代数学引论(聂灵沼-丁石孙版)第一章习题答案
第一章习题答案修改稿
习 题 一1. (1)2,(1)1,(2)1f f f -===，求()f x 的Lagrange 插值多项式。
解：由题意知：2. 取节点01210,1,,2x x x ===对x y e -=建立Lagrange 型二次插值函数，并估计差。
解11201201210,1,;1,,2x x x y y e y e --======1)由题意知：则根据二次Lagrange 插值公式得：3.函数y =4, 6.25,9x x x ===处的函数值，试通过一个二次插值函数的近似值，并估计其误差。
解：0120124, 6.25,9;2, 2.5,3y x x x y y y =======由题意 （1） 采用Lagrange插值多项式220()()j j j y L x l x y ==≈=∑其误差为〔2〕采用Newton插值多项式2()y N x =≈4. 设()()0,1,...,k f x x k n ==，试列出()f x 关于互异节点()0,1,...,i x i n =的Lagrange 插值多项式。
注意到：假设1n +个节点()0,1,...,i x i n =互异，那么对任意次数n ≤的多项式()f x ，它关于节点()0,1,...,i x i n =满足条件(),0,1,...,i i P x y i n ==的插值多项式()P x 就是它本身。
可见，当k n ≤时幂函数()(0,1,...,)kf x x k n ==关于1n +个节点()0,1,...,i x i n =的插值多项式就是它本身，故依Lagrange 公式有特别地，当0k =时，有 而当1k =时有5. 依据以下函数表分别建立次数不超过3的Lagrange 插值多项式和Newton 插值多项式，并验证插值多项式的唯一性。
解：（1） Lagrange插值多项式3120010203124()010204x x x x x x x x x l x x x x x x x ------=••=••------=3271488x x x -+--0321101213024()101214x x x x x x x x x l x x x x x x x ------=••=••------=32683x x x-+0312202123014()202124x x x x x x x x x l x x x x x x x ------=••=••------=32544x x x -+-0123303132012()404142x x x x x x x x x l x x x x x x x ------=••=••------=323224x x x-+（2） Newton 插值多项式由求解结果可知：33()()L x N x = 说明插值问题的解存在且唯一。
线性代数第一章习题答案
线性代数第一章习题答案第一章：行列式答案第一节A 类题1 –42 3333c b a abc ---3 404 1 第二节A 类题 1 .(1) 7 (2) 4 (3)11 (4) (1)2n n -2.(1) i=8,j=3 (2) i=6,j=8B 类题1. (1)2n n -2. (1)n n -3.(1)2n n T --第三节A 类题1 （1）-3 （ 2）4433211244322311a a a a a a a a -- （3）45x （4）!)1(n n -2 （1）1123344255112335425414233142551423354251152331425 41523344251;;;;;a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a a ---（2）5244312513a a a a a ；5441322513a a a a a ；5142342513a a a a a （3）负号“—” 3 0==b a 4 -2第五节A 类题1 （1）0 （2）-312（3）22x y （4）[]1(1)()n a n b a b -+-- (5) 2--n n a a(6) ∏∑==???? ?-ni i ni i a a a 1101 (7) 12 ()2'6x x F =3 δ33-=-ihgf e dc b aB 类题1把第n-1列的-1倍加到第n 列，第n-2列的-1倍加到第n-1列，----第一列的-1倍加到第二列，直接化为三角形行列式n 22)n 1-n 1+-）（（）（2. ()∏∑==-??? ??+ni i ni i a x a x 113. 12122111)2(2122112121110)2(2--≥--=--+--≥-∑n n j ji n n c c i r r D .第六节A 类题1（1）1（2）44a b -（3）()()()()a b c b a c a c b ++---（4）按第一列展开()n n n y x 11+-+2 34M ，()61122112=-=+M A3．0B 类题1 31234()a a a a x x ++++2 按第n 行展开，即可，n n n n n n x x a x a x a x a a ++++++----11222213 ∏≥≥≥++-11121j i n j j i i n n n na b a b a a a第七节A 类题1()313,4,32;2=-==++=c b a c bx ax x f 2满足01113111121111=-=ba a D 的4)1+=a b （ 3 利用范德蒙德行列式计算，解是 4 -6 4 -1B 类题111112222333344440a b c d a b c d a b c d a b c d =章节测试题一选择题1D 2D 3A 4C 5c 二填空121D D D --= 2 –5 3 –3 4 2d 5 ()()n n n a a 1211--三计算1-∑=ni i n a a a a 10112()()()121+---n x x x3、将前n 列加到最后一列，再按最后一列展开得 n n n a a a n D 211)1)(1(-+=+.4 122123112154314321321------=n n n n n n n n nn D n =12212311215431432111112)1(-----+n n n n n nn n n n（各列加到第一列提取公因子=12212311215431432111112)1(-----+n n n n n nn n n n（从第n 行开始减去他的前一行）= 111111111111131111200012)1(nn n n n n n n -----+（按第一列展开）11111111111111112)1( nn n n n n ----+=21)1(12)1(+---n n n n n 四．解方程组（每题10分，共20分）1. 1,1,1;2,2,2,021531211113211321==-====-=≠=-=x x DDx D D D D2.21λ=或。
完全偶图的定向图
山东科学ＳＨＡＮＤＯＮＧＳＣＩＥＮＣＥ第２６卷 第３期 ２０１３年６月出版Ｖｏｌ．２６Ｎｏ．３Ｊｕｎ．２０１３收稿日期：２０１２ １２ １５基金项目：国家自然科学基金（６１０７０２２９）；教育部博士点基金（博导类）（２０１１１４０１１１０００５）作者简介：张雪飞（１９８９－），女，硕士研究生，研究方向为图论及其应用。
通讯作者，王世英（１９６１－），男，博士，教授，博士生导师。
Ｅｍａｉｌ：ｓｈｉｙｉｎｇ＠ｓｘｕ．ｅｄｕ．ｃｎＤＯＩ：１０．３９７６／ｊ．ｉｓｓｎ．１００２－４０２６．２０１３．０３．００１完全偶图的定向图张雪飞，王世英（山西大学数学科学学院，山西太原０３０００６）摘要：完全偶图是具有二分类（Ｘ，Ｙ）的简单偶图，其中Ｘ的每个顶点与Ｙ的每个顶点相连，若｜Ｘ｜＝ｍ，｜Ｙ｜＝ｎ，则这样的图记为Ｋｍ，ｎ。
本文主要研究了Ｋｎ，ｎ的定向图。
证明了如下结论：对于非负整数ａ和ｂ，若存在满足每个顶点的入度是ａ或者是ｂ的一个Ｋｎ，ｎ的定向图，则存在非负整数ｓ和ｔ满足方程ｓ＋ｔ＝２ｎ和ａｓ＋ｂｔ＝ｎ２。
进一步，对于满足特定条件的非负整数ａ，ｂ和ｎ，存在Ｋｎ，ｎ的定向图使得每个顶点的入度非ａ即ｂ。
关键词：二部图；定向；入度中图分类号：Ｏ１５７．６ 文献标识码：Ａ 文章编号：１００２ ４０２６（２０１３）０３ ０００１ ０４ＡｎｏｒｉｅｎｔｅｄｇｒａｐｈｏｆａｃｏｍｐｌｅｔｅｂｉｐａｒｔｉｔｅｇｒａｐｈＺＨＡＮＧＸｕｅ ｆｅｉ，ＷＡＮＧＳｈｉ ｙｉｎｇ（ＳｃｈｏｏｌｏｆＭａｔｈｅｍａｔｉｃｓ，ＳｈａｎｘｉＵｎｉｖｅｒｓｉｔｙ，Ｔａｉｙｕａｎ０３０００６，Ｃｈｉｎａ）Ａｂｓｔｒａｃｔ∶Ａｃｏｍｐｌｅｔｅｂｉｐａｒｔｉｔｅｇｒａｐｈｉｓａｓｉｍｐｌｅｂｉｐａｒｔｉｔｅｗｉｔｈｂｉｐａｒｔｉｔｉｏｎ（Ｘ，Ｙ）ｉｆｅａｃｈｖｅｒｔｅｘｉｎＸｉｓｃｏｎｎｅｃｔｅｄｗｉｔｈｅａｃｈｖｅｒｔｅｘｉｎＹ．ＡｃｏｍｐｌｅｔｅｂｉｐａｒｔｉｔｅｇｒａｐｈｉｓｄｅｎｏｔｅｄａｓＫｍ，ｎｉｆ｜Ｘ｜＝ｍａｎｄ｜Ｙ｜＝ｎ．ＴｈｉｓｐａｐｅｒａｄｄｒｅｓｓｅｓｔｈｅｏｒｉｅｎｔｅｄｇｒａｐｈｓｏｆＫｍ，ｎ，ａｎｄｐｒｏｖｅｓｔｈａｔｔｈｅｒｅｅｘｉｓｔｔｗｏｎｏｎ ｎｅｇａｔｉｖｅｉｎｔｅｇｅｒｓｓａｎｄｔｓａｔｉｓｆｙｉｎｇｔｈｅｅｑｕａｔｉｏｎｓｓ＋ｔ＝２ｎａｎｄａｓ＋ｂｔ＝ｎ２ｉｆｔｈｅｉｎ ｄｅｇｒｅｅｏｆｅａｃｈｖｅｒｔｅｘｉｎａｎｏｒｉｅｎｔｅｄｇｒａｐｈｏｆＫｎ，ｎｉｓａｏｒｂ（ａａｎｄｂａｒｅｔｗｏｎｏｎ ｎｅｇａｔｉｖｅｉｎｔｅｇｅｒｓ）．Ｍｏｒｅｏｖｅｒ，ｔｈｅｒｅｅｘｉｓｔｓａｎｏｒｉｅｎｔｅｄｇｒａｐｈｏｆＫｎ，ｎｔｈａｔｍａｋｅｓｔｈｅｉｎ ｄｅｇｒｅｅｏｆｅａｃｈｖｅｒｔｅｘｔｏｂｅｅｉｔｈｅｒａｏｒｂｆｏｒｔｈｅｎｏｎ ｎｅｇａｔｉｖｅｉｎｔｅｇｅｒｓａ，ｂａｎｄｎｓａｔｉｓｆｙｉｎｇｓｏｍｅｓｐｅｃｉａｌｃｏｎｄｉｔｉｏｎｓ．Ｋｅｙｗｏｒｄｓ∶ｂｉｐａｒｔｉｔｅｇｒａｐｈ；ｏｒｉｅｎｔａｔｉｏｎ；ｉｎ ｄｅｇｒｅｅ１ 引言给定任意图Ｇ，对于它的每条边，给其端点指定一个顺序，从而确定一条弧，由此得到一个有向图。
线性代数第一章习题解答.docx
《线性代数》第一章习题解答1. 解：(1)31542 的逆序数=2+0+2+1=5(2)264315 的逆序数=1+4+2+1+0=8 （3）54321 的逆序数=4+3+2+1=10⑷ 246..S2）（2“）135..・HWT ）=呼2. 解：四阶彳亍列式中含有t?31的项可表示为（-1）5山％肿2//3104” '其中Ji ，J 2,J 4为2, 3, 4的全排列。
故带有负号的项有：一£?]2024°31°43，~a \3a 22a M a 44 > ~ a 23° 3\a 421 x2 4 展开式中含有%4 5的项必须每行都取含x 的项相乘,6x 1 即=x-3x-6x- x = 18x 4,含有 x 3 的项为(―1 严31)X • 3x • 6x • 7 + (一1)心24)x. 2 • X • x = -128%3关于''如何做线性代数习题”的一些说明：每个人都有自己的套学习方法，并经 过不断借鉴他人优点、总结自我经验，不断完善学习方法。
做习题是学习方法中一部分。
现介绍一种简单的习题解答方法：拿到习题后不要立即动手，应当先观察，看题目考你 的是哪个知识点；再思考，初步猜测要用哪些方法（所用定理、公式、解决技巧）来操作， 然后动手验证刚才猜测的方法是否可行，可行则解答之，不可行则换一种方法，直到找到答 案。
简单来说，这种方法步骤概括为：一停、二看、三想、四动手。
线性代数的计算题一般通过多做练习能很好的掌握,证明题对非数学专业同学而言要稍 难一些，但这仅仅是第一印象，事实证明只要认真听课、勤做练习、自我总结，每位同学都 能解决大部分证明题（非数学专业考试试题中证明题往往只占少数分值），即使自己不会做 的我们可以查阅参考资料是如何做的（对于教材每章的习题来说，教材正文中的例题也是常 用的参考资料），然后记住这种方法，记得多了做证明题的能力自然得到提高。
美国大学数学教材
数学基础学习阶段◆分析学微积分学教程（1、2、3册）菲赫金哥尔茨数学分析教程（上、下册）史济怀Principles of Mathematical Analysis (Third Edition) Walter Rudin实变函数江泽坚实变函数论周民强复分析导论（上、下册）沙巴特泛函分析讲义（上、下）张恭庆Real and Complex Analysis(Third Edition) Walter RudinFuctional Analysis(Second Edition) Walter Rudin◆代数学高等代数（北京大学数学与力学系）前代数小组代数学引论（聂灵沼、丁石孙）Algebra HungerfordAlgebra Lang美国大学数学参考书目录:第一学年几何与拓扑：1、James R. Munkres, Topology：较新的拓扑学的教材适用于本科高年级或研究生一年级；2、Basic Topology by Armstrong：本科生拓扑学教材；3、Kelley, General Topology：一般拓扑学的经典教材，不过观点较老；4、Willard, General Topology：一般拓扑学新的经典教材；5、Glen Bredon, Topology and geometry：研究生一年级的拓扑、几何教材；6、Introduction to Topological Manifolds by John M. Lee：研究生一年级的拓扑、几何教材，是一本新书；7、From calculus to cohomology by Madsen：很好的本科生代数拓扑、微分流形教材。
代数：1、Abstract Algebra Dummit：最好的本科代数学参考书，标准的研究生一年级代数教材；2、Algebra Lang：标准的研究生一、二年级代数教材，难度很高，适合作参考书GTM；3、Algebra Hungerford：标准的研究生一年级代数教材，适合作参考书GTM；4、Algebra M,Artin：标准的本科生代数教材；5、Advanced Modern Algebra by Rotman：较新的研究生代数教材，很全面；6、Algebra：a graduate course by Isaacs：较新的研究生代数教材；7、Basic algebra Vol I&II by Jacobson：经典的代数学全面参考书，适合研究生参考。
高等数学习题集答案(第一章)
第一章 函数、极限与连续§1.1函数习题11.（1）⎪⎭⎫⎢⎣⎡+∞-,32，（2）[)(]1,00,1⋃-，（3）[]2,0，（4）{}0≠x x ，（5）()∞+-.1； 2.（1）不同，（2）不同，（3）相同，（4）不同；3.单调增加；4.（1）偶，（2）非奇非偶，（3）非奇非偶，（4）偶，（5）奇；5.（1）x y 2sin ln =是由,u y =v u ln =，2w v =，x w sin =四个函数复合而成；（2）2arctan x e y =是由ue y =，v u arctan =，2x v =三个函数复合而成； （3）)2ln(cos 2x y +=是由2u y =， v u cos =，w v ln =，x w +=2四个函数复合而成；（4）32cos arctan x e y =是由31u y =，v u arctan =，w v cos =，t e w =，x t 2=五个函数复合而成； （5）)e ln(tan sin 22x x y +=是由u y ln =，v u tan =，w e v =，x x w sin 22+=四个函数复合而成； 6.()011)(2>++=x xx x f ； 7.()1,011)]([≠-=x x x f f ，{}()1,0)]([≠=x x x f f f 。
习题2 1.（1）{}0≠x x ，（2）(]1,0，（3）⎭⎬⎫⎩⎨⎧≥-⎪⎭⎫ ⎝⎛+≠≥01210k k x x x π且； 2.（1）不同，（2）不同；3.（1）奇，（2）偶；4.原点；5. ()1sin 0211)(2<<--=x x x x f 。
§1.2数列的极限习题1.（1）0；（2）0；（3）2（4）1；（5）极限不存在。
2.（1）]1[ε=N ；（2）]41[ε=N ；（3）]1lg 1[ε+=N ； §1.3函数的极限习题 1. 397=X 。
线性代数练习册第一章部分答案(本)
1 .AAT E; 3 . A2 E 2. AT A
AAT E A1 AT ; A2 E A1 A AT A1 A
或 或
AAT E AAAT AE AT A
AAT E, A2 E A( AT A) 0, A可逆 A1 A( AT A) A1 0 AT A
2 −3 1 r2 − 2 r1 0 0 1 3 0 2r2 0 −1 −3 r − 2r 0 4 1
2 0 0
−3 1 10
2 −3 1 r1 + 3r2 0 1 0 1 3 0 r1 0 0 0 0 2 −4 −4 −2 −2 3 5 3 4 3 1 0 −1 −4 3 −4 1 −2 0 −2 −1
而 B11 所以，
(1)11 0 1 0 1 0 ， 11 211 0 2 0 2 0
11
1 4 1 0 1 1 4 A11 PB11 P 1 11 1 1 0 2 3 1 1 4 213 1 1 213 1 4 1 1 213 3 1 211 1 1 3 1 211 4 211 2731 2732 683 684
1 0 0
0 5 1 3 0 0
1 （2）B = 3 2 3 解：
−1 −3 −2 −3
3 5 3 4 −1 −3 −2 −3
1 B= 3 2 3 r2 − 3r1 r3 − 2r1 r4 − 3r1
1 0 0 0
3 −1 3 − 4 −8 0 −4 8 0 −3 6 −6 0 −5 10 −10 3 1 0 0 0 1 0 0 −4 −2 0 0 2 −2 0 0 3 2 0 0 −3 2 0 0
高等代数习题解答(第一章)(完整资料).doc
【最新整理，下载后即可编辑】高等代数习题解答第一章 多项式补充题1．当,,a b c取何值时，多项式()5f x x =-与2()(2)(1)g x a x b x =-++ 2(2)c x x +-+相等？提示：比较系数得6136,,555a b c =-=-=. 补充题2．设(),(),()[]f x g x h x x ∈，2232()()()f x xg x x h x =+，证明：()()()0f x g x h x ===．证明 假设()()()0f x g x h x ===不成立．若()0f x ≠，则2(())f x ∂为偶数，又22(),()g x h x 等于0或次数为偶数，由于22(),()[]g x h x x ∈，首项系数（如果有的话）为正数，从而232()()xg x x h x +等于0或次数为奇数，矛盾．若()0g x ≠或()0h x ≠则232(()())xg x x h x ∂+为奇数，而2()0f x =或2(())f x ∂为偶数，矛盾．综上所证，()()()0f x g x h x ===．1．用g (x ) 除 f (x )，求商q (x )与余式r (x )： 1）f (x ) = x 3- 3x 2 -x -1，g (x ) =3x 2 -2x +1； 2）f (x ) = x 4 -2x +5，g (x ) = x 2 -x +2． 1）解法一 待定系数法．由于f (x )是首项系数为1的3次多项式，而g (x )是首项系数为3的2次多项式，所以商q (x )必是首项系数为13的1次多项式，而余式的次数小于 2．于是可设q (x ) =13x +a , r (x ) =bx +c 根据 f (x ) = q (x ) g (x ) + r (x )，即x 3-3x 2 -x -1 = (13x +a )( 3x 2 -2x +1)+bx +c 右边展开，合并同类项，再比较两边同次幂的系数，得 2333a -=-,1123a b -=-++,1a c -=+解得79a =-,269b =-,29c =-，故得17(),39q x x =- 262().99r x x =--解法二 带余除法．3 -2 1 1 -3 -1 -1 1379-1 23- 1373-43- -173-14979- 269- 29-得17(),39q x x =- 262().99r x x =--2）2()1,()57.q x x x r x x =+-=-+ 262().99r x x =--2．,,m p q 适合什么条件时，有1）231;x mx x px q +-++ 2）2421.x mx x px q ++++ 1）解21x mx +-除3x px q++得余式为：2()(1)()r x p m x q m =+++-，令()0r x =，即210;0.p m q m ⎧++=⎨-=⎩故231x mx x px q +-++的充要条件是2;10.m q p m =⎧⎨++=⎩2）解21x mx ++除42x px q++得余式为：22()(2)(1)r x m p m x q p m =-+-+--+，令()0r x =，即22(2)0;10.m p m q p m ⎧-+-=⎪⎨--+=⎪⎩解得2421x mx x px q ++++的充要条件是0;1m p q =⎧⎨=+⎩ 或 21;2.q p m =⎧⎨=-⎩ 3．求()g x 除()f x 的商()q x 与余式()r x ： 1）53()258,()3;f x x x x g x x =--=+2）32(),()12.f x x x x g x x i =--=-+1）解法一 用带余除法（略）．解法二 用综合除法．写出按降幂排列的系数，缺项的系数为0： -3 2 0 -5 0 -8 0 + -6 18 -39 117 -3272 -6 13 -39 109 -327 所以432()261339109,()327.q x x x x x r x =-+-+=-2）解法一 用带余除法（略）．解法二 用综合除法．写出按降幂排列的系数，缺项的系数为0：()f x1-2i 1 -1 -1 0 + 1-2i -4-2i -9+8i 1 -2i -5-2i -9+8i 所以2()2(52),()98.q x x ix i r x i =--+=-+4．把()f x 表成0x x -的方幂和，即表成 201020()()c c x x c x x +-+-+的形式：1）50(),1;f x x x == 2）420()23,2;f x x x x =-+=-3）4320()2(1)37,.f x x ix i x x i x i =--+-++=-注 设()f x 表成201020()()c c x x c x x +-+-+的形式，则0c 就是()f x 被x x -除所得的余数，1c 就是()f x 被x x -除所得的商式212030()()c c x x c x x +-+-+再被0x x -除所得的余数，逐次进行综合除法即可得到01,,,.n c c c1）解用综合除法进行计算1 1 0 0 0 0 0+ 1 1 1 1 11 1 1 1 1 1 1+ 1 2 3 41 2 3 4 51 + 1 3 61 3 6 101 + 1 41 4 101 + 11 5所以5234515(1)10(1)10(1)5(1)(1).x x x x x x=+-+-+-+-+-2）3）略5．求()f x与()g x的最大公因式：1）43232()341,()1;f x x x x xg x x x x=+---=+--2）4332()41,()31;f x x xg x x x=-+=-+3）42432()101,()6 1.f x x xg x x x=-+=-+++1）解用辗转相除法()g x()f x2()q x12-141 1 -1 -1 1 1 -3 -4 -11 1 3212 1 1 -1 -112-32- -1 1()r x-2 -3 -13()q x834312- 34- 14- -2 -22()r x34-34--1 -1-1 -13()r x所以((),()) 1.f x g x x =+2）((),()) 1.f x g x = 3）2((),()) 1.f x g x x =--6．求(),()u x v x 使()()()()((),()):u x f x v x g x f x g x += 1）432432()242,()22f x x x x x g x x x x x =+---=+---； 2）43232()421659,()254f x x x x x g x x x x =--++=--+； 3）4322()441,()1f x x x x x g x x x =--++=--． 1）解 用辗转相除法()g x ()f x2()q x1 1 1 1 -1 -2 -2 1 2 -1 -4 -21 1 0 -2 0 1 1 -1 -2 -2 1 1 -2 -21()r x1 0 -2 03()q x1 01 0 -2 0 1 0 -22()r x1 0 -23()r x由以上计算得11()()()(),f x q x g x r x =+ 212()()()(),g x q x r x r x =+ 132()()(),r x q x r x =因此22((),())()2f x g x r x x ==-，且2((),())()f x g x r x =21()()()g x q x r x =-21()()[()()()]g x q x f x q x g x =-- 212()()[1()()]()q x f x q x q x g x =-++所以212()()1,()1()()2u x q x x v x q x q x x =-=--=+=+．2）((),())1f x g x x =-，21122(),()13333u x x v x x x =-+=--． 3）((),())1f x g x =，32()1,()32u x x v x x x x =--=+--．7．设323()(1)22,()f x x t x x u g x x tx u =++++=++的最大公因式是一个二次多项式，求,t u 的值．解 略．8．证明：如果()(),()()d x f x d x g x 且()d x 为()f x 与()g x 的一个组合，那么()d x 是()f x 与()g x 的一个最大公因式．证明 由于()(),()()d x f x d x g x ，所以()d x 为()f x 与()g x 的一个公因式．任取()f x 与()g x 的一个公因式()h x ，由已知()d x 为()f x 与()g x 的一个组合，所以()()h x d x ．因此，()d x 是()f x 与()g x 的一个最大公因式．9．证明：(()(),()())((),())()f x h x g x h x f x g x h x =，（()h x 的首项系数为 1）． 证明 因为存在多项式()u x 和()v x 使 ((),())()()()()f x g x u x f x v x g x =+，所以((),())()()()()()()()f x g x h x u x f x h x v x g x h x =+，这表明((),())()f x g x h x 是()()f x h x 与()()g x h x 的一个组合，又因为 ((),())(),((),())()f x g x f x f x g x g x ， 从而((),())()()(),((),())()()()f x g x h x f x h x f x g x h x g x h x ，故由第8题结论，((),())()f x g x h x 是()()f x h x 与()()g x h x 的一个最大公因式．注意到((),())()f x g x h x 的首项系数为1，于是(()(),()())((),())()f x h x g x h x f x g x h x =．10．如果(),()f x g x 不全为零，证明：()()(,)1((),())((),())f xg x f x g x f x g x =．证明 存在多项式()u x 和()v x 使((),())()()()()f x g x u x f x v x g x =+，因为(),()f x g x 不全为零，所以((),())0f x g x ≠，故由消去律得()()1()()((),())((),())f xg x u x v x f x g x f x g x =+，所以()()(,)1((),())((),())f xg x f x g x f x g x =．11．证明：如果(),()f x g x 不全为零，且()()()()((),())u x f x v x g x f x g x +=，那么((),())1u x v x =．证明 因为(),()f x g x 不全为零，故 ((),())0f x g x ≠，从而由消去律得()()1()()((),())((),())f xg x u x v x f x g x f x g x =+，所以((),())1u x v x =．12．证明：如果((),())1f x g x = ，((),())1f x h x =，那么((),()())1f x g x h x =． 证法一 用反证法．假设()((),()())1d x f x g x h x =≠，则(())0d x ∂>，从而()d x 有不可约因式()p x ，于是()(),()()()p x f x p x g x h x ，但因为((),())1f x g x =，所以()p x 不整除()g x ，所以()()p x h x ，这与((),())1f x h x =矛盾．因此((),()())1f x g x h x =．证法二 由题设知，存在多项式1122(),(),(),()u x v x u x v x ，使得11()()()()1u x f x v x g x +=，22()()()()1u x f x v x h x +=，两式相乘得12121212[()()()()()()()()()]()[()()]()()1u x u x f x v x u x g x u x v x h x f x v x v x g x h x +++=，所以((),()())1f x g x h x =．13．设11(),,(),(),,()m n f x f x g x g x 都是多项式，而且((),())1(1,2,,;1,2,,).i j f x g x i m j n ===求证：1212(()()(),()()()) 1.m n f x f x f x g x g x g x =证法一 反复应用第12题的结果 证法二 反证法14．证明：如果((),())1f x g x =，那么(()(),()())1f x g x f x g x +=． 证明 由于((),())1f x g x =，所以存在多项式()u x 和()v x 使 ()()()()1u x f x v x g x +=，由此可得()()()()()()()()1,u x f x v x f x v x f x v x g x -++= ()()()()()()()()1,u x f x u x g x u x g x v x g x +-+=即[][]()()()()()()1,u x v x f x v x f x g x -++=[][]()()()()()()1,v x u x g x u x f x g x -++= 于是((),()())1f x f x g x +=，((),()())1g x f x g x +=，应用第12题的结论可得(()(),()())1f x g x f x g x +=．注 也可以用反证法．15．求下列多项式的公共根：32432()221;()22 1.f x x x x g x x x x x =+++=++++提示 用辗转相除法求出2((),()) 1.f x g x x x =++于是得两多项式的公共根为1.2-± 16．判别下列多项式有无重因式： 1）5432()57248f x x x x x x =-+-+-； 2）42()443f x x x x =+--1）解 由于432'()5202144f x x x x x =-+-+，用辗转相除法可求得2((),'())(2)f x f x x =-，故()f x 有重因式，且2x -是它的一个 3 重因式．2）解 由于3'()484f x x x =+-，用辗转相除法可求得((),'())1f x f x =，故()f x 无重因式．17．求t 值使32()31f x x x tx =-+-有重根． 解2'()36f x x x t =-+．先用'()f x 除()f x 得余式 1263()33t t r x x --=+．当3t =时，1()0r x =．此时'()()f x f x ，所以21((),'())'()(1)3f x f x f x x ==-，所以1是()f x 的3重根．当3t ≠时，1()0r x ≠．再用1()r x 除'()f x 得余式215()4r x t =+．故当154t =-时，2()0r x =．此时，121((),'())()92f x f x r x x =-=+，所以12-是()f x 的2重根．当3t ≠且154t ≠-时，2()0r x ≠，则((),'())1f x f x =，此时()f x 无重根．综上，当3t =时，()f x 有3重根1；当154t =-时，()f x 有2重根12-．18．求多项式3x px q ++有重根的条件． 解 略．19．如果242(1)1x Ax Bx -++ ，求,A B ．解法一 设42()1f x Ax Bx =++，则3'()42f x Ax Bx =+．因为242(1)1x Ax Bx -++，所以1是()f x 的重根，从而1也是'()f x 的根．于是(1)0f =且'(1)0f =，即10;420.A B A B ++=⎧⎨+=⎩解得1,2A B ==-．解法二 用2(1)x -除421Ax Bx ++得余式为(42)(31)A B x A B ++--+，因为242(1)1x Ax Bx -++，所以(42)(31)0A B x A B ++--+=，故420;310.A B A B +=⎧⎨--+=⎩ 解得1,2A B ==-．20．证明：212!!nx x x n ++++没有重根．证法一 设2()12!!n x x f x x n =++++ ，则21'()12!(1)!n x x f x x n -=++++-． 因为()'()!nx f x f x n -=，所以((),'())((),)1!nx f x f x f x n ==．于是212!!nx x x n ++++没有重根． 证法二 设2()12!!n x x f x x n =++++ ，则21'()12!(1)!n x x f x x n -=++++-． 假设()f x 有重根α，则()0f α=且'()0f α=，从而0!nn α=，得0α=，但0α=不是()f x 的根，矛盾．所以212!!nx x x n ++++没有重根． 21．略． 22．证明：x 是()f x 的k 重根的充分必要条件是(1)000()'()()0k f x f x f x -====，而()0()0k f x ≠．证明 （必要性）设0x 是()f x 的k 重根，从而0x 是'()f x 的1k -重根，是''()f x 的2k -重根，…，是(1)()k f x -的单根，不是()()k f x 的根，于是(1)000()'()()0k f x f x f x -====，而()0()0k f x ≠．（充分性）设(1)000()'()()0k f x f x f x -====，而()0()0k f x ≠，则0x 是(1)()k f x -的单根，是(2)()k f x -的2重根，…，是()f x 的k 重根．23．举例说明断语“如果α是'()f x 的m 重根，那么α是()f x 的m +1重根”是不对的．解 取1()()1m f x x α+=-+，则()'()1()m f x m x α=+-．α是'()f x 的m 重根，但α不是()f x 的m +1重根．注：也可以取具体的，如0,1m α==．24．证明：如果(1)()n x f x -，那么(1)()n n x f x -． 证明 略．25．证明：如果23312(1)()()x x f x xf x +++，那么12(1)(),(1)()x f x x f x --．证明2121()()x x x x ωω++=--，其中12ωω==．由于23312(1)()()x x f x xf x +++，故存在多项式()h x 使得33212()()(1)()f x xf x x x h x +=++，因此112122(1)(1)0;(1)(1)0.f f f f ωω+=⎧⎨+=⎩ 解得12(1)(1)0f f ==，从而12(1)(),(1)()x f x x f x --．26．求多项式1n x -在复数范围内和实数范围内的因式分解． 解 多项式1n x -的n 个复根为 22cossin ,0,1,2,,1kk k i k n n nππω=+=-，所以1n x -在复数范围内的分解式为1211(1)()()()n n x x x x x ωωω--=----．在实数范围内，当n 为奇数时：222112211221(1)[()1][()1][()1]n n n n n x x x x x x x x ωωωωωω---+-=--++-++-++，当n 为偶数时：222112222221(1)(1)[()1][()1][()1]n n n n n x x x x x x x x x ωωωωωω---+-=-+-++-++-++．27．求下列多项式的有理根： 1）3261514x x x -+-； 2）424751x x x ---；3）5432614113x x x x x +----．1）解 多项式可能的有理根是1,2,7,14±±±±． (1)40f =-≠，(1)360f -=-≠．由于44444,,,,1(2)171(7)1141(14)-------------都不是整数，所以多项式可能的有理根只有2．用综合除法判别：2 1 -6 15 -14 + 2 -8 14 2 1 -4 7 0 + 2 -4 1 -2 3≠0 所以2是多项式的有理根（单根）．注：一般要求指出有理根的重数．计算量较小的话，也可以直接计算，如本题可直接算得(2)0f =，说明2是()f x 的有理根，再由'(2)0f ≠知．2是单根．用综合除法一般比较简单．2）答12-（2重根）．3）答 1-（4重根），3（单根）． 28．下列多项式在有理数域上是否可约？ 1）21x -；2）4328122x x x -++； 3）631x x ++；4）1p x px ++，p 为奇素数； 5）441x kx ++，k 为整数． 1）解21x -可能的有理根是1±，直接检验知，都不是它的根，故21x -不可约．2）解 用艾森斯坦判别法，取2p =． 3）解 令1x y =+，则原多项式变为6365432(1)(1)1615211893y y y y y y y y ++++=++++++，取3p =，则由艾森斯坦判别法知多项式65432615211893y y y y y y ++++++不可约，从而多项式631x x ++也不可约．4）提示：令1x y =-，取素数p ． 5）提示：令1x y =+，取2p =．。
高等数学第一章课后习题答案
高等数学（本）第一章 函数与极限1. 设 ⎪⎩⎪⎨⎧≥<=3||,03|||,sin |)(ππϕx x x x , 求).2(446ϕπϕπϕπϕ、、、⎪⎭⎫ ⎝⎛-⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎭⎫ ⎝⎛6sin )6(ππϕ=21=224sin )4(==ππϕ ()0222)4sin()4(==-=-ϕππϕ2. 设()x f 的定义域为[]1,0，问：⑴()2x f ； ⑵()x f sin ； ⑶()()0>+a a x f ； ⑷()()a x f a x f -++ ()0>a 的定义域是什么？（1）][；，－的定义域为所以知－11)(,111022x f x x ≤≤≤≤[]ππππ)12(,2)(sin ),()12(21sin 0)2(+∈+≤≤≤≤k k x f Z k k x k x 的定义域为所以知由][a a a x f ax a a x -+-≤≤≤+≤1,)(110)3(－的定义域为所以知－由][φ时，定义域为当时，定义域为当从而得－知由211,210111010)4(>-≤<⎩⎨⎧+≤≤-≤≤⎩⎨⎧≤-≤≤+≤a a a a a x a ax a a x a x班级 姓名 学号3. 设()⎪⎩⎪⎨⎧>-=<=111011x x x x f ，()x e x g =，求()[]x g f 和()[]x f g ，并做出这两个函数的图形。
⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧>=<==⎪⎩⎪⎨⎧>-=<=⎪⎩⎪⎨⎧>-=<=-1,1,11,)]([.)20,10,00,1)]([1)(,11)(,01)(,1)]([.)11)(x e x x e e x f g x x x x g f x g x g x g x g f x f 从而得4. 设数列{}n x 有界, 又,0lim =∞→n n y 证明: .0lim =∞→n n n y x{}结论成立。
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wk_ad_begin({pid : 21});wk_ad_after(21, function(){$('.ad-hidden').hide();}, function(){$('.ad-hidden').show();});（1.3） SL2(Ｚ)一模形式，Eisenstein级数丁一函数（1.4）模形式空间的维数（1.5）模形式在"∞"的Fourier展式（1.6） Theta 函数（二）章：Hecke 理论（2.1）点格上的Hecke 对应（2.2）模形式空间上的Hecke算子（2.3） Peterson 内积与Hecke算子的自反性（2.4） Hecke算子的特征形式（2.5）模形式的L-级数（2.6） Hecke算子的迹公式教学方式：讲授教材或教学参考书：(1) N. Koblitz: Introduction to elliptic curves and modular forms (2) J.P.Serre,数论基础，冯克勤译 (3) ng. Elliptic Function. 学生成绩评定方法：考试课程编号：00132610 课程名称：密码学课程类型：研究生和本科生选修课学时学分：54学时，3学分先修要求：高等代数(I)、(II) 基本目的：1．使学生了解传统的密码体制：分组密码和序列密码。
2．使学生了解几种公钥密码体制。
3．使学生了解数字签名，识别和认证的基本方法。
内容提要：1．一些古典密码：移位密码，单表代替密码，多代表替密码，转轮密码。
2．信息论：完全保密，熵，唯一解距离，互信息。
3．序列密码：线性反馈移位寄存器，线性复杂度，非线性组合发生器，组合函数及其相关免疫性。
4．分组密码和数据加密标准：分组密码的工作方式，乘积密码和Feistel密码，DES的算法，DES的特性和强度，对DES的差分攻击。
5．公钥密码体制：计算复杂度，单向函数和陷门函数，RSA密码体制，素性的概率测试，对RSA的攻击，ELGamal密码体制和离散对数，Merkle-Hellman背包体制，椭圆曲线密码体制。
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word格式-可编辑-感谢下载支持 第一章代数基本概念
1. 如果群G中,对任意元素a,b有(ab)2=a2b2,则G为交换群. 证明: 对任意a,bG,由结合律我们可得到 (ab)2=a(ba)b, a2b2=a(ab)b 再由已知条件以及消去律得到 ba=ab, 由此可见群G为交换群.
2. 如果群G中,每个元素a都适合a2=e, 则G为交换群. 证明: [方法1] 对任意a,bG, ba=bae=ba(ab)2=ba(ab)(ab) =ba2b(ab)=beb(ab)=b2(ab)=e(ab)=ab 因此G为交换群. [方法2] 对任意a,bG, a2b2=e=(ab)2, 由上一题的结论可知G为交换群.
3. 设G是一非空的有限集合,其中定义了一个乘法ab,适合条件: (1) a(bc)=(ab)c; (2) 由ab=ac推出a=c; (3) 由ac=bc推出a=b; 证明G在该乘法下成一群. word格式-可编辑-感谢下载支持 证明:[方法1]
设G={a1,a2,…,an},k是1,2,…,n中某一个数字,由(2)可知若ij(I,j=1,2,…,n),有 akaiak aj------------<1> aiakaj ak------------<2> 再由乘法的封闭性可知 G={a1,a2,…,an}={aka1, aka2,…, akan}------------<3> G={a1,a2,…,an}={a1ak, a2ak,…, anak}------------<4> 由<1>和<3>知对任意atG, 存在amG,使得 akam=at. 由<2>和<4>知对任意atG, 存在asG,使得 asak=at. 由下一题的结论可知G在该乘法下成一群.
下面用另一种方法证明,这种方法看起来有些长但思路比较清楚。 [方法2] 为了证明G在给定的乘法运算下成一群，只要证明G内存在幺元(单位元)，并且证明G内每一个元素都可逆即可.
为了叙述方便可设G={a1,a2,…,an}. (Ⅰ) 证明G内存在幺元. <1> 存在atG，使得a1at=a1.(这一点的证明并不难，这里不给证明); <2> 证明a1at= ata1; 因为 a1(ata1)at=(a1at) (a1at)=(a1)2 a1(a1at)at=(a1a1)at=a1(a1at)= (a1)2, 故此 a1(ata1)at= a1(a1at)at. word格式-可编辑-感谢下载支持 由条件(1),(2)可得到
a1at= ata1. <3> 证明at就是G的幺元; 对任意akG, a1(atak) =(a1at)ak=a1ak
由条件(2)可知
atak=ak. 类似可证 akat=ak. 因此at就是G的幺元. (Ⅱ) 证明G内任意元素都可逆； 上面我们已经证明G内存在幺元，可以记幺元为e，为了方便可用a,b,c,…等符号记G内元素.下面证明任意aG，存在bG，使得
ab=ba=e. <1> 对任意aG，存在bG，使得 ab=e; (这一点很容易证明这里略过.) <2> 证明ba=ab=e; 因为 a(ab)b=aeb=ab=e a(ba)b=(ab)(ab)=ee=e 再由条件(2),(3)知 ba=ab. 因此G内任意元素都可逆. 由(Ⅰ),(Ⅱ)及条件(1)可知G在该乘法下成一群. word格式-可编辑-感谢下载支持 4. 设G是非空集合并在G内定义一个乘法ab.证明:如果乘法满足结合律,并且对于任一对
元素a,bG,下列方程 ax=b和ya=b 分别在G内恒有解，则G在该乘法下成一群. 证明： 取一元aG,因xa=a在G内有解, 记一个解为ea ,下面证明ea为G内的左幺元. 对任意 bG, ax=b在G内有解, 记一个解为c,那么有ac=b ,所以 eab= ea(ac)= (eaa)c=ac=b, 因此ea为G内的左幺元.
再者对任意dG, xd=ea在G内有解,即G内任意元素对ea存在左逆元, 又因乘法满足结合律,故此G在该乘法下成一群.
[总结] 群有几种等价的定义: (1) 幺半群的每一个元素都可逆，则称该半群为群. (2) 设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含幺元, G内任意元素都有逆元,则称G为该运算下的群.
(3) 设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且G内包含左幺元, G内任意元素对左幺元都有左逆元,则称G为该运算下的群.
(4) 设G是一个非空集合，G内定义一个代数运算，该运算满足结合律, 并且对于任一对元素a,bG,下列方程
ax=b和ya=b 分别在G内恒有解，则称G为该运算下的群. 值得注意的是如果一个有限半群满足左右消去律, 则该半群一定是群.
5. 在S3中找出两个元素x,y,适合 word格式-可编辑-感谢下载支持 (xy)2x2y2.
[思路] 在一个群G中，x,yG, xy=yx (xy)2x2y2(这一点很容易证明).因此只要找到S3中两个不可交换的元素即可. 我们应该在相交的轮换中间考虑找到这样的元素.
解: 取 x=, y= 那么 (xy)2= x2y2.
[注意] 我们可以通过mathematica软件编写Sn的群表,输出程序如下: Pr[a_,b_,n_]:=(*两个置换的乘积*) (Table[a[[b[[i]]]],{I,1,n}]); Se[n_]:=(*{1,2,…,n}的所有可能的排列做成一个表格*) (Permutations[Table[i,{I,1,n}]]); Stable[n_]:=(*生成Sn群表*) (a=Se[n]; Table[pr[a[[i]],a[[j]],n],{I,1,n},{j,1,n}]) 当n=3时群表如下：
[说明]：表示置换, 剩下的类似.为了让更清楚，我们分别用e,a,b,c,d,f表示,,,,那么群表如下: e a b c d f e e a b c d f a a e d f b c b b c e a f d word格式-可编辑-感谢下载支持 c c b f d e a
d d f a e c b f f d c b a e
6. 对于n>2,作一阶为2n的非交换群. 7. 设G是一群, a,bG,如果a-1ba=br,其中r为一正整数,证明a-ibai=. 证明： 我们采用数学归纳法证明. 当k=1时, a-1ba=br=, 结论成立；假设当k=n时结论成立, 即a-nban=成立, 下面证明当k=n+1时结论也成立.
我们注意到 a-1bka== bkr, 因此 a-(n+1)ban+1= a-1 (a-nban)a=a-1a==, 可见k=n+1时结论也成立. 由归纳原理可知结论得证.
8. 证明:群G为一交换群当且仅当映射是一同构映射. 证明: (Ⅰ)首先证明当群G为一个交换群时映射是一同构映射. 由逆元的唯一性及可知映射为一一对应，又因为 , 并且群G为一个交换群,可得 . 因此有 word格式-可编辑-感谢下载支持 .
综上可知群G为一个交换群时映射是一同构映射. (Ⅱ)接着证明当映射是一同构映射,则群G为一个交换群. 若映射是一同构映射,则对任意有 , 另一方面，由逆元的性质可知 . 因此对任意有 , 即映射是一同构映射,则群G为一个交换群.
9. 设S为群G的一个非空子集合，在G中定义一个关系a～b当且仅当ab-1S.证明这是一 个等价关系的充分必要条件为S是一个子群. 证明: 首先证明若～是等价关系，则S是G的一个子群. 对任意aG,有a～a,故此aa-1=eS； 对任意a,bS,由(ab)b-1=aS,可知ab～b，又be-1=bS,故b～e,由传递性可知ab～e，即(ab)e-1=abS.再者因ae-1=aS, 故a～e,由对称性可知e～a，即ea-1=a-1S.可见S是G的一个子群.
接着证明当S是G的一个子群,下面证明～是一个等价关系. 对任意aG, 有aa-1=eS，故此a～a(自反性);若a～b，则ab-1S,因为S为G的子群，故(ab-1)-1=ba-1S,因此b～a(对称性);若a～b，b～c,那么ab-1S,bc-1S,故ab-1 bc-1=ac-1S，因此a～c(传递性).
综上可知～是一个等价关系.
10. 设n为一个正整数, nZ为正整数加群Z的一个子群，证明nZ与Z同构. 证明: 我们容易证明为Z到nZ的同构映射,故此nZ与Z同构. word格式-可编辑-感谢下载支持 11. 证明:在S4中，子集合
B={e,(1 2)(3 4),(1 3)(2 4),(1 4)(2 3)} 是子群，证明B与U4不同构. 证明: 可记a=(1 2)(3 4), b=(1 3)(2 4), c=(1 4)(2 3)，那么置换的乘积表格如下： e a b c e e a b c a a e c b b b c e a c c b a e 由该表格可以知道B中的元素对置换的乘法封闭，并且B的每一元都可逆(任意元的逆为其本身),因此B为S4的子群. 这个群(以及与其同构的群)称为Klein(C.L.Klein,1849-1925)四元群.
假设B与U4同构,并设f为B到U4的同构映射, 则存在B中一元x使得f(x)=i(i为虚数单位),那么 f(x2)= f2(x)=i2=-1 另一方面, f(x2)=f(e)=1(注意x2=e),产生矛盾.所以假设不成立, 即B与U4不同构.
[讨论] B与U4都是4元交换群，但是后者是循环群, 前者不是, 这是这两个群的本质区别. 12. 证明:如果在一阶为2n的群中有一n阶子群，它一定是正规子群. 证明:[方法1] 设H是2n阶群G的n阶子群, 那么对任意aH, 有 HaH=, 并且aHG,HG,又注意到aH和H中都有n个元素, 故此 HaH=G. 同理可证对任意aH, 有 HHa=, HHa=G，