初等代数研究练习题（完整版）
初等代数研究练习题一、填空题1已知三次多项式 f(x)在x=-1,0,1,2时函数值分别为1,2,3,2,则f(x)=。322、多项式 x x 2x 2表示成(x-1 )的幕的多项式的形式为 3、 已知Iog35 二a,log57 二b,贝Hog63105 二。cot日tan日4、=cot 日-cot 3日tan 日-tan3日5、六本不同的书，按下列条件分配，各有多少种不同的分法(1 )分给甲乙丙三人，每人2本，则有种分法。(2)分成三份，每份 2本，则有 种分法。6、 线性规划问题中决策变量应满足的条件称为 .7、 将线性规划问题的一般形式化为标准形式时，若第r个约束条件为ar1x1 + +arnxn兰br，则引入变量xn韦王08、 使目标函数达到 的可行解称为最优解。9、 若原线性规划中有 n个变量，则其对偶规划中一定有 个方程。10、用单纯形法解线性规划问题时，若检验数有负，则要进行 。二、计算题3小2cos：1、设得值=2,求 sinsin a +cos«1 32、 计算 cos-arccot()的值。2 43、 解方程x2 +3x 4 =|2x 1 14、 设正方形 ABCD的边长为1, P、Q分别为边AB、AD上的一点，如图，若 APQ的周长为2,求/PCQ。5、设正方体 ABCD A1B1C1D1的边长为a,试求B到平面AB Q的距离。6、用单纯性法解线性规划问题maxS=80x1+45 x220X1+5X2 兰40015<x1+10 x450严沁x0AFEC BF三、证明题1、在厶ABC中，D为BC的中点，过D作一直线分别与 AC、AB的延长线交于 E、F。求证:2、正方形ABCD中E是CD的中点，F是DA的中点，连接BF、CF,它们相交于 P,如图所示，求证:AP=ABx, y R，均满足 f(x+y)=f(x)+f(y)3、设f(x)是以R为定义域的函数，且对任意的求证：(1)f(0)=0;f(-x)=-f(x)(2) 当 m Z时，f (mx) = mf (x)(3) 当 r Q时，f (rx) = rf (x)四、简答1、将线性规划问题化为标准形式min S = 2x3x2 x3广片 _x2 +2x3 Z82X! +x2 3x3 乞 20< _捲 +x2 +2x3 = -2% Z0,x2兰0,x3无非负限制2、如果某线性规划问题的约束方程组为X1-x? + X3 =4X1-xg+3 x3 =8#写出该问题的所有基阵与基本解，并判断是否是基本可行解。初等代数研究练习题答案一、填空题1341 f(x)1x 3x 23、1 a ab4、15、2 ab6、约束条件7、松弛9、n10、换基迭代三、计算题1、解：由 tana =2 知 si na =2 cos a322、(X-1)2(X-1)3(x-1) 41) 90；(2) 158、最大值2cos a1 seca 1 tan3a +2cosa于是原式=cos28cosa 2 62、解：令acot a2cosa cosa3=arc cot ( 一 一)44ji则一n a27ttan acos a =-x21 ta n a所以原式=cos =21 cosa.53、解：原方程可化为(x -1)(x4)2x1 -1(1)X > 1时，方程为2X 3x-4=2x2,即 x 5x-6 = 0解得X1 _2，X2 »所以x=1(2)2n 1 时，方程为 x 5x -6 = 0 解得 - -6，x2 =1此时方程无解(3)1-4 二 x时,22方程为x X - 4 =0解得(4)x恵-4寸,方程为2X 5x -4 = 0解得一5- 41所以综上知，方程的解为-5 - < 41一1 一 174、将厶CDQ绕点O旋转90°至厶CBQ如图则有 CQD CBQ '则有 CQ=CQ ' DQ=BQ ' 因为 APQ的周长为2,所以有PQ=PB+DQ 故由PQ=PQ' 因此由及 PC公边有 CPQ CPQ'则/ PCQ=/ PCQ' 而/ QCQ '=90 °/ PCQ=45 °。5、解：我们先证明 BD1丄平面AB 1C事实上因ABCD A1B1C1D1为正方体，则 DD1丄平面ABCD。因此DD1 丄 AC又因ABCD为正方形 AC丄BD而DD1和BD相交所以，AC丄平面BDD1 BD1在平面BDD1上因此 BD1± AC 同理 BD1± AB1所以 BD1丄平面AB1C设垂足为H，由于易知 AB 1C必为等边三角形，故易知H AB1C的中心，连接BH，则/ BHB1=90由于 AB 1= b 1C=CA=、2 a则 B 1H=AB 1= 3所以BH=22BB1 B1H、.3这就是B到平面AB 1C的距离。6、解：(1)将此线性规划问题化为标准形式maxS=80 X1 +45 X2广20 为 + 5 X2 + X3=40015X1+10X2+ X4 =450X1,X2,X3,X0(2)进一步化为典式形式maxS广20 X1 + 5 X? + X3=40015X1 + 10 X2+X4 =450S-80 X1 -45 X2=0X1，X2，X3，X4狂0(3)用下列表格表示上式X1X2X3X4X3510400X4151001450S-80-45000得基可行解 x(0) =(0,0,400,450)T(4)进行换基迭代由于 min-80,-45=-80,因此 X1 入基由于min400 450=20 ' 15400"20,所以X3出基这时20为主元，将20框出把表中第一列除20以外都化为0，后把20变为1X1X2X3X4X1114120020X40341150S0-25401600迭代后，新基变量为 X1 , X4，而非基变量为X2 , X3令 X2=X3=0,得新基可行解 X1 =(20,0,0,150)丁由于检验数仍有负数，重复上面工作-25是X2系数，则X2入基厂 20 150150r甘 25出十一又min ,=，则x4出基，为王兀125254444对上表施行行初等变换得X1X2X3X4X11022512514X20132542524S00142200令 X3=X4 =0,得基可行解 X(14,24,0,0)t(5)此时检验数均为正数，故X2为最优解，最优值为 2200三、证明题1、证明：过 C引EF的平行线交 AB的延长线于 G，则由EF / CG 得AE AF(1)EC FGBF BDFG - DC而 BD=DC ，故 BF=FG代入(1)式得AEECAFBF2、证明：连接 BF得Rt ABF再过A作AP的垂线交CF的延长线于 G，又得到Rt APG AFPB内接于圆 AF=AG ABF APG AB=AP3、证明:(1) 令 x=y=0，则 f(0)=2f(0) 所以f(0)=0令 y=-x,贝U f(0)=f(x)+f(-x)所以f(-x)=-f(x) m=0 时，f(0)=0;m=1 时，f(x)=f(x)m>2时，对m用数学归纳法证明 f(mx)=mf(x) k=2 时，f(2x)=f(x+x)=2f(x)假设，f(mx)=mf(x)则 f(m+1)x=f(mx+x)=mf(x)+f(x)=(m+1)f(x) 所以 m2 时，f(mx)=mf(x) 所以 m0 时，f(mx)=mf(x)mW -1 时，设 m=-n， n N则 f(mx)=f(-nx)=-f(nx)=-nf(x)=mf(x) 综上，m Z 时，f(mx)=mf(x)(3)可设m»亠口r，其中 m,n Z，且 n 0n于是mnf ( x) = f (mx) = mf (x) nmmf ( x)f (x)nn所以f (rx) = rf (x), r Q1、解：令 S'=-S，四、简答题x4 兰0， x5 兰0， x3= x 3-x 3， x 3， x 30于是 maxS= 2 X1+3 X2 -( x 3 - x 3)X1 - X? +2( X 3 - X 3 )- X4=8+ X5 =20=22X1+ X2-3( x 3- X 3)IIIX1- X2 -2( X 3 - X 3)己1 ,X2 , X 3 , X 3 ,X4 ,X5 兰02、解：令 A= P1P2P3-1 1-1 3丿由于R、B, P2、P3线性无关，所以只有两个基矩阵B1 = P1 ,F2=仁3B2= P ,卩3】=(-1 1L13丿对B1来说，x1, x3是基变量，x2是非基变量令X2 =0得约束方程的解X1=2X3=2a于是得基本解X=0 ,乙它是基本可行解。对B2来说，x2, x3是其基变量，x1是非基变量令X1=0得约束方程的解X2 =-2X3=2于是得基本解x(2)因为-20，所以它不是基本可行解
