1、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 满足 ，和有序实数对 一起组成一个复数i12),(ba.bia2（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 的方程有解，这样，正分bax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
2、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 两两没有公共元素 分别是非空有限集DCBA, dcba,的基数，根据定义，若 ，则存在非空有限集 ，使得BA, A；若 从而必存在非空有限集 ，使得 ，所以dcCD所以集合 的基数 大于集合 的基数 ，所)(C)(AcaBdb
3、以 .ba5（1）解：按照自然数序数理论加法定义， 51)2(3（2）解：按照自然数序数理论乘法定义 87)6()15(235 6 证明： 当 时，命题成立.（反证法）12n0121 ,111,11011,0 11,20)(22 22211 221 222112 2221 kk kkkk kkk kikkk ki kiaa aaaaa aaa aa aakk， 即要 证由 归 纳 假 设 ， 得 ， 且得 ， ， 且时 ， 由当 。， 且成 立 ， 即时假 设 7 证明： 当 时，命题成立.（ ）8n538设 时命题成立 .),7(N角邮资可能是：（ 1）完全用 3 角的邮票来支付；（ 2）至
4、少用一张 5 角k的邮票来支付.在（1）下，3 角的邮票至少有 3 张.把它们换成两张 5 角的邮票便可支付角的邮票 .在（2）下，把一张 5 角的邮票换成两张 3 角的邮票便可以支付 角的邮1k票.综合 、 ，命题对于不小于 8 的所有自然数成立.8 证明：（1） 2164,213,2fff（2） 1nn当 时，命题成立.4,3假设 时命题成立，即 .那么 时，原),7(Nk12kf 1kn条直线有 个交点 .由条件知，第 条直线与原 条直线各有一个交k12点，且互不相同.故新增 个交点，所以 .kkkfkf综合 、 ，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
5、除关系“|”满足半序关系.证明：（1） （自反性）任意的正整数 ，总有 ； xx|（2） （反对称性）如果 ，那么 ；y|,y（3） （传递性）如果 ，那么 .zyx|,zx|通常意义的小于等于也构成半序关系，同理可证.10 证明：设 ，且NM 1若 ，则 .a若 .令 是所有不属于 的自然数组成的集合，则 是 的非空子集，按照最小数AAN原理， 中有最小数，设为 .由知 ，于是存在自然数 ，使 ，这b1cb样就有 ，所以 ，但根据有 ，这与 矛盾.所以 .bcMcMc bNM11 证明：（1）根据自然数减法定义有， ，两式相cda)(),(加得： ，于是 ，cbadca)()( )(bacd
6、若 ，则b若 ，则（2） )()()(c cac)()(（3）先证 ba事实上，由 accb)()(可知要证明的自然数乘法对减法的分配律成立.由此，为了证明（3） ，只要证明 ，)()()()( bcadcdb根据（1）上式就是 )( bacadc于是只要证明 ba显然，这个等式是成立的，所以（3）成立.12 证明：（1）根据自然数除法定义有 ，两式相乘，得cdb,，所以有：若 ，则 ；若 ，则bcda cadabcad（2） ，根据除法定义， （2）成立.b)()()(（3） ，根据除法定义， （3）成立.cd13 证明： . )()( nmnnm14 证明：设 ，下，下面证明 三种关系有且
7、仅有一个Nba, ba,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 同时成立，则存在 ，, *Nk使得： kab于是 ，与 矛盾.a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 ，设 是使三个关系中至少有一个成立的所有 的集合，当 时，Mb1b若 ，则 成立；若 ，则存在 ，使得 ，这1ab1a*Nkkka时 成立 .因此 .假若 ，即三个关系中至少有一个成立 .当 时，存在 ，使得 ，则 ，即*Nmmab )(mb成立.ba当 时，存在 ，使得 ，若 ，就有 ；*kk11ba若 ，就有 ，且 ，使得 ，即1kNllllbla
8、成立.ba综上， ，从而 .M *15 证明： ，nbyaxyxn)(，ba|,|,|anxba|,|,|yx|16 证明：因为 ，)()(cdbcadc且 ， ，所以 ，即abc| | )(| cadbad|17 证明：因为 ，而有限个奇数的乘积仍)1)(12pppp是奇数，奇数个奇数的和也是奇数，因而 是奇数，2于是 ，同理有 ，Zsp),2(1 Ztqq),(两式相加： ，所以 .)1)()1)(2tsqptspqp )(|qp18 解：因为 ，所以 和 必为一奇一偶.3155若 为偶数，可验证质数 ，则p3,2qp13log2q1532log8log2若 为偶数，可验证质数 ，则q5,
9、7l2p27l0所以 .031log2或p19 证明：根据减法是加法的逆运算知，设 是有理数， 是这样一个数，ba,ba它与 的和等于 即 但是，我们有bab)(加法结合律)(a0因此， 这个确定的有理数，它与 的和等于 ，)(baba又如果差为 ，则有 ，于是，两边同加 有：xa)()()(babx)(x即差只能是 ，定理得证ba20 证明：做差， ， .032a03)(2bab所以有 321 证明：首先证明 当且仅当 . yxyx事实上，若 ，当 时， 且 ，即 ;当yx0yxyx时， ,有 ,且 ,故 .反之，若0xyx,当 时， ;当 时， .y0xyx下面来证明： .baba事实上，
10、对于 显然有：,b故有 .aa)(由上面的讨论知， . 另一方面， .bab故 .aba22 证明:(反证法)设 其中 是正整数,不妨假定 互素, ,qpe qp取自然数 ,用 乘下列级数表达式两边: ,得:qn! !312e )2(113)(! nne令 , )(!nan )(bn于是 ,则 应为正整数, 应为整数.nbee! nae!但是 )3)(211(0n)()(2(122n因为 ,故 ,即 不可能是整数,产生矛盾,所以 是无理数.10nbn e23 证明：假设 1,)(,qpan两边 次方得 ，nq但是 所以 ，所以 不是整数，这与已知条件矛盾，,1)(p1,),(nqpa所以 是无
11、理数.na24 证明：假设 ，NqZpba,log所以 ，因为 ，所以qpa1),(1),(qpba但是当 时，上式明显不成立；当 时，上式与 矛盾.所以，001),(qpba不是有理数，又可以证明 是实数，所以 是无理数.balogaloglog25 证明：假设方程有有理数根 ，将 其代入方程，可1,)(,qpxqpx得： ，由此可知 的任何素数因子 必可( 121nnnn aqpaqp r整除 ，因此 必可整除 ，从而知 为 与 的公因子，但是 ，所以rrpq1),(p，所以 ，这与 矛盾.所以整系数代数方程1r1的任何非整实根均为无理数.0nnax26 按照字典排序法，先比较实部，再比较
12、虚部.27 证明：将三次本原单位根 或 分别代入 ：x2)(xf1)(2313nmf02)(2 1因此， 含有因式 ，而)(xf )(,2x)()2x01x所以 )(|12f28 证明（反证法）：若 与 3.8 的和是有理数 ，即 ，则 .aa8.383因为全体有理数称为一个域，对减法运算封闭，所以差 仍是有理数，与是无理数矛盾，所以 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： 是无理数，易证 也是无理数，22Z230 不能，因为无理数对四则运算不封闭.例如 .0231 解：由于 xyiyxxyixyiz )(4)()2()( 22244 所以 是纯虚数的条件是 ，4
13、442即 0,)21(yx32 证明：设 是 的任一子域， ，且在 中方程 有解 .CRC1112zjz按照题意，要证明 .因为 ，所以只需要证明 .1C由 ， ，知 ，依 的四则运算律，有1jj0)(22iiji于是， 或 .任取 ，由 ，jC),(Ryxi知 或yjxyx又由于 ，而 是域，于是 ，因此 .1,11C1第二章习题及答案1设 证明0,xln(1).xx证明 取 在 上有导数 利用微分中值定理()l).f0, 1().fx(l()() ,0.0xxf 即 又因 因此有ln(1).1ln(),xln(1).xx2若 均为实数, 且 求证: xyz 221(0),.xyzaxyza
14、200.33a证明 由 有 其判别21()xyxy222()()0.4xyy式 (因 ). 从而, 即2()4aR3a3a同理可证 0,.3xz3设 表示一个三角形三边的长, 求证: bc222()()()3.aacbac证明不失一般性, 设 令 则 有,mn0.2223()()()bcbcc)aab()cmncnmc2()()()0.ncmncm2223.baba4设 且 求证: ,xyR1.xy2xy证明 设 则由题设可知, 并可设 于是221,cos,in.xxy2(cossin)22(cosin)(.42.xy5已知 求证1,ab1.ab证明 欲证 成立, 只需 , 即证 .2()22
15、()(1)ab则只需 也就是 即证22(1)()0,ab2210,而 所以 成立. 命题得证.2()0.1()ab6若 求1(0),niia11()().nniiia证明 2112211.n项 2211(),nna 222 1222 1.(),nnnaaa项 222 122 111.().nnn nnna项以上诸式, 当且仅当 是等号成立. 诸式两端相乘得(,)ia213212 11().() .(.)nn na a由已知 可得 1ni23121., .nnna即21312().()(),nn na11()().nniiia等号当且仅当 时成立.12.na7证明: 函数 852()10.fxx证明 (1) 当 时, 显然0();f(2) 当 时, (1)x823();fxx(3) 时, 531)(10.综合(1), (2), (3) 可知, 可知 恒正.(fx8证明 若 则1(,2),ian1212(.)().().n naaa证明 用数学归纳法证明如下:当 时, 命题显然成立;n假设命题对 成立, 我们来证明它对 也成立, 注意到1(,.)i
