初等数学研究课后习题答案
初等代数研究课后习题
20071115033 数学院 07（1） 杨明
1、证明自然数得顺序关系具有对逆性与全序性，即
（1）对任何N b a ∈,，当且仅当b a <时，a b >、
（2））对任何N b a ∈,，在b a <，b a =，b a >中有且只有一个成立、
证明：对任何N b a ∈,，设a A ==，b B ==
（1）“?” b a <，则B B ??,,使,~B A ，A B B ~,?∴,a b >∴
“?” a b >，则B B ??,,使A B ~,，B B A ?∴,~,b a <∴
综上 对任何N b a ∈,，b a
（2）由（1）b a b a <∴与b a >不可能同时成立，
假设b a <∴与b a =同时成立，则B B ??,,使,~B A 且B A ~， ,~B B ∴与B 为有限集矛盾，b a <∴与b a =不可能同时成立，
综上，对任何N b a ∈,，在b a <，b a =，b a >中有且只有一个成立、、
2、证明自然数得加法满足交换律、
证明：对任何N b a ∈,设M 为使等式a b b a +=+成立得所有b 组成得集合
先证 a a +=+11，设满足此式得a 组成集合k ，显然有1+1=1+1成立
φ≠∈∴k 1，设k a ∈，a a +=+11，则
+++++++=+=+==+a a a a a 1)1()1()(1
k a ∈∴+
，N k =∴， 取定a ，则1M φ∈≠，设,b M a b b a ∈+=+，则 ()()a b a b b a b a +++++=+=+=+ ,b M M N +∴∈∴= ∴ 对任何N b a ∈,，a b b a +=+
3、证明自然数得乘法就是唯一存在得
证明：唯一性：取定a ，反证：假设至少有两个对应关系,f g ，对b N ?∈，有 (),()f b g b N ∈，设M 就是由使()()f b g b =成立得所有得b 组成得集合， ()()1f b g b a ==? 1M φ∴∈≠ 设b N ∈则()()f b g b =()()f b a g b a ∴+=+ ()()f b g b ++∴=，b M +∴∈，M N ∴= 即b N ?∈，()()f b g b =
乘法就是唯一得
存在性：设乘法存在得所有a 组成集合K 当1a =时，b N ?∈，
111,1111b b b b ++?=?==+=?+ φ≠∈∴k 1，设a K ∈，b N ?∈，
有,a b 与它对应，且1a a ?=，ab ab a +=+，对b N ?∈，令a b ab b +
=+ 1111a a a a ++?=?+=+=
1
()(1)
a b ab b ab a b ab b a a b a ++++++
=+=+++=+++=+
a K +∴∈ K N ∴= 即乘法存在
p24—5、解：满足条件得A 有1{1,2}A =，2{1,2,3}A =，3{1,2,4}A =，4{1,2,5}A = 5{1,2,3,4}A =，6{1,2,3,5}A =，7{1,2,4,5}A =，8{1,2,3,4,5}A =
123456782,3,4,5A A A A A A A A ========∴========基数与为23343528+?+?+= p24—6、证明：,A a B b ==，A 中得x 与B 中得y 对应 A B ab ∴?=，B A ba ab ∴?==
A B ab ?= A B A B B A ∴?=?=?
p24—8、证明：1）3+4=7
3134++== 3231(31)45+++
+=+=+== 3332(32)56+++
+=+=+==
3433(33)67++++=+=+==
2）3412?= 313?= 32313136+?=?=?+=
33323239+?=?=?+=
343333312+?=?=?+=
p24—12、证明：1）()m n m n ++++
+=+
()1(1)m n m n m n m n +++++++=++=++=+
2）()mn nm m +++
=+ ()1(1)mn mn mn m nm m ++++=+=++=+
p26—36、已知(,)f m n 对任何,m n N ∈满足
(1,)1(1,1)(,2)(1,1)(,(1,))f n n f m f m f m n f m f m n =+??+=??++=+?
求证：1）(2,)2f n n =+
2）(3,)22f n n =+
3）1(4,)22n f n +=-
证明：1)当1n =时，(2,1)(11,1)(1,2)2112f f f =+==+=+结论成立，
假设n k =时，结论成立，即(2,)2f k k =+，
当1n k =+时，
(2,1)(11,1)(1,(2,))(1,2)(2)1(1)2
f k f k f f k f k k k +=++==+=++=++ 所以对一切自然数结论都成立
2）当1n =时，(3,)(21,)(2,2)22212f n f n f =+==+=?+结论成立
假设n k =时，结论成立，即(3,)22f k k =+
当1n k =+时，
(3,1)(21,1)(2,(3,))(2,22)2222(1)2
f k f k f f k f k k k +=++==+=++=++ 所以对一切自然数结论都成立
3）当1n =时，11(4,1)(31,1)(3,2)2222
2f f f +=+==?-=-结论成立 假设n k =时，结论成立，即1(4,)2
2k f k +=- 当1n k =+时，
112(4,1)(3,(4,))(3,22)
2(22)222k k k f k f f k f ++++==-=-+=-
所以对一切自然数结论都成立
p62—1、证明定理2、1
证明：[,],[,]a b c d Z ?∈，[,][,][,]a b c d a c b d +=++
因为自然数加法满足交换律[,][,]a c b d c a d b ∴++=++
而[,][,][,]c d a b c a d b +=++[,][,][,][,]a b c d c d a b ∴+=+
[,],[,],[,]a b c d e f Z ?∈，
[,][,][,][,][,][(),()]a b c d e f a c b d e f a c e b d f ++=+++=++++
以为自然数满足加法结合律([,][,])[,][,]([,][,])a b c d e f a b c d e f ∴++=++ 即整数加法满足交换律与结合律
p62—2、已知[,],[,]a b c d Z ∈，求证[,][,]a b c d =得充要条件就是[,][,][1,1]a b c d -= 证明：“?” 已知[,][,]a b c d =则a d b c +=+
[,][,][,][1,1]a b c d a d b c ∴-=++=
“?” 已知[,][,][1,1]a b c d -=则[,][1,1]a d b c ++=，a d b c +=+
[,][,]a b c d ∴=
p62—4、已知N b a ∈,，求证([,])[,]a b a b --=
证明：[,][,]a b b a -= ([,])[,][,]a b b a a b --=-=
p62—5、已知[,],[,]a b c d Z ∈，求证([,][,])[,][,]a b c d a b c d --=-+
证明：左边([,][,])[,][,]a b c d a d b c b c a d --=-++=++
右边[,][,][,][,][,]a b c d b a c d b c a d -+=+=++
所以左边等于右边([,][,])[,][,]a b c d a b c d ∴--=-+
p62—7、已知,,a b c N ∈，求证当且仅当a d b c +<+时[,][,]a b c d <
证明：“?” 已知a d b c +<+，[,][,][,]a b c d a d b c -=++
因为 a d b c +<+ [,]a d b c ∴++就是负数，[,][,]a b c d ∴<
“?” 已知[,][,]a b c d <则[,][,][,]a b c d a d b c -=++
因为[,]a d b c ++就是负数，a d b c ∴+<+
p62—9、已知,Z αβ∈，求证：1）αβαβ+≤
+ ，2） αβαβ=
证明：设[,],[,]a b c d αβ== 1）[,]a c b d αβ+=++ ()()a c b d αβ∴+=+-+
而,a b c d αβ=-=-
()()()()a c b d a b c d a b c d +-+=-+-≤-+-
αβαβ∴+≤+
2）[,]ac bd ad bc αβ=++ ()ac bd ad bc αβ∴=+-+
而,a b c d αβ=-=-
()()()()()ac bd ad bc a c d b d c a b c d a b c d +-+=-+-=--=--
αβαβ∴=
p63—12、n 名棋手每两个比赛一次，没有平局，若第k 名胜负得次数各为,k k a b ，
1,2,........,k n =，求证：22222212
12......n n a a a b b b +++=+++ 证明：对于(1,2,...,)k a k n =，必存在一个(1,2,...,)j b j n =使得k j a b =
?22(,1,2,...,)k j a b k j n == 2222221212......n n a a a b b b ∴+++=+++
p63—16、已知10p a b -，10p c d -，求证p ad bc -
证明：由已知：,s t Z ?∈使10a b ps -=，10c d pt -=
? 10,10b a ps d c pt =-=-
10(10)()ad bc ac apt ac cps p cs at ∴-=---=-
p ad bc ∴-
p63—17、设2不整除a ，求证2
81a +
证明：因为2不整除a ，所以存在唯一一对,q r Z ∈，使2a q r =+，其中02r <<
?1r =，22441a q q ∴=++?214(1)a q q -=+ 281a ∴-
p63—20、设a Z ∈，求证(1)(2)(3)1a a a a ++++就是奇数得平方
证明：
22222
(1)(2)(3)1[(1)1](1)[(2)(2)1]1
[(1)(1)][(2)(2)]1
(1)(2)2(1)(2)1
[(1)(2)1]a a a a a a a a a a a a a a a a a a ++++=+-+++++=+-+++++=++-+++=++- 1,2a a ++肯定一奇一偶(1)(2)a a ∴++肯定为偶数
(1)(2)1a a ∴++-肯定为奇数
p63—22、证明：前n 个自然数之与得个位数码不能就是2、4、7、9
证明：前n 个自然数得与为(1)2
n n + 因为：n 个自然数得与仍为自然数
∴ 1+n 与n 中必定一个为奇数一个为偶数
若个位数码为2
则1+n 与n 得个位数码只能就是1,4或4,1
而（1+n ）- n=1 ∴个位数码不能为2
若个位数码为4
则1+n 与n 得个位数码只能就是1,8或8,1也不可能成立
若个位数码为7
则1+n 与n 得个位数码有2种可能，则2,7或1,14
也不可能成立，若个位数码为9
则1+n 与n 得个位数码有2种可能，即2,9或1,18
也不可能成立，
综上，前n 个自然数与得个位数码不能就是2,4,7,9
p63—26、证明2、3定理1（12,,......,n a a a ）=（12,,......n a a a ）
证明：因为：（12,,......,n a a a ）就是12,,......n a a a 得公因数中得最大数
所以R 需考虑非负整数 ∴（12,,......,n a a a ）=（12,,......n a a a ） p63—29、证明2、3定理4得推论(,)1a b =得充要条件就是有,x y Z ∈使得1ax by += 证明：因为(,)1a b = ,a b ∴不全为0
“?” 由定理4 ,x y Z ?∈使(,)1ax by a b +==
“?” 设(,)a b d =则,d a d b ，d ax by ∴+ 1d ∴ (,)1d a b ∴== p63—30、证明2、3定理6及其推论。定理6：若m N ∈，则(,)(,)ma mb m a b =
证明：若,a b 都为0，则(0,0)(0,0)m =显然成立
若,a b 不全为零，则00,x y Z ?∈使00(,)ax by a b +=
''(,)max mby ma mb +=而''''()max mby m ax by +=+
因为,x y Z ?∈，00ax by ax by ++ ''00ax by ax by ∴++
''00()m ax by max mby ∴++?''(,)m a b max mby +?(,)(,)m a b ma mb 而00(,)(,)ma mb amx mby m a b += (,)(,)ma mb m a b ∴=
推论：设d 就是,a b 得公因数，则(/,/)1a d b d =得充要条件就是(,)d a b = 证明：“?” d 就是,a b 得公因数 d N ∴∈ (/,/)(,)d d a d b d a b ∴== “?” 因为(,)d a b = ,x y Z ∴?∈，使ax by d +=
? ,x y Z ?∈，使(/)(/)1a d x b d y +=?(/,/)1a d b d =
p64—32、证明2、3定理七及其推论
定理七：若(,)1a c =，b Z ∈，,b c 中至少有一个不为0，则(,)(,)ab c b c = 证明：,b c 中至少有一个不为0 ,x y Z ∴?∈使(,)abx cy ab c +=
因为(,)1a c = (,),(,)ab c b ab c c 因为(,)(,)b c ab c (,)(,)ab c b c ∴= 推论：若(,)1a c =，(,)1b c =，则(,)1ab c =
证明：因为(,)1b c =，,b c ∴不为零 (,)(,)1ab c b c ∴==
p64—33、已知n 就是奇数，,n a b n a b +-，求证(,)n a b 证明：因为,n a b n a b +- ()(),()()n a b a b n a b a b ∴++-+--
?2,2n a n b ?2(,)n a b ，因为n 就是奇数， (,)n a b
p64—36、已知'''(,),(,)a b d a b d ==，求证'''''
(,,,)aa ab a b bb dd =
证明：''''''''(,)(,),(,)aa ab a a b ad a b bb bd ===
'''''''(,,,)(,)aa ab a b bb ad bd dd ∴==
p64—40、已知a N ∈，求证,2,......a a na 中n 得倍数得个数等于(,)n a
证明：当(,)1n a =时，n na 结论成立，
当(,)n a d =时，1d >，令1a da =，1(,)1n a =，则,2,......a a na 可改写为 111,2,......da da nda 因为1d >所以其中一定包括1111,2,......(1),na na d na dna - 都就是n 得倍数，共有d 个
p64—42、已知p 就是异于3得奇素数，求证2241p -
证明：p 就是异于3得奇素数，21p ∴-为偶数，3p >?219p ->
21(1)(1)p p p -=+-其中1,1p p +-都为合数，且都大于3
1,1p p ∴+-都可被2、3中得一个整除，若21p -，则由1(1)2p p +=-+ 21p +，因为13,13p p +>-> 2241p ∴-
p64—44、已知整数,a n 都大于1，1n
a -就是素数，求证2a =且n 就是素数
证明：反证 n 不就是素数 当2a =时1n a -不就是素数与已知矛盾，所以n 就是素数
p64—45、求不大于50得一切素数
解：平方不大于50得素数就是2,3,5,7则不大于50得一切素数
2，3，5，7，11，13，17，19，23，29，31，37，41，43，47
p64—46、求下列各数得标准分解式：1）82798848
解：82798848=8532311??
p64—49、已知整数,,a b c 都大于1，求证[(,),(,)]([,],)a c b c a b c = 证明：(,)(,)[(,),(,)](,)([,],)((,),(,))(,)
a c
b
c ab a c b c c a b c a c b c a b === p66—69、已知p 就是奇素数，求证1）123...(1)0(mo
d )p p p p p ++++-≡
2）111123...(1)1(mod )p p p p p ---++++-≡-
证明：1）因为(1,)1,(2,)1,...,(1,)1p p p p ==-=
11(mod )p p ∴≡，22(mod )p p ≡，33(mod )p p ≡…(1)1(mod )p
p p p -≡- 123...(1)(123...(1))(mod )p p p p p p ∴++++-≡++++-
因为(1)123...(1)2
p p p -++++-= (1)2p p p - 123...(1)0(mod )p p p p p ∴++++-≡
2）111(mod )p p -≡，121(mod )p p -≡，131(mod )p p -≡…1(1)1(mod )p p p --≡
111123...(1)1(mod )p p p p p ---∴++++-≡-
p66—70、设,p q 就是相异素数，求证111(mod )q p p
q pq --+≡ 证明：10(mod )q p p -≡，11(mod )p q p -≡，111(mod )q p p q p --∴+≡
同理111(mod )q p p
q q --+≡111(mod[,])q p p q p q --∴+≡ 即111(mod )q p p q pq --+≡
p66—72、已知p 就是素数，N α∈，求证2(1)()()...()p p p p αα????++++=
证明：因为p 就是素数，所以1(),k k k p p p k N ?-=-∈
221()1,(),....,()p p p p p p p p ααα???-∴=-=-=-
因为(1)1?= 2(1)()()...()p p p p αα????∴++++=
p66—73、计算(66150)?
解：66150得标准分解式为322661502357=???
02(66150)2357(21)(31)(51)(71)15120?∴=????----=
p66—74、已知整数2a >，求证2()a ?
证明：设a 得标准分解式为1212...n n a p p p α
αα=???，其中12,,...,n p p p 为素数
1,(1,2,...,)i i n α≥=，若2n a =显然1()22a a a ?-=-，2()a ?∴ 当2n a ≠时，一定12p ?≠且11p -为偶数，2()a ?∴
综上所述2a >时2()a ?