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,就推出,则称为从A到B的单映射。
2、由A→B的满映射σ的定义为:设,则称为从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
5、皮阿罗公理中没有前元的元素为1。
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<a.
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)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。
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。
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(,)与代数系统(R,+)是同构的,其中表示正实数集合,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(,)到(R,+)的一一映射,例如lgx就可以证明上述论述。
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,其中+与×是通常的加法与乘法,则满足结合律。
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,…,都成立,假设命题对n=k成立,令,利用证之成立
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:
3、f(x)为上凸函数的定义为:对任意的有:,其中,则称f(x)为上凸函数。
4、f(x)=(x>0),g(x)=sin x(0<x<),k(x)=㏑x 中,上凸函数为:f(x)=,g(x)=sin x, k(x)=㏑(x)
5、f(x)=(其中x>0),则当0<k<1时,f(x)为下凸函数。
6、y=lg x则y是上凸函数 .
7、函数(其中0<x<)和=㏑x为上凸函数,=(其中,k>1)为下凸函数。
9、不等式()(++……),其中0,i=1,2,……n成立。
10、若a>b>c>0且a+b+c=1,则2abc存在极大值,为;若已知a×b×c=1,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,2a+b+4c的极小值为6.
11、若x>0,y>0,z>0且满足9+12+5=9 ,则3x+6y+5z存在极大值,为9。
12、若x>0,y>0,z>0且满足3++=15,则2x+3y+4z存在极大值,为:。
13、若x>0,y>0,z>0且满足3+4+5=20 ,则9x+16y+7z存在极大值,为:。
14、若x>0,y>0,z>0。且满足2+3+4=10,则5x+6y+7z存在极大值,为:。
15、若x>0,y>0,z>0。且满足+2+3=15,则2x+3y+4z存在极大值,为:。
16、若x>0,y>0,z>0,且满足2+3+4=10,则3x+4y+5z存在极大值,为。
17、不等式 ++…+成立,其中++…+=1 ,, i=1,2…n。
可令,则易知为上凸函数,利用上凸函数的定义可知上面不等式成立。
可令,易证在为上凸函数,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。
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:
2、环的理想定义为:如果R是一个整环,,为R的子环,若对任意的均有,则称N为R的理想。
10、素元素的定义为:设R为整环,若也不是可逆元素。若由就可推出或,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,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,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,是Z上的代数元,是Z上的超越元。
13、π为有理数域上的超越元。
15、Z[x](Z是整数环)是因式分解唯一环。
16、在整环R={a+b | a∈Z,b∈Z }中2是不可约元素。
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| aZ bZ}中,2是不可约元素,但不是素元素,且R是整环。
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,,这时就有p种选择, 也有p种选择,…,也有p种选择。所以F上的不同函数共有个,为有限个。
将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。
将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。
将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={| m∈Z,k∈Z},则R是整环,且R中的所有可逆元素和不可约元素分别为:和,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:和,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| aZ bZ}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:
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)的组合数。)
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。
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。
7、5个人收5封信谁也不收自己的信共有44种方法.
9、多项式展开合并同类项后(1)共有455项(2)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)的组合数。
(2) 如果S中含有个相同的;个相同的;…个相同的,且,则S中的全排列个数为。
10、展开多项式后合并同类项共有455项,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)的组合数。
(2)如果S中含有个相同的;个相同的;…个相同的,且,则S中的全排列个数为。
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,因此所有的方法加起来为。
12、上12阶台阶,每次可上一阶或二阶,共有233种不同的方法
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,其中,表示从n个数码中取k个数码,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,设表示能被k整除而不大于100的自然数集合,则所求即为,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,设表示能被k整除而不大于200的自然数集合,则所求即为,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,设表示能被k整除而不大于1000的自然数集合,则所求即为,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,设表示能被k整除而不大于10000的自然数集合,则所求即为,结果为3333+2000+1428-666-476-285+95。
3
≠)≠+b +b22+……+bn xnānxnn ānxnānxnān
f(xßß ß ßß ß
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∈A⊆⊆⊆⊆⊆⊆(A∪B)(A∪C)
⊿A→A→≠≠≠≠≠⊿⊿⊿⊿⊿ΦΦΦΦΦΦΦΦ{}(A)(A)(A)(A)∣∣∪∪∪∪∪∪∈∈∈
a,,ī,f()=ō2+ō=ō,,f(x)=x =(x-1)
a 0+a1b +a2b2+……+an bn=0⊆⊆⊆⊆⊆⊆(A∪B)(A∪C)⊿⊿⊿A→A→A→A→1≠≠≠≠⊿⊿⊿⊿⊿⊿
+22+……+n2= =12+22+……+n2=12+22+……+n2=12+22+……+n2=ΦΦΦΦΦΦΦΦ{}(A)(A)(A)(A)∣∣∣∣∣∣∣∪∣∣∣∪∣∣∣∣∪∪∪∪∪∪∈∈∈∈b≥a
b≥ab≥ab≥a f′f′
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