初等数学研究程晓亮刘影版课后习题答案
初等数学研究课后习题答案(2020年7月整理).pdf
初等代数研究课后习题20071115033 数学院 07（1） 杨明1、证明自然数的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 <⇔a b >（2）由（1）b a <⇔a b > 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、证明自然数的加法满足交换律.证明：对任何N b a ∈,设M 为使等式a b b a +=+成立的所有b 组成的集合先证 a a +=+11，设满足此式的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()(1k 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、证明自然数的乘法是唯一存在的证明：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 是由使()()f b g b =成立的所有的b 组成的集合，()()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 =乘法是唯一的存在性：设乘法存在的所有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：满足条件的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 ========∴========基数和为23343528+⨯+⨯+= p24—6、证明：,A a B b ==，A 中的x 与B 中的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=73134++== 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)2f 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)2f 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)22222f f f +=+==⨯−=−结论成立 假设n k =时，结论成立，即1(4,)22k 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和结合律p62—2、已知[,],[,]a b c d Z ∈，求证[,][,]a b c d =的充要条件是[,][,][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 ∴++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 ++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 名胜负的次数各为,k k a b ，1,2,........,k n =，求证：2222221212......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281a +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 ++++是奇数的平方证明：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 个自然数之和的个位数码不能是2、4、7、9证明：前n 个自然数的和为(1)2n n + 因为：n 个自然数的和仍为自然数∴ 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 的个位数码只能是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 的个位数码只能是1,8或8,1也不可能成立若个位数码为7则1+n 与n 的个位数码有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 的个位数码有2种可能，即2,9或1,18也不可能成立，综上，前n 个自然数和的个位数码不能是2,4,7,9p63—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 ）是12,,......n a a a 的公因数中的最大数所以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的推论(,)1a b =的充要条件是有,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。
初等数学研究习题二答案
初等数学研究习题二答案初等数学研究习题二答案在学习数学的过程中，习题是不可或缺的一部分。
通过解答习题，我们可以巩固知识，提高解题能力。
初等数学是数学的基础，掌握好初等数学的知识对于后续数学学习的顺利进行至关重要。
在这篇文章中，我将为大家提供初等数学研究习题二的答案，希望能够对大家的学习有所帮助。
1. 问题：已知函数f(x) = 2x + 3，求f(4)的值。
解答：将x = 4代入函数f(x)中，得到f(4) = 2(4) + 3 = 11。
所以f(4)的值为11。
2. 问题：已知函数g(x) = 3x^2 + 2x - 1，求g(-2)的值。
解答：将x = -2代入函数g(x)中，得到g(-2) = 3(-2)^2 + 2(-2) - 1 = 12。
所以g(-2)的值为12。
3. 问题：已知函数h(x) = x^3 - 2x^2 + x，求h(1)的值。
解答：将x = 1代入函数h(x)中，得到h(1) = 1^3 - 2(1)^2 + 1 = 0。
所以h(1)的值为0。
4. 问题：已知函数k(x) = 2x^2 + 3x - 4，求k(2)的值。
解答：将x = 2代入函数k(x)中，得到k(2) = 2(2)^2 + 3(2) - 4 = 14。
所以k(2)的值为14。
5. 问题：已知函数m(x) = x^2 - 5x + 6，求m(3)的值。
解答：将x = 3代入函数m(x)中，得到m(3) = (3)^2 - 5(3) + 6 = 0。
所以m(3)的值为0。
通过以上习题的解答，我们可以看到初等数学中函数的运算和值的求解方法。
这些习题涉及到了一次函数、二次函数和三次函数的运算，通过解答这些习题，我们可以更好地理解函数的性质和特点。
除了函数的运算和值的求解，初等数学还包括了其他的知识点，如代数方程、几何图形等。
通过解答习题，我们可以巩固这些知识点，提高自己的解题能力。
在学习初等数学的过程中，我们还可以通过参加数学竞赛来提高自己的数学水平。
初等数学研究(程晓亮、刘影)版课后习题答案教程文件
初等数学研究（程晓亮、刘影）版课后习题答案 第一章 数1添加元素法和构造法，自然数扩充到整数可以看成是在自然数的基础上添加0到扩大的自然数集，再添加负数到整数集；实数扩充到复数可以看成是在实数的基础上构造虚数单位i 满足12-=i ，和有序实数对),(b a 一起组成一个复数bi a +. 2（略）3从数的起源至今，总共经历了五次扩充：为了保证在自然数集中除法的封闭性，像b ax =的方程有解，这样，正分数就应运而生了，这是数的概念的第一次扩展，数就扩展为正有理数集.公元六世纪，印度数学家开始用符号“0”表示零.这是数的概念的第二次扩充，自然数、零和正分数合在一起组成算术数集.为了表示具有相反意义的量，引入了负数.并且直到17世纪才对负数有一个完整的认识，这是数的概念的第三次扩充，此时，数的概念就扩展为有理数集.直到19世纪下半叶，才由皮亚诺、戴德金、维尔斯特拉斯等数学家的努力下构建了严格的实数理论.这是数的概念的第四次扩充，形成了实数集.虚数作为一种合乎逻辑的假设得以引进，并在进一步的发展中加以运用.这是数学概念的第五次扩充，引进虚数，形成复数集.4证明：设集合D C B A ,,,两两没有公共元素d c b a ,,,分别是非空有限集D C B A ,,,的基数，根据定义，若b a >，则存在非空有限集'A ，使得B A A ~'⊃；若d c ≥从而必存在非空有限集'C ，使得D C C ~'⊃，所以)(C A ⋃)(D B ⋃⊃所以集合C A ⋃的基数c a +大于集合D B ⋃的基数d b +，所以d b c a +>+.5（1）解：按照自然数序数理论加法定义， 1555555155155)25(2535''=++=++⋅=+⋅=+⋅=⋅=⋅ （2）解：按照自然数序数理论乘法定义87)6(])15[()15()25(2535'''''''''===+=+=+=+=+ 6证明：︒1当2=n 时，命题成立.（反证法）()()()()()()()01121,1111111,111101111111,,2,1,0111,,2,1,0)2(212122121212121212122221212122111112111212222121≥++-+⇒≥++-++≥+-+-≥++++∴≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛->-=-++-+-=+++++=>+=≥+++=+++=>≥=︒+++++++++++++++++k k k k k k k k k k k k k k k i k k k k k k i k k i a k a k k a k k a k k a ka a ka a a a a k a a a a a a a a a a a a a a a a a a k i a k n ka a a a a a k i a k k n ，即要证由归纳假设，得，且得，，且时，由当。
初等数学研究答案1
初等数学研究答案1习题一1答：原那么：〔1〕A ⊂B〔2〕A 的元素间所定义的一些运算或基本关系，在B 中被重新定义。
而且关于A 的元历来说，重新定义的运算和关系与A 中原来的意义完全分歧。
〔3〕在A 中不是总能实施的某种运算，在B 中总能实施。
(4) 在同构的意义下,B 应当是A 满足上述三原那么的最小扩展,而且由A 独一确定。
方式：〔1〕添加元素法；〔2〕结构法2证明:(1)设命题能成立的一切c 组成集合M 。
a=b ，M 11b 1a ∈∴⋅=⋅∴， 假定bc ac M c =∈，即，那么M c c b b bc a ac c a ∈'∴'=+=+='， 由归结公理知M=N ，所以命题对恣意自然数c 成立。
〔2〕假定a <b ，那么bc kc ac bc,k)c (a )1(b k a N k =+=+=+∈∃即，，由，使得 那么ac<bc 。
〔3〕假定a>b ，那么ac m c bc ac,m )c (b )1(a m b N m =+=+=+∈∃即，，由，使得那么ac>bc 。
3证明:(1)用反证法：假定b a b,a b a <>≠或者，则由三分性知。
当a >b 时，由乘法单调性知ac >bc. 当a <b 时，由乘法单调性知ac<bc.这与ac=bc 矛盾。
那么a=b 。
〔2〕用反证法：假定b a b,a b a =>或者，则由三分性知不小于。
当a >b 时，由乘法单调性知ac >bc. 当a=b 时，由乘法单调性知ac=bc.这与ac<bc 矛盾。
那么a <b 。
〔3〕用反证法：假定b a b,a b a =<或者，则由三分性知不大于。
当a<b 时，由乘法单调性知ac<bc. 当a=b 时，由乘法单调性知ac=bc.这与ac>bc 矛盾。
那么a>b 。
(完整版)初等数学研究答案
2。
对自然数证明乘法单调性：设a，b，c∈N则(1）若a＝b，则ac＝bc（2）若a＜b，则ac＜bc(3）若a＞b，则ac＞bc证明：（1）设命题能成立的所有c组成的集合M.∵a·1=b·1∴1∈M假设c∈M即则(ac) ′= （bc）′﹤＝﹥ac + 1 = bc + 1重复以上过程a次，可得到ac + a = bc + a = bc + b即a(c+1) = b(c+1）∴c∈M由归纳公理知M = N。
所以命题对任意自然数c成立（2)若a 〈 b，则有k∈N，使得a + k = b,由(1) (a + k)c = bcac + kc = bc﹤＝﹥ac < bc(3）依据（2)由对逆性可得。
7.设=(3+13) / 2 ，=（ 3-13） / 2 , An= （n-n）/ 13（n=1,2,…。
.).（1）以为根作一元二次方程(2) 证明A n+2=3A n+1+A n；(3) 用数学归纳法证明A3n 是10的倍数；解：（1）∴由韦达定理得以为根作一元二次方程为：X2—3X-1=0(2）证：3A n+1+A n=3（n+1—n+1）/13 +(n-n)/13=()（n+1—n+1) /13+（n-n）/13=n+2 —n+2 —n+1 +n+1 +n—n)/13 =n+2 -n+2）/13=A n+2(3) 证：①当n=1时，有A3 =10，则 10｜ A3.②假设当n=k时，有10｜ A3k则当n=k+1时，A3k+3 = 3A 3k+2+A3k+1=3(3A 3k+1+A3k) +A3k+1=10 A 3k+1 +3 A3k10|10 A 3k+1 ， 10| 3A3.∴10|10 A 3k+3由①②得，对∀n∈N*,有10｜ A3n。
9.证明整数集具有离散性.证明:要证明整数集具有离散性，即要证明在任意两个相邻的整数a与a′之间不存在整数b，使a<b< a′。
初等数学研究参考答案
1、 已知21-=i z ，则150100++z z 的值等于（ ）A 、1B 、1-C 、iD 、i -2、 已知53sin =θ，02sin <θ，则2tan θ的值等于（） A 、21B 、21-C 、31D 、3 3、 函数136-+-=x x y 的值域是（）A 、⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-317,B 、⎥⎦⎤ ⎝⎛∞-1277,C 、(]5,∞-D 、[)+∞,5 4、 若实数y x ,满足()()22214125=-++y x ，则22y x +的最小值为（）A 、2B 、1C 、3D 、25、 曲线()x x x f -=4在点P 处的切线平行于直线03=-y x ，则P 点坐标为（）A 、()3,1B 、()3,1-C 、()0,1D 、()0,1-6、 设集合{}1>=x x M ，{}12>=x x P ，则下列关系中正确的是（） A 、P M =B 、P P M = C 、M P M = D 、P P M =7、 设α是锐角，2234tan +=⎪⎭⎫ ⎝⎛+πα，则αcos 的值等于（） A 、22B 、23C 、33D 、36 8、 设()x f 是定义在R 上以2为周期的偶函数，已知()1,0∈x 时，()()x x f -=1log 21，则函数()x f 在()2,1上（）A 、是增函数，且()0<x f ；B 、是增函数，且()0>x fC 、是减函数，且()0<x f ；D 、是减函数，且()0>x f9、 已知锐角βα,满足()21sin ,1tan =-=αβα，则βcos 等于（） A 、426+B 、426-C 、462-D 、426-- 10、分解因式：y x y x 62922-+-(x-3y)(x+3y+2)分解因式：3542322+++++y x y xy x=(x+y)(x+2y)+3(x+y)+(x+2y)+3 =(x+y)(x+2y+3)+(x+2y+3) =(x+y+1)(x+2y+3) 已知200420052004112004--+-=x x y ，则()2004y x +的值是； x=1/2004,y= -2005/2004,代入得1 已知实数m 满足m m m =-+-20082007，则=-22007m 2008 计算⎥⎦⎤⎢⎣⎡--+÷⎥⎦⎤⎢⎣⎡-++x x x x x x xx 1111＝1/2x-1 自然数集的两种主要理论是 基数理论 、 序数理论 。
初等数学研究课后题
现代远程教育《初等数学研究》课程学习指导书课程学习方法指导1、为什么要学习初等数学研究？作为一个中学数学教师，仅仅具备中学中所涉及到的知识，是远远不够的。
为了更好地掌握并处理好中学数学教材，必须懂得更多的数学。
好比用一桶水去斟一杯水，才显得胸有成竹，游刃有余。
大学里学习那么多高等数学，目的即在于此。
但是高等数学知识怎样和初等数学相结合？如何指导中学数学教学？也就是说怎样用高等数学的方法去处理中学数学问题？怎样使教师的知识更加现代化？怎样用最新的数学观念去理解中学数学中的有关内容？其次，中学数学的重要任务之一，是培养学生运用数学知识解决问题的能力。
因此，教师本身就应具备这方面的较强的能力。
学习高度数学可以提高数学修养，提高解题能力。
但是怎样结合中学实际，运用中学生可以接受的方法，特别是运用初等的方法来处理初等数学中的问题。
这方面有许多技能与技巧，还必须作专门的训练。
这就是我们要学习初等数学研究的目的。
2、怎样阅读教材？阅读教材时，应边阅读边作笔记。
把重要的、不懂的、难理解的记录下来，以便和录像中的讲解进行对比学习。
每天看书不要太多，以免贪多嚼不烂，要循序渐进。
要结合录像看书学习，对每道例题，要亲自动手再作一作，理解了，会了，再向下学习。
学贵有恒，贵在坚持。
3、怎样观看录像？观看录像时，应先看书，后看录像。
对每个例题、定理的证明，要先思考，后看录像，以验证自己的思维。
要充分理解领会每个例题的解证思路与方法，并运用数学方法论思想去审视每道题目的解证方法。
既要理解数学的概念和原理，更要理解数学的本质、数学的价值；既要理解数学的探究过程，又要了解数学发展的历史和方法。
每次观看录像不宜太多，每次观看一节课为宜。
4、怎样解题？学习数学，必须学会解题。
要以波利亚的“怎样解题表”为指南进行解题训练，要注意解后回顾，要注意提炼、总结数学方法。
附波利亚怎样解题表和解题思考步骤、程序表：怎样解题表第一你必须弄清的问题1、未知数是什么？已知数数据是什么？条件是什么？满足条件是否可能？要确定未知数，条件是否充分？或者它是否不充分？或者是多余的？或者是矛盾的？2、画张图，引入适当的符号。
初等数学研究第一章到第十三章全部答案
习题一1、数系扩展的原则是什么？有哪两种扩展方式？（P9——P10） 答：设数系A 扩展后得到新数系为B ，则数系扩展原则为：（1）B A ⊂（2）A 的元素间所定义的一些运算或几本性质，在B 中被重新定义。
而且对于A 的元素来说，重新定义的运算和关系与A 中原来的意义完全一致。
（3）在A 中不是总能实施的某种运算，在B 中总能施行。
（4）在同构的意义下，B 应当是A 的满足上述三原则的最小扩展，而且有A 唯一确定。
数系扩展的方式有两种：（1）添加元素法。
（2）构造法。
2、对自然数证明乘法单调性：设,,,a b c N ∈则（1）,;a b ac bc ==若则（2）,;a b ac bc <<若则（3）,a b ac bc >>若则；证明：（1）设命题能成立的所有C 组成集合M 。
a b,a a 1,b b 1,P13(1),(1)a 111,a ac a c ac a bc b c bc b b Mc M c bc==⋅=⋅=+=+=+=+''∴⋅=⋅∴∈∈= （规定）假设即ac ,ac a c .bc a ba bcbc bc M ==∴+=+∴=''∴∈' 又 由归纳公理知，,N M =所以命题对任意自然数成立。
（2）,,.a b b a k k N <=+∈若则有 （P17定义9）由（1）有()bc a k c =+a c kc =+ac bc ∴< （P17.定义9）或：,,.a b b a k k N <=+∈若则有 bc ()a k c ac kc =+=+ ()ac ac kc a k c bc ∴<+=+=.ac bc ∴=（3）,,.a b a b k k N >=+∈若则有a ().cb kc bc kc =+<+ac bc ∴>3、对自然数证明乘法消去律：,,,a b c N ∈设则（1）,;ac bc a b ==若则（2）ac bc a b <<若，则；（3）ac bc a b >>若，则。
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初等数学研究（程晓亮、刘影）版课后习题答案 第一章 数1添加元素法和构造法，自然数扩充到整数可以看成是在自然数的基础上添加0到扩大的自然数集，再添加负数到整数集；实数扩充到复数可以看成是在实数的基础上构造虚数单位i 满足12-=i ，和有序实数对),(b a 一起组成一个复数bi a +. 2（略）3从数的起源至今，总共经历了五次扩充：.这D ,d （2）解：按照自然数序数理论乘法定义87)6(])15[()15()25(2535'''''''''===+=+=+=+=+ 6证明：︒1当2=n 时，命题成立.（反证法）()1,111101111111,,2,1,0111,,2,1,0)2(221212122221212122111112111212222121+-≥++++∴≥⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-++⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛-+⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛->-=-++-+-=+++++=>+=≥+++=+++=>≥=︒+++++++++++k k k k k k k k k i k k k k k k i k k i a ka a a a a k a a a a a a a a a a a a a a a a a a k i a k n ka a a a a a k i a k k n 由归纳假设，得，且得，，且时，由当。
，且成立，即时假设ΛΛΛΛΛΛΛΛ1+k 2且互不相同.故新增k 个交点，所以()()()()[]111211-++=+=+k k k k f k f .综合︒1、︒2，命题对于不小于2的所有自然数成立. 9举例：正整数集N 上定义的整除关系“|”满足半序关系.证明：（1）（自反性）任意的正整数x ，总有x x |； （2）（反对称性）如果x y y x |,|，那么y x =；（3）（传递性）如果z y y x |,|，那么z x |. 通常意义的小于等于也构成半序关系，同理可证.10证明：设N M ⊆，且 ①M ∈1②若M a ∈，则M a ∈'.若N M ≠.令A 是所有不属于M 的自然数组成的集合，则A 是N 的非空子集，按照最小数12证明：（1）根据自然数除法定义有c dcd b a b a =⋅⋅=,，两式相乘，得ba bc d c ad ⋅=⋅，所以有：若bc ad =，则d cb a =；若d cb a =，则bc ad =（2）bc ad d cd b b a b d d c b a bd +=⋅+⋅=+()()(，根据除法定义，（2）成立.（3）ac d cd b a b d c b a bd =⋅⋅=⋅)()(，根据除法定义，（3）成立.13证明：'''''''')()(n m m n m n n m +=+=+=+.14证明：设N b a ∈∀,，下，下面证明b a b a b a <>=,,三种关系有且仅有一个成立.（1）先证明三个关系中至多有一个成立.假若它们中至少有两个成立，若令b a b a >=,同时成立，则存在*N k ∈，使得：k a k b a +=+=于是a a >，与a a =矛盾.同理可证，任意两种关系均不能同时成立. （2）再证明三中关系中至少有一个成立.取定a ，设M 是使三个关系中至少有一个成立的所有b 的集合，当1=b 时，'b '成即bc ad c a +-|17证明：因为)1)(1(121++++-=---p p p p p p p p Λ，而有限个奇数的乘积仍是奇数，奇数个奇数的和也是奇数，因而121++++--p p p p p Λ是奇数， 于是Z s s p p p ∈+-=-),12)(1(1，同理有Z t t q q q ∈++=+),12)(1(1，两式相加：)1)(()1)(1(2+++=++-=+t s q p t s p q p q p ，所以)(|q p q p q p ++.18解：因为3153=+q p ，所以p 3和q 5必为一奇一偶. 若p 3为偶数，可验证质数5,2==q p ，则13log 2+q p 1532log 2+⨯=81log 2=3-= 若q 5为偶数，可验证质数2,7==q p ，则13log 2+q p 1237log 2+⨯=0= 所以0313log 2或-=+q p. 19证明：根据减法是加法的逆运算知，设b a ,是有理数，b a -是这样一个数，它与b 的和等于a ．即a b b a =+-)(．但是，我们有 ])[()]([b b a b b a +-+=+-+(加法结合律)a a =+=0因此，)(b a -+这个确定的有理数，它与b 的和等于a ， )(b a b a -+=-∴又如果差为x ，则有a b x =+，于是，两边同加)(b -有： )()(b a b b x -+=-++ )()]([b a b b x -+=-++ )(b a x -+=即差只能是)(b a -+，定理得证． 20证明：做差，0332>-=-+a b a b a ，03)(232<-=-+b a b b a . 所以有b ba a <+<32 21证明：首先证明y x ≤当且仅当y x y ≤≤-.事实上，若y x ≤，当0≥x 时，y x x ≤=且y x -≥，即y x y ≤≤-;当0<x 时，y x x ≤=-,有x y ≤-,且y x ≤<0,故y x y ≤≤-.反之，若y x y ≤≤-,当0≥x 时，y x x ≤=;当0<x 时，x x y =-≥.下面来证明：b a b a b a +≤+≤-.事实上，对于b a ,显然有： a a a ≤≤- b b b ≤≤-故有b a b a b a +≤+≤+-)(.,))3)(2(21(10Λ++++++=<n n n n b n 12)1(2))2(1211(1122+<++=+++++≤n n n n n n Λ 因为1>n ,故10<<n b ,即n b 不可能是整数,产生矛盾,所以e 是无理数.23证明：假设1,1),(,≠==q q p qpa n两边n 次方得n nqp a =，但是,1),(=q p 所以1,1),(≠=n n n q q p ，所以a 不是整数，这与已知条件矛盾， 所以n a 是无理数. 24证明：假设N q Z p qpb a ∈∈=,,log ，1，所以)(|)1(2x f x x ++28证明（反证法）：若π与3.8的和是有理数a ，即a =+8.3π，则π=-8.3a . 因为全体有理数称为一个域，对减法运算封闭，所以差8.3-a 仍是有理数，与π是无理数矛盾，所以π与3.8的和是无理数.29两个无理数的商可能是有理数.例如：2是无理数，易证22也是无理数，Z ∈=222230不能，因为无理数对四则运算不封闭.例如022=-.31解：由于xyi y x y x y x xyi y x yi x z )(44)()2()(222222222244-+--=+-=+= 所以4z 是纯虚数的条件是04)(22222=--y x y x ，0)(422≠-xy y x 即0,)21(≠±±=y y x32证明：设1C 是C 的任一子域，R C ⊃1，且在1C 中方程12-=z 有解j z =.1x+()(0)ln(1)ln(10)1(),0.001f x f x f x x x ξξξ-+-+'===<<--+即ln(1).1x x ξ+=+ 又因11ln(1)1,11x x ξ+=<<++ 因此有ln(1).1xx x x<+<+ 2．若,,x y z 均为实数, 且22221(0),.2x y z a a x y z a ++=>++=求证:2220,0,0.333x a y a z a ≤≤≤≤≤≤ 证明 由22221()2x y a x y a ++--=有2221()()0.4x y a x y ay a +-+-+= 其判别式2221()4()04y a y ay a ∆=---+≥(因x R ∈). 从而, 2320y ay -≤即20.3y a ≤≤同理可证220,0.33x a z a ≤≤≤≤3．设,,a b c 表示一个三角形三边的长, 求证:证明 欲证11a b ab +<+成立, 只需2()11a b ab+<+, 即证22()(1)a b ab +<+.则只需22(1)()0,ab a b +-+> 也就是222210,a b a b +--> 即证22(1)(1)0.a b --> 而1,1,a b << 所以22(1)(1)0a b -->成立. 命题得证.6．若11(0),n i i i a a ==>∑ 求111((.nn i i i a n a n=+≥+∏证明 21122211111111...n a a a n a n a n a +=++++144424443项22(1)n n ≥+2222222222221111...(1)n n a a n a n a n a n a +=++++≥+14444244443项…… ……222221111...(1)n n n n n n n a a n a n a n a n a +=++++≥+144442444438．证明 若1(1,2,...,),i a i n ≥=则112122(...1)(1)(1)...(1).n n n a a a a a a -+≥+++证明 用数学归纳法证明如下: 当1n =时, 命题显然成立;假设命题对n 成立, 我们来证明它对1n +也成立, 注意到1(1,2,...,).i a i n ≥=1111111111(1)(1)2(1)2(1)n nn nn n in i i i n i i i i a aa a a a ++--++====+≤+⋅+=+++∏∏∏∏111112[1()]n nn i i n i i a a a +-+===+++∏∏1111111112[(1)(11)]n n n nn i i i i n i i i i a a a a a +++-+=====+++--++∏∏∏∏111111112(1)2(1)n n n nn i i i n i i i a a a a +++-+====+-+--∏∏∏1111112(1)2[(1)(1)]n nnn i i n n i i a a a a +-++===+----∏∏11112(1)2(1)[1)n nnn i n i i i a a a +-===+---∏∏12(1).n ni a +≤+2322216(22)3z xy ≤=+ ⎪ ⎪⎪⎝⎭.再注意到2222()22,x y x y xy z xy +=+-=+ 因而222222,z xy x y z +=++ 这就是所要证的不等式.11．已知,a b 为小于1的正数, 求证:证明 设1234,(1),(1),(1)(1),z a bi z a bi z a b i z a b i =+=-+=+-=-+-则1z =, 2z =3z =4z =12341234z z z z z z z z +++≥+++22i =+=∴,r ,,a b a b -<- 0,><由于0,a b >> 此不等式显然成立.15．若2,p R p ∈<且不等式()2222log log 12log x p x x p ++>+恒成立, 求实数x 的取值范围.解 令2log ,x a =将不等式转化为: 2(1)210,a p a a -+-+>令2()(1)21,f p a p a a =-+-+ 则()0f p >恒成立, 等价于: ()0,(2)0.f p f >⎧⎨->⎩222(1)210,2(1)210.a a a a a a ⎧-+-+>⎪⇒⎨--+-+>⎪⎩ 解不等式组得: 13180.2a a x x ><-⇒><<或或 16．设e 是自然对数的底, π是圆周率, 求证.e e ππ>a x解 原不等式1log (1log .a a a x⇔-> （1）当1a >时，原不等式1110,111100.111.x x a a x x x a a x⎧->-⎪⎪-⇔⇔->⇔<⇔<<⎨-⎪->⎪⎩（2）当01a <<时，原不等式110,11.111.xx a a x⎧->⎪⎪⇔⇔<<⎨-⎪-<⎪⎩20．某厂拟生产甲、乙两种适销产品，每件销售收入分别为3千元、2千元. 甲、乙产品都需要在A ，B 两种设备上加工，在每台A ，B 上加工一件甲所需工时分别为1时、2时，加工一件乙所需工时分别为2时、1时，A ，B 两种设备每月有效使用台时数分别为400和500. 如何安排生产可使收入最大？解 这个问题的数学模型是二元线性规划.先要画出可行域，如图。