高 等 代 数 专 题 研 究.docx

本文格式为Word版，下载可任意编辑高 等 代 数 专 题 研 究 高 等 代 数 专 题 研 究 期末复习指导 要点分析及典型例题 （一） 代数运算与数学归纳法 要点分析： 1. 代数运算本质上就是一种映射. 对于非空集合代数运算，那么对于为a和b在 A来说，若f:A?A?A是A上的二元 A中任意两个元素a和b，有唯一确定的A中的元素f(a,b)与之对应. f(a,b)即 f所定义的运算下得到的结果. 当a和b取定时，f(a,b)务必是确定的，唯一的，且属于 A. 2. 笛卡尔积能交换位置. 3. 当示集合 典型例题： 例1 用数学归纳法证明：对任意n?Z?, 都有 A?B与B?A一般不相等，只有当A?B时才相等. 它们的元素都是有序数对，不 A，B都是有限集时，A?B与B?A所包含的元素个数是一致的，都等于A?B（A 表 A的元素个数）. 4. 数学归纳法由两个环节组成，递推起点和归纳假设. 在证明问题时，二者缺一不成. 1111???????1? （1.1） 1?22?3n?n?1?n?1证明：当n?1时，（1.1）式右边?1?1111?，左边??，故n?1时，（1.1）式成立. 1?121?22现设（1.1）式对n成立，考虑n?1的情形. 利用 111??，知 k?k?1?kk?1111?????? 1?22?3?n?1??n?2?1??1??11??1??1?????????????? 223n?1n?2???????1?1 （1.2） n?2所以，（1.1）式对n?1成立. 综上，由数学归纳法原理知（1.1）式对一切正整数n都成立. 说明：（1.2）式是正确的，但是它是（1.1）式对n?1成立的一个直接证明，并没有用到归纳假设， 1 因而这不是用数学归纳法的证明. 正确的过程如下：由归纳假设知 1111??????? 1?22?3n?n?1??n?1??n?2?1?1? ???1???n?1??n?1??n?2?1??11????1?????? ?n?1??n?1n?2??1?1 n?2n2?n?1例2 证明1?2?????n?. 2k2?k?1证明：假设n?k时，命题正确，即1?2?????k?. 2当n?k?1时， k2?k?11?2?????k??k?1????k?1? 212k?k?1?2k?2? ?212 ???k?1???k?1??1? ?2?即命题对k?1正确. 因此，对任意自然数n都是正确的. ?n?n?1?n2?n?事实上，1?2?????n?. 22鲜明命题是错误的，正是由于证明过程中疏忽了数学归纳法的第一步，才导致了错误的结论. 例3 证明：当n?3时，n边形的内角和等于?n?2??. ?3开头. 分析：根据最小数原理，此题可利用数学归纳法来证明，只是递推起点要从n证明：当n假设n那么 ?3时，命题成立. 由于三角形内角和等于???3?2??. ?k?k?3?时命题成立，看任意一个k?1边形A1A2AkAk?1（如图1.1）. 联结A1A3， A1A2AkAk?1的内角和等于三角形A1A2A3的内角和与k边形A1A3AkAk?1的内角和之和. 前者和为?，后者归纳假设为 ?k?2??. 2 A A1A3AAk?1 Ak图1.1 因此k ?1边形A1AkAk?1的内角和为???k?2???(k?1)??[(k?1)?2]?. 所以对任 意的正整数n?n?3?，结论成立. 3,其中a?1?,a0?2,an?3an?1?2an?2，求证：an?2n?1. 2例4 已知数列a?1,a0,a1,分析：此题不能用第一数学归纳法证明，要用其次数学归纳法. 证明：当n?1时， a1?3a0?2a?1?6?3?3?2?1， 命题成立. 假设命题对n?k正确，那么 ak?3ak?1?2ak?2?3?2k?1?1??2?2k?2?1? ?3?2k?1?3?2k?1?2 ?2k?1. 命题对n （二） 一元多项式理论 要点分析： 1. 数域P上的一元多项式环P[x]中有加法、减法和乘法运算，但是没有除法运算，取而代之的是带余除法. 给定 ?k成立，所以对一切自然数n?Z?，结论成立. f(x),g(x)?P[x]，那么f(x)被g(x)除所得的商式和余式是唯一确定的，且都属于 P[x]. 若余式为零，那么称g(x)整除f(x)，记为g(x)|f(x). 因此，多项式的整除关系与其系数所 在域的扩张无关. 即设P? P都是数域，那么f(x)和g(x)也属于P[x]. 由带余除法商式和余式的唯一 3 性可得，在P[x]中g(x)|2. 给定 f(x)当且仅当在P[x]中g(x)|f(x). f(x),g(x)?P[x]，由于它们的首一最大公因式可通过辗转相除法得到，因此它的系数不 会超出数域P的范围，即关系. 例如x2?f(x),g(x)??P[x]. ?f(x),g(x)?是唯一确定的，与数域P的扩张没有 ?4,x2?5x?6?Q[x]，那么由辗转相除法得?x2?4,x2?5x?6? ?x?2?Q[x]. 它们也可看作实数域或者复数域上的一元多项式，但是首一最大公因式保持不变，仍 为x?2. 只是考虑全体最大公因式时，相差的非零常数的范围有所不同. 3. 定理2.4.2是最大公因式的存在表示定理，它的重要性在于它明确地给出了计算任意两个多项式的最大公因式的一般方法，而且把最大公因式表示为这两个多项式的组合. 与定理2.4.2好像的是定理2.4.3，它描述的是两个多项式互素即最大公因式为非零常数的情形. 但要留神的是定理2.4.3给出的是充要条件，而定理2.4.2只是充分条件. 简要地表达如下： 定理2.4.2 d(x)是f(x)和g(x)的一个最大公因式?d(x)?u(x)f(x)?v(x)g(x) 定理2.4.3 ?f(x),g(x)??1?u(x)f(x)?v(x)g(x)?1 即由d(x)?u(x)f(x)?可能不是 v(x)g(x)不能推出d(x)是f(x)和g(x)的一个最大公因式，由于d(x)的公因式. 但是假设 f(x)和 g(x)d(x)是 f(x)和 g(x)的公因式，那么由 d(x)?u(x)f(x)?v(x)g(x)可以推出d(x)是f(x)和g(x)的一个最大公因式. 4. 一个多项式是否可约，凭借于系数所在域. 例如，x中那么是可约的，由于x22?2在Q[x]中是不成约多项式，但在R[x]?2?x?2???x?2?. 因此，谈及可约或不成约的概念时，确定要明确是 针对哪个系数域而言的. 5. 因式分解及唯一性定理证领略一元多项式因式分解的存在唯一性，但并没有给出统一有效的因式分解的方法，需要概括处境概括分析. 对于复系数多项式来说，我们有 定理2.8.3 每个次数大于0的复系数多项式在复数域上都可以唯一地分解为一次因式的乘积. 由推论2.7.2根与一次因式的关系可知，我们要求出复系数多项式的全体根. 对于实系数多项式来说，可先把它看作复系数多项式，求出它的全体根. 由于实系数多项式的共轭虚根成对展现，将它们对应的一次因式两两结合，即可得 定理2.8.7 每个次数大于0的实系数多项式在实数域上都可以唯一地分解为一次因式与二次不成约因式的乘积. 对于有理系数多项式来说，我们先将其分解为一个有理数和一个本原多项式的乘积，进而转化为考察整系数多项式的因式分解. 定理2.9.4给出了求整系数多项式的全部有理根的方法，从而可得整系数多项式的全部一次有理因式. 4 艾森斯坦因判别法给出了判定一个整系数多项式在有理数域上是否不成约的一个充分条件，但不是必要条件，也就是说，找不到定理2.9.5中的素数式x2p，多项式可能是可约的，也可能是不成约的. 例如多项 ?1与x3?3x?2都不存在定理2.9.5中的素数p，但前者在有理数域上不成约，后者却是可约. 在实际问题中，往往不能直接运用艾森斯坦因判别法，而是要经过简朴的变换. 需要留神的是，所用变换务必是可逆的，这样，变换后的多项式的可约性与原多项式的可约性才能保持一致. 对于次数较高的有重因子的多项式 可以用f(x)， f(x)f(x)代替f(x)，由于 ?f(x),f?(x)??f(x),f?(x)?与 f(x)有一致的不成约因式，又不含重因式，次数低于f(x)，使得因式分解变得简朴，甚至变不成能 为可能. 6. 假设不成约多项式更加地，多项式 p(x)是f(x)的k重因式?k?1?，那么p(x)是导数f?(x)的k?1重因式， f(x)的单因式不是它的导数f?(x)的因式. 因此，f(x)的重因式与?f(x),f?(x)?的 f(x)的重因式，只需计算?f(x),f?(x)?即可. 不成约因式完全一致. 要考察 典型例题： 例5 设a,b为两个不相等的常数，证明多项式f(x)被(x?a)(x?b)除所得余式为 f(a)?f(b)af(b)?bf(a)x?. a?ba?b证明：根据带余除法，可设商式为q(x)，余式为r(x)?Ax?B. 因此 f(x)?(x?a)(x?b)q(x)?Ax?B 分别令x?a，x?b可得 ?f(a)?Aa?B ??f(b)?Ab?B解得 A?f(a)?f(b)af(b)?bf(a)，B?. 因此命题得证. a?ba?b注：带余除法中要求余式的次数小于除式的次数，因此此题可设所求余式为不超过一次的多项式. 正是带余除法的这一重要性质，保证了商式和余式的唯一确定性. 例6 m,p,q适合什么条件时，有x2?mx?1|x3?px?q. 解法1 待定系数法 假设x2?mx?1|x3?px?q，那么可设 x3?px?q??x2?mx?1??x?a? 将上式右端开展，再对比同次项的系数，得 5 — 9 —。