高等数学学习笔记.

《代数学》辅导纲要

第一章代数运算与自然数

主要内容：

1、集合与映射的概念

2、映射及其运算

3、代数系统

4、自然数及其他相关定义

5、归纳法原理与反归纳法的运用

重点掌握

1、由A→B的单映射σ的定义为：设σ:A→B,若由a1∈A,a2∈A,a1≠a2，就推出σ（a1)≠σ(a2)，则称σ为从A到B的单映射。

2、由A→B的满映射σ的定义为：设σ:A→B,若ran(σ)=B，则称σ为从A到B的满映射。

3、给出一个由整数集合Z到自然数集合N的双射：可考虑分段映射，即将定义域分为小于0、等于0、大于0的整数三部分分别给出其象

4、若集合|A|=n，则集合A→A的映射共有nn种。

5、皮阿罗公理中没有前元的元素为1。

6、自然数a与b加法的定义中两个条件为①：a+1=a'②：a+b'=(a+b)'.

7、自然数a与b相乘的定义中两个条件为: ①：a?1=a;②：a?b'=a?b+a

8、自然数a>b的定义为:如果给定的两个自然数a与b存在一个数k,使得

a=b+k，则称a大于b,b小于a,记为a>b或b

9、皮阿罗公理中的归纳公式为:具有下面性质的自然数的任何集合M若满足：(1)1∈M;(2)如果a属于M,则它后面的数a’也属于M.则集合M含有一切自然数，即M=N.

10、在整数集合中求两个数的最大公因数是代数运算。

11、若|A|=m，|B|=n，则A→B的所有不同映射的个数为nm。

12、若A是有限集合，则A→A的不同映射个数为：|A||A|。

13、从整数集合Z到自然数集合N存在一个单映射。

14、若A是有限集合，则不存在A到其真子集合的单映射。

15、若A为无限集合，则存在A的真子集合B使其与A等价。

16、存在从自然数集合N到整数集合Z的一个满映射，但不是单映射。

可考虑将定义域分成奇数、偶数两部分，定义一个与(-1)n有关的映射

17、存在从自然数N到整数集合Z的双射。

可考虑分段映射

18、代数系统(R+,?)与代数系统(R,+)是同构的，其中R+表示正实数集合，R

表示实数集合，?与+就是通常的实数乘法与加法。

根据同构定义，只需找到一个从(R+,?)到(R,+)的一一映射，例如lgx就可以证明上述论述。

19、令Q+为正有理数集合，若规定 a⊕b=a+b，a?b=ab 则： 2

（1）{Q+,⊕}构成代数体系，但不满足结合律。

（2）{Q+,?}不构成代数体系，但满足结合律。

根据代数体系和结合律的定义可得上述论述成立。

20、若在实数集合中规定a⊕b=a+b-a×b，其中+与×是通常的加法与乘法，则⊕满足结合律。

只需证明等式（a⊕b）⊕c=a⊕(b⊕c)成立

21、分别利用归纳法与反归纳法可以证明n个数的算术平均值大于等于这n个数的几何平均值。

归纳法根据定义易证，在运用反归纳法证明时可先证n=2,4,…,2n都成立，假设命题对n=k成立，令Sk=

-1Skk-1≥a1a2...ak-1证之成立 a+a2+...+ak-1a1+a2+...+ak,Sk-1=1，利用k-1k

第二章不等式

主要内容：

1、一些初等不等式的证明

2、几个著名不等式：柯西不等式、赫勒德尔不等式、明可夫斯基不等式的证明

3、均值不等式、柯西不等式等常用不等式的应用

4、凸函数的性质与应用

重点掌握：

1、a1+a2+??+ann≥a1a2??an等号成立的条件为：a1=a2=...=an n

n2n2

in2、柯西不等式(∑aibi)≤(∑a)(∑bi2)等号成立的条件为：

111aa1a2==...=n bnb1b2

x1,x23、f(x)为上凸函数的定义为：对任意的

有:f(q1x1+q2x2)≥q1f(x1)+q2f(x2),其中q1≥0,q2≥0,q1+q2=1，则称f(x)为上凸函数。

4、f(x)=x0..3（x>0），g(x)=sin x（0

f(x)=x0..3，g(x)=sin x, k(x)=㏑（x）

5、f(x)=xk（其中x>0），则当0

6、y=lg x则y是上凸函数 .

7、函数f1(x)=sinx（其中00，k>1）为下凸函数。

118、sin(x1+x2)≥(sinx1+sinx2) 22

9、不等式（a1+a2+??+an）（

2，……n成立。111++……）≥n2，其中ai≥0，i=1，ana1a2

可利用柯西不等式(∑aibi)≤(∑a)(∑bi2)证之成立 22

i

111nnn

10、若a>b>c>0且a+b+c=1，则2abc存在极大值，为2；若已知a×b×c=1，27

则2a+b+4c存在极小值，为6。

利用均值不等式（算术平均值大于等于几何平均值）可算得2abc极大值为2，

2a+b+4c的极小值为6. 27

11、若x>0,y>0,z>0且满足9x2+12y2+5z2=9 ,则3x+6y+5z存在极大值，为9。

利用柯西不等式(∑aibi)≤(∑a)(∑bi2)易知3x+6y+5z的极大值为9，其22

i

111nnn

中a1=3x,b1=1,a2=2y,b2=,a3=z,b3=。

12、若x>0,y>0,z>0且满足3x2+y2+z2=15，则2x+3y+4z存在极大值，395。

利用柯西不等式(∑aibi)≤(∑a)(∑bi2)易知2x+3y+4z的极大值为，22

i

111nnn

其中a1=3x,b1=2

3,a2=y,b2=3,a3=z,b3=4。

13、若x>0,y>0,z>0且满足3x2+4y2+5z2=20 ，则9x+16y+7z存在极大值，为：。利用柯西不等式(∑aibi)≤(∑a)(∑bi2)易知9x+16y+7z的极大值为22

i

111nnn

，其中a1=3x,b1=3,a2=2y,b2=8,a3=5z,b3=7

5。

14、若x>0,y>0,z>0。且满足2x2+3y2+4z2=10，则5x+6y+7z存在极大值，为：7。 2

利用柯西不等式(∑aibi)≤(∑a)(∑bi2)易知5x+6y+7z的极大值为22

i

111nnn

757，其中a1=2x,b1=,a2=3y,b2=23,a3=2z,b3=。 222

15、若x>0,y>0,z>0。且满足x2+2y2+3z2=15，则2x+3y+4z存在极大值，为：415。 2

利用柯西不等式(∑aibi)≤(∑a)(∑bi2)易知2x+3y+4z的极大值为22

i

111nnn415，2

其中a1=x,b1=2,a2=2y,b2=3

2,a3=z,b3=4

3。

16、若x>0,y>0,z>0，且满足2x2+3y2+4z2=10，则3x+4y+5z存在极大值，为965。 6

利用柯西不等式(∑aibi)≤(∑a)(∑bi2)易知3x+4y+5z的极大值为22

i

111nnn965，6

其中a1=2x,b1=3

2,a2=y,b2=4

3,a3=2z,b3=5。 2

αn1α217、不等式α1a1+α2a2+…+αnan≥aα

1成立，其中α1+α2+…+αn=1 a2...an

αi≥0,ai≥0, i=1,2…n。

可令f(x)=lgx，则易知f(x)为上凸函数，利用上凸函数的定义可知上面不等式成立。

18、若0

i=1n

qi>0，xi>0,i=1,2,…n。

可令f(x)=xk，易证f(x)在为上凸函数，利用上凸函数的定义可知上面不等式成立。

19、半径为R的圆内接n边形中，以正n边形的面积最大。

设其内接n边形的面积为S,n边形各边所对应的圆心角为θ1,θ2,...,θn，则

S=12R(sinθ1+sinθ2+...+sinθn)，再根据sinx在(0,π)上是上凸函数可知上面2

论述成立。

第三章多项式与环

主要内容：

1、不可约因式与素因式的概念

2、因式分解唯一环的概念及实例

3、多项式的代数定义与分析定义

4、对称多项式

5、基本定理证明

6、一元三次方程与一元四次方程的根

7、多项式的零点估计

8、重因式与结式

9、施斗姆定理

重点掌握：

1、举出一个交换环的例子：如剩余类环Z5。

2、环的理想定义为：如果R是一个整环，N?R，为R的子环，若对任意的

r∈R,a∈N,均有r?a∈N，则称N为R的理想。

3、剩余类环Z12中可逆元素为:1,5,7,11。

4、剩余类环Z12中非可逆元素为: 0,2,3,4,6,89,10。

5、Z8中的可逆元素为:

1,3,5,7。

6、在剩余类环Z8中不可逆的元素为:0,2,4,6 。

7、整环中因式分解不是唯一的例子是:例如：在整环R=a+b-3|a∈Z,b∈Z中，

4=2?2=(1+-3)(1--3)。 ____________________{}

?10??00?8、在二阶方阵环（实数域上）中找出两个零因子，如： 00??,

01??。

????

9、剩余类环Z12中的真零因子有2,3,4,6。

10、素元素的定义为:设R为整环，若p∈R,p≠θ,p也不是可逆元素。若由p|a?b 就可推出p|a或p|b，这时我们称p为素元素。

11、不可约元素的定义为：设R为整环，c∈R,c≠θ,c也不是可逆元素，且若____ c=a?b就可推出a是可逆元素或者b是可逆元素，这时我们称c是不可约元素。

12、整数环Z上的代数元与超越元分别举出二例：例如1，2是Z上的代数元，e,π是Z上的超越元。

13、π为有理数域上的超越元。

14、2是有理数域上的代数元。

15、Z[x]（Z是整数环）是因式分解唯一环。

16、在整环R={a+b3 | a∈Z，b∈Z }中2是不可约元素。

因为在R中，2?2=(1+-3)(1--3)

17、有理系数n次多项式在有理数域内最多有n个根。

18、在环R={a+b

整环。根据定义以及反例：2?2=(1+-3)(1--3)可知2是不可约元素，但不是素元素。

19、若数域F含有无穷多个元素，则域F上的两个多项式f(x)与g(x)相等的代数定义与分析定义是一致的。

从代数观点出发推得其相对应系数也应该相等，即从函数论观点得证；反之，若从函数论观点出发，将两函数相减所得为一个次数不超过这两个函数次数n的多项式，因此它至多在F内有n个根，由已知数域F含有无穷多个元素，f(x)-g(x)有无限多个根，与前面至多在F内有n个根矛盾，因此f(x)-g(x)的系数必须全为0，因此其相对应系数都相等。

20、若数域F只有P个元素，则从分析观点出发F上的多项式只有有限个。

域F上的任意一个多项式都是F上的函数，如果能证明F上的不同函数最多有有限个即可。设f(x)为F上的函数，F={a1,a2,...,ap}，这时f(a1)就有p种选择, f(a2)也有p种选择，…，f(ap)也有p种选择。所以F上的不同函数共有pp个，为有限个。

21、在Z3=,,中，存在一个多项式f(x)使得f()=，f()=。 -3| a∈Z b∈Z}中，2是不可约元素，但不是素元素，且R是

例如（x-）(x-1)

22、在剩余类环Z12中，（x-）(x-)=的根为2,3,6,11。

将Z12中的元素分别带入上述方程式，使得方程式成立的即为上述方程的根。23、在Z8中, x-=共有四个根：1,3,5,7。

将Z8中的元素分别带入上述方程式，使得方程式成立的即为上述方程的根。24、在剩余类环Z16中x-1=0的根为：1,7,9,15。

将Z16中的元素分别带入上述方程式，使得方程式成立的即为上述方程的根。25、若环R={k| m∈Z，k∈Z}，则R是整环，且R中的所有可逆元素和不可约

2m2_________2____

元素分别为：±2n和±2np，其中p为奇素数。

根据定义易证R是整环，R中的所有可逆元素和不可约元素分别为：±2n和

±2np，其中p为奇素数。

26、整数环是主理想环。

根据定义易证上面叙述成立。

27、存在这样的一个整环：在这个环中因式分解不是唯一的，且可以找出一个是不可约元素而不是素元素的元素。

在环R={a+b-3| a∈Z b∈Z}中，2是不可约元素，但不是素元素

28、若R是因式分解唯一环，则下面两式成立：

（1）、((a,b),c) ~ (a,(b,c)) （2）、(ab, ac) ~ a(b,c)

根据相伴的定义易证

第四章排列与组合

主要内容：

1、初等排列与组合

2、排列与组合模型公式

3、筛法原理

4、筛法原理应用

5、递推公式与筛法原理初等证明

6、拉姆斯定理

重点掌握：

1、(x+y+z)10展开后合并同类项共有66项。

展开后每一项都是10次多项式，它的不同项实际上是从3个元素x,y,z中取10个元素（允许重复取）的方法数，即n个元素取r个元素（可重复取）的

r组合数Cn） +r-1。

rr-1r2、Cn-1+Cn-1=Cn 。

m3、x1+x2+……+xn=m的非负整数解的个数为Cn+m-1。

m上述方程解的个数就是n个元素取m个元素（可重复取）的组合数Cn+m-1。

4、x1+x2+x3=10方程的非负整数解的个数为66。

m上述方程解的个数就是n个元素取m个元素（可重复取）的组合数Cn+m-1。

5、n个数码的扰乱排列总数为：n![1-11111+-+-...=(-1)n]。 1!2!3!4!n!

11111利用公式：D(n)=n![1-+-+-...+(-1)n] 1!2!3!4!n!

7、5个人收5封信谁也不收自己的信共有44种方法.

即求

D(n)=n![1-5个数码的扰乱排列总数,利用公式11111+-+-...+(-1)n] 1!2!3!4!n!

n+18、从n 个元素中取n+1个元素（允许重复取）有C2n种方法。

rn个元素取r个元素（可重复取）的组合数Cn+r-1

539、多项式(x1+x2+x3+x4)12展开合并同类项后（1）共有455项（2）x14x2x3的

系数为27720。

（1）展开后每一项都是12次多项式，它的不同项实际上是从4个元素

（允许重复取）的方法数，即n个元素取r个元素（可x1,x2,x3,x4中取12个元素

r重复取）的组合数Cn+r-1。

（2）如果S中含有r1个相同的b1；r2个相同的b2；…rk个相同的bk，且

r1+r2+...+rk=n，则S中的全排列个数为n!。 r1!r2!...rk!

10、展开多项式后合并同类项(x+y+z+t)12共有455项，x2y3t7的系数为7920。

(1)展开后每一项都是12次多项式，它的不同项实际上是从4个元素x,y,z,t中取12个元素（允许重复取）的方法数，即n个元素取r个元素（可重复取）

r的组合数Cn+r-1。

(2)如果S中含有r1个相同的b1；r2个相同的b2；…rk个相同的bk，且

r1+r2+...+rk=n，则S中的全排列个数为n!。 r1!r2!...rk!

11、上11阶台阶，每次可上一阶或二阶，共有144种不同的方法。

可将上台阶的方法分为上11阶，其中每步都迈1阶，共迈10步；只有一步迈2阶，其余9步迈1阶；只有两步迈2阶，其余迈1阶；…；只有五步迈2阶。分别计算这几种方式分别有几种不同的方法，将结果加起来即可，因此所有12345的方法加起来为1+C10。 +C9+C8+C7+C6

12、上12阶台阶，每次可上一阶或二阶，共有233种不同的方法

012356方法同上11题，结果为：C12。 +C11+C10+C9+C84+C7+C6

13、n对夫妻一起跳舞，则刚好有k对夫妻为舞伴的方法有

11111k(n-k)![1-+-+-...+(-1)n-k]种 Cn1!2!3!4!(n-k)!

应为：k对夫妻为舞伴，剩余n-k对夫妻为扰乱排列的总数。

14、从8个数字中取3个数字，但不准取连续两个数字的方法有16种（其中1和8这两个数字也算连续数字）。利用公式g(n,k)=nkCn-k，其中，g(n,k)表示从n 个数码中取k个数码，n-k

但不允许取连续两个数码（1和n算连续数码）的方法数。

15、从10个数码中取出2个数码，但不准取连续2个数码，其中1和10也是连续数码，共有35种方法。

方法同上题14。

16、从不大于100的正整数中，能被2，或3，或5整除的自然数共有74个。

利用容斥原理，设Ak表示能被k整除而不大于100的自然数集合，则所求即为|A2UA3UA5|，结果为50+33+20-16-10-6+3

17、在1----200的整数中，能被2或者3或者7整除的整数个数为：142。

方法同上题16，利用容斥原理，设Ak表示能被k整除而不大于200的自然数集合，则所求即为|A2 A3 A7|，结果为100+66+28-33-14-9+4。

18、从1----1000整数中求能被2，或者3或者7整除的整数个数为714。

方法同上题16，利用容斥原理，设Ak表示能被k整除而不大于1000的自然数集合，则所求即为|A2 A3 A7|，结果为500+333+142-166-71-47+23。

19、求出1---10000中，能被3，或5，或7整除的自然数共有5429个。

方法同上题16，利用容斥原理，设Ak表示能被k整除而不大于10000的自然数集合，则所求即为|A3 A5 A7|，结果为3333+2000+1428-666-476-285+95。knnnrcn+cn+1+cn+2+...+cn+m=cn+r-1

∑kc

k=1

nnkn=n2n-1 ∑(-1)cc

k=rkrkkn2n=0+cn+...+(-1)ncn=0

nnnn+1cr+cn+1+cn+2+...+cn+m=cn+m+1

N(0)=4!(1-1+111++)=9 2!3!4!

=

ni rin-ri

=

(n-1)!n (r-1)!n-r-1!n-rr

02nncn+c1

n+cn+...+cn=2

?1(n-1)!1? =?+?(r-1)!n-r-1!?rn-r?

3

＋β＋β＋＋ββ＋β＋βnγγnγγnγγnγnγα

≠）≠＋b ＋b22+……＋bn xnānxnn ānxnānxnān f（x?? ? ?? ?

P a1a2...an an,an-1...an an,an-1...a n ai∈

4 4 3 n 3 4 n 3 4 n 3 4 n 2 31111 1 3 4 n 2 4 n 2 3 4 n 2 3 4 n 2 3 4 n 4 n 1 2 3n n 1 2 3 4 n 1 2 3 4 n 1 2 3 4 n 1 2 3 4 n 1 2 3 4 n 1 2 3 4 n 1 2 3 4

、、……、a 2、……

（+2++……+anbn)2≤（……+）（b1、b2、……bn）

、

∈????a∈a∈AAa∈Aa∈Aa∈Aa∈AVVVV??????（A∪B）（A∪C）

⊿A→A→≠≠≠≠≠???????⊿⊿⊿⊿⊿ΦΦΦΦΦΦΦΦ｛｝ρ（A）ρ（A）ρ（A）ρ（A）∣∣∪∪∪∪∪∪∈∈∈

11 =（x－1） xx-1

11f（x）=x f（x）=（x－1） xx-1a，，ī，f（）=ō2+ō=ō，，f（x）=x

a 0＋a1

b ＋a2b2+……＋an bn=0????VVVV??????（A∪B）（A∪C）

⊿⊿⊿A→A→A→A→1≠≠≠≠????????⊿⊿⊿⊿⊿⊿

n(n+1)(2n+1)n(n+1)(2n+1)+22+......+n2= =12+22+ (66)

n(n+1)(2n+1)n(n+1)(2n+1)+n2=12+22+......+n2=12+22+ (66)

n(n+1)(2n+1)+n2=ΦΦΦΦΦΦΦΦ｛｝ρ（A）ρ（A）ρ（A）ρ（A）∣∣6

∣∣∣∣∣∪∣∣∣∪∣∣∣∣∪∪∪∪∪∪∈∈∈∈b≥a nkn(n+1)cn-k +1 n-k2 b≥ab≥ab≥a f′f′