合律。（2）,不構(gòu)成代數(shù)體系，但滿足結(jié)合律。根據(jù)代數(shù)體系和結(jié)合律的定義可得上述論述成立。20、若在實數(shù)集合中規(guī)定=a+b-a×b，其中+與×是通常的

4、加法與乘法，則滿足結(jié)合律。只需證明等式（）c=成立21、分別利用歸納法與反歸納法可以證明n個數(shù)的算術(shù)平均值大于等于這n個數(shù)的幾何平均值。歸納法根據(jù)定義易證，在運用反歸納法證明時可先證n=2,4,都成立，假設(shè)命題對n=k成立，令，利用證之成立第二章 不等式主要內(nèi)容：1、一些初等不等式的證明2、幾個著名不等式：柯西不等式、赫勒德爾不等式、明可夫斯基不等式的證明3、均值不等式、柯西不等式等常用不等式的應(yīng)用4、凸函數(shù)的性質(zhì)與應(yīng)用重點掌握：1、等號成立的條件為：2、柯西不等式等號成立的條件為：3、f(x)為上凸函數(shù)的定義為：對任意的有:,其中，則稱f(x)為上凸函數(shù)。4、f(x)=（x>0），g(

5、x)=sin x（0<x<），k(x)=x 中，上凸函數(shù)為：f(x)=，g(x)=sin x, k(x)=（x）5、f(x)=（其中x>0），則當0<k<1時，f(x)為下凸函數(shù)。6、y=lg x則y是上凸函數(shù) .7、函數(shù)（其中0<x<）和=x為上凸函數(shù)，=（其中，k>1）為下凸函數(shù)。8、 9、不等式（）（+），其中0，i=1，2，n成立?？衫每挛鞑坏仁阶C之成立10、若a>b>c>0且a+b+c=1，則2abc存在極大值，為；若已知a×b×c=1，則2a+b+4c存在極小值，為6。利用均值不等式（算術(shù)平均值

6、大于等于幾何平均值）可算得2abc極大值為，2a+b+4c的極小值為6.11、若x>0,y>0,z>0且滿足9+12+5=9 ,則3x+6y+5z存在極大值，為9。利用柯西不等式易知3x+6y+5z的極大值為9，其中。12、若x>0,y>0,z>0且滿足3+=15，則2x+3y+4z存在極大值，為：。利用柯西不等式易知2x+3y+4z的極大值為，其中。13、若x>0,y>0,z>0且滿足3+4+5=20 ，則9x+16y+7z存在極大值，為：。利用柯西不等式易知9x+16y+7z的極大值為，其中。14、若x>0,y>0,z>

7、;0。且滿足2+3+4=10，則5x+6y+7z存在極大值，為：。利用柯西不等式易知5x+6y+7z的極大值為，其中。15、若x>0,y>0,z>0。且滿足+2+3=15，則2x+3y+4z存在極大值，為：。利用柯西不等式易知2x+3y+4z的極大值為，其中。16、若x>0,y>0,z>0，且滿足2+3+4=10，則3x+4y+5z存在極大值，為。利用柯西不等式易知3x+4y+5z的極大值為，其中。17、不等式 +成立，其中+=1 , i=1,2n?？闪?，則易知為上凸函數(shù)，利用上凸函數(shù)的定義可知上面不等式成立。18、若0<k<1,則有其中=1,且

8、，i=1,2,n?？闪睿鬃C在為上凸函數(shù)，利用上凸函數(shù)的定義可知上面不等式成立。19、半徑為R的圓內(nèi)接n邊形中，以正n邊形的面積最大。設(shè)其內(nèi)接n邊形的面積為S,n邊形各邊所對應(yīng)的圓心角為，則，再根據(jù)sinx在上是上凸函數(shù)可知上面論述成立。第三章 多項式與環(huán)主要內(nèi)容：1、不可約因式與素因式的概念2、因式分解唯一環(huán)的概念及實例3、多項式的代數(shù)定義與分析定義4、對稱多項式5、基本定理證明6、一元三次方程與一元四次方程的根7、多項式的零點估計8、重因式與結(jié)式9、施斗姆定理重點掌握：1、舉出一個交換環(huán)的例子：如剩余類環(huán)。2、環(huán)的理想定義為：如果R是一個整環(huán)，為R的子環(huán)，若對任意的均有，則稱N為R的理想。

9、3、剩余類環(huán)中可逆元素為:。4、剩余類環(huán)中非可逆元素為: 。5、中的可逆元素為: 。6、在剩余類環(huán)中不可逆的元素為: 。7、整環(huán)中因式分解不是唯一的例子是:例如：在整環(huán)中，。8、在二階方陣環(huán)（實數(shù)域上）中找出兩個零因子，如：。9、剩余類環(huán)中的真零因子有。10、素元素的定義為:設(shè)R為整環(huán)，若也不是可逆元素。若由就可推出或，這時我們稱p為素元素。11、不可約元素的定義為：設(shè)R為整環(huán)，也不是可逆元素，且若就可推出a是可逆元素或者b是可逆元素，這時我們稱c是不可約元素。12、整數(shù)環(huán)Z上的代數(shù)元與超越元分別舉出二例：例如1，是Z上的代數(shù)元，是Z上的超越元。13、為有理數(shù)域上的超越元。14、是有理數(shù)域上的

10、代數(shù)元。15、Zx（Z是整數(shù)環(huán)）是因式分解唯一環(huán)。16、在整環(huán)R=a+b | aZ，bZ 中2是不可約元素。 因為在R中，17、有理系數(shù)n次多項式在有理數(shù)域內(nèi)最多有n個根。18、在環(huán)R=a+b| aZ bZ中，2是不可約元素，但不是素元素，且R是整環(huán)。根據(jù)定義以及反例：可知2是不可約元素，但不是素元素。19、若數(shù)域F含有無窮多個元素，則域F上的兩個多項式f(x)與g(x)相等的代數(shù)定義與分析定義是一致的。從代數(shù)觀點出發(fā)推得其相對應(yīng)系數(shù)也應(yīng)該相等，即從函數(shù)論觀點得證；反之，若從函數(shù)論觀點出發(fā)，將兩函數(shù)相減所得為一個次數(shù)不超過這兩個函數(shù)次數(shù)n的多項式，因此它至多在F內(nèi)有n個根，由已知數(shù)域F含有無窮

11、多個元素，f(x)-g(x)有無限多個根，與前面至多在F內(nèi)有n個根矛盾，因此f(x)-g(x)的系數(shù)必須全為0，因此其相對應(yīng)系數(shù)都相等。20、若數(shù)域F只有P個元素，則從分析觀點出發(fā)F上的多項式只有有限個。域F上的任意一個多項式都是F上的函數(shù)，如果能證明F上的不同函數(shù)最多有有限個即可。設(shè)f(x)為F上的函數(shù)，這時就有p種選擇, 也有p種選擇，也有p種選擇。所以F上的不同函數(shù)共有個，為有限個。21、在中，存在一個多項式f(x)使得f()=，f()=。例如（）()22、在剩余類環(huán)中，（）()=的根為。將中的元素分別帶入上述方程式，使得方程式成立的即為上述方程的根。23、在中, 共有四個根：。將中的元

12、素分別帶入上述方程式，使得方程式成立的即為上述方程的根。24、在剩余類環(huán)中的根為：。將中的元素分別帶入上述方程式，使得方程式成立的即為上述方程的根。25、若環(huán)R=| mZ，kZ，則R是整環(huán)，且R中的所有可逆元素和不可約元素分別為：和，其中p為奇素數(shù)。根據(jù)定義易證R是整環(huán)，R中的所有可逆元素和不可約元素分別為：和，其中p為奇素數(shù)。26、整數(shù)環(huán)是主理想環(huán)。根據(jù)定義易證上面敘述成立。27、存在這樣的一個整環(huán)：在這個環(huán)中因式分解不是唯一的，且可以找出一個是不可約元素而不是素元素的元素。在環(huán)R=a+b| aZ bZ中，2是不可約元素，但不是素元素28、若R是因式分解唯一環(huán)，則下面兩式成立：（1）、(a,

13、b),c) (a,(b,c) （2）、(ab, ac) a(b,c)根據(jù)相伴的定義易證第四章 排列與組合主要內(nèi)容：1、初等排列與組合2、排列與組合模型公式3、篩法原理4、篩法原理應(yīng)用5、遞推公式與篩法原理初等證明6、拉姆斯定理重點掌握：1、展開后合并同類項共有66項。 展開后每一項都是10次多項式，它的不同項實際上是從3個元素x,y,z中取10個元素（允許重復(fù)取）的方法數(shù)，即n個元素取r個元素（可重復(fù)?。┑慕M合數(shù)。）2、+= 。3、+=m的非負整數(shù)解的個數(shù)為。上述方程解的個數(shù)就是n個元素取m個元素（可重復(fù)?。┑慕M合數(shù)。4、+=10方程的非負整數(shù)解的個數(shù)為66。上述方程解的個數(shù)就是n個元素取m個

14、元素（可重復(fù)?。┑慕M合數(shù)。5、n個數(shù)碼的擾亂排列總數(shù)為：。利用公式：7、5個人收5封信誰也不收自己的信共有44種方法.即求5個數(shù)碼的擾亂排列總數(shù),利用公式8、從n 個元素中取n+1個元素（允許重復(fù)?。┯蟹N方法。n個元素取r個元素（可重復(fù)取）的組合數(shù)9、多項式展開合并同類項后（1）共有455項（2）的系數(shù)為27720。（1） 展開后每一項都是12次多項式，它的不同項實際上是從4個元素中取12個元素（允許重復(fù)取）的方法數(shù)，即n個元素取r個元素（可重復(fù)?。┑慕M合數(shù)。（2） 如果S中含有個相同的；個相同的；個相同的，且，則S中的全排列個數(shù)為。10、展開多項式后合并同類項共有455項，的系數(shù)為7920。

15、(1)展開后每一項都是12次多項式，它的不同項實際上是從4個元素中取12個元素（允許重復(fù)取）的方法數(shù)，即n個元素取r個元素（可重復(fù)取）的組合數(shù)。(2)如果S中含有個相同的；個相同的；個相同的，且，則S中的全排列個數(shù)為。11、上11階臺階，每次可上一階或二階，共有144種不同的方法?？蓪⑸吓_階的方法分為上11階，其中每步都邁1階，共邁10步；只有一步邁2階，其余9步邁1階；只有兩步邁2階，其余邁1階；只有五步邁2階。分別計算這幾種方式分別有幾種不同的方法，將結(jié)果加起來即可，因此所有的方法加起來為。12、上12階臺階，每次可上一階或二階，共有233種不同的方法方法同上11題，結(jié)果為：。13、n對夫

16、妻一起跳舞，則剛好有k對夫妻為舞伴的方法有種應(yīng)為：k對夫妻為舞伴，剩余n-k對夫妻為擾亂排列的總數(shù)。14、從8個數(shù)字中取3個數(shù)字，但不準取連續(xù)兩個數(shù)字的方法有16種（其中1和8這兩個數(shù)字也算連續(xù)數(shù)字）。利用公式，其中，表示從n個數(shù)碼中取k個數(shù)碼，但不允許取連續(xù)兩個數(shù)碼（1和n算連續(xù)數(shù)碼）的方法數(shù)。15、從10個數(shù)碼中取出2個數(shù)碼，但不準取連續(xù)2個數(shù)碼，其中1和10也是連續(xù)數(shù)碼，共有35種方法。方法同上題14。16、從不大于100的正整數(shù)中，能被2，或3，或5整除的自然數(shù)共有74個。利用容斥原理，設(shè)表示能被k整除而不大于100的自然數(shù)集合，則所求即為，結(jié)果為50+33+20-16-10-6+317、在1-200的整數(shù)中，能被2或者3或者7整除的整數(shù)個數(shù)為：142。方法同上題16，利用容斥原理，設(shè)表示能被k整除而不大于200的自然數(shù)