初等代数研究练习题

1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)=。2、多项式2223xxx表示成（x-1）的幂的多项式的形式为。3、已知105,7,5logloglog6353则ba。4、3tantantan3cotcotcot=。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rnrrbxaxan11，则引入____________变量rnx08、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1、设cossincos2,2tansin3求得值2、计算)]43cot(21cos[arc的值。3、解方程112432xxx4、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AB1C的距离。6、用单纯性法解线性规划问题maxS=801x+452x201x+52x400151x+102x4501x0,2x0三、证明题1、在△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：BFAFECAE22、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=AB3、设f(x)是以R为定义域的函数，且对任意的Ryx,，均满足f(x+y)=f(x)+f(y)求证：（1）f(0)=0;f(-x)=-f(x)（2）当)()(,xmfmxfZm时（3）当)()(,xrfrxfQr时四、简答1、将线性规划问题化为标准形式2220328232min321321321321xxxxxxxxxxxxS321,0,0xxx无非负限制2、如果某线性规划问题的约束方程组为1x-2x+3x=41x-2x+33x=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1、23431)(3xxfx2、4)1(3)1(2)1(23xxx3、ababa214、15、（1）90；（2）156、约束条件7、松弛8、最大值9、n10、换基迭代三、计算题1、解：由tanα=2知sinα=2cosα3cos2α=51111tansec22aa于是原式=56328coscos2cos28coscos23aaaaa2、解：令α=arccot（43），则2παππ，4πχπ2cotα=43，tanα=34于是cosα=5311tan2a所以原式=cos552cos12aa3、解：原方程可化为112)4)(1(xxx（1）x≥1时，方程为065,224322xxxxx即解得1,221xx所以x=1（2）21πχπ1时，方程为0652xx解得1,621xx此时方程无解（3）214x时，方程为042xx解得2171x所以2171x（4）045,42xxx方程为时解得2415x所以2415x综上知，方程的解为2415，2171，14、将△CDQ绕点O旋转90°至△CBQ如图则有△CQD≌△CBQ’，则有CQ=CQ’①DQ=BQ’②因为△APQ的周长为2，所以有PQ=PB+DQ③故由②③PQ=PQ’因此由①④及PC公边有△CPQ≌△CPQ’则∠PCQ=4∠PCQ’而∠QCQ’=90°∠PCQ=45°。5、解：我们先证明BD1⊥平面AB1C事实上因ABCD—A1B1C1D1为正方体，则DD1⊥平面ABCD。因此DD1⊥AC又因ABCD为正方形AC⊥BD而DD1和BD相交所以，AC⊥平面BDD1BD1在平面BDD1上因此BD1⊥AC同理BD1⊥AB1所以BD1⊥平面AB1C设垂足为H，由于易知△AB1C必为等边三角形，故易知H为△AB1C的中心，连接BH，则∠BHB1=90°由于AB1=B1C=CA=2a则B1H=33AB1=332a=36a所以BH=)33(222121aaHBBB33a这就是B到平面AB1C的距离。6、解：（1）将此线性规划问题化为标准形式maxS=801x+452x201x+52x+3x=400151x+102x+4x=4501x,2x,3x,4x0（2）进一步化为典式形式maxS201x+52x+3x=400151x+102x+4x=450S-801x-452x=01x，2x，3x，4x0（3）用下列表格表示上式1x2x3x4x3x205104002054x151001450S-80-45000得基可行解TX)450,400,0,0()0(（4）进行换基迭代由于min{-80,-45}=-80,因此1x入基由于min{15450,20400}=20400,所以3x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11x2x3x4x1x1412010204x0431150S0-25401600迭代后，新基变量为1x，4x，而非基变量为2x，3x令2x=3x=0，得新基可行解TX)150,0,0,20(1由于检验数仍有负数，重复上面工作-25是2x系数，则2x入基又min{4120,425150}=425150,则4x出基，425为主元对上表施行行初等变换得1x2x3x4x1x10252251142x0125325424S00142200令3x=4x=0，得基可行解TX)0,0,24,14(2（5）此时检验数均为正数，故2X为最优解，最优值为22004256三、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FGAFECAE（1）DCBDFGBF而BD=DC，故BF=FG代入（1）式得BFAFECAE2、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∴∠1=∠2∴∠3=∠4又∵∠3=∠5=∠6∴∠4=∠6∴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,则f(0)=f(x)+f(-x)所以f(-x)=-f(x)(2)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m≥2时，f(mx)=mf(x)所以m≥0时，f(mx)=mf(x)m≤-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nmr，其中m,n∈Z，且n≠0于是)()()(xmfmxfxnmnf)()(xfnmxnmf所以Qrxrfrxf),()(四、简答题1、解：令'S=-S，4x0，5x0，3x=3'x-3''x，3'x，3''x07于是max'S=－21x+32x-(3'x-3''x)1x-2x+2(3'x-3''x)-4x=821x+2x-3(3'x-3''x)+5x=201x-2x-2(3'x-3''x)=21x,2x,3'x,3''x,4x,5x02、解：令A=321PPP=311111由于1P、3P，2P、3P线性无关，所以只有两个基矩阵1B=[1P，2P]=31112B=[2P，3P]=3111对1B来说，1x，3x是基变量，2x是非基变量令2x=0得约束方程的解1x=23x=2于是得基本解202)1(X，它是基本可行解。对2B来说，2x，3x是其基变量，1x是非基变量令1x=0得约束方程的解2x=-23x=2于是得基本解220)2(X因为-20，所以它不是基本可行解