初等数学研究试题答案

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) A B
(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 )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组成集合M
Qa b,a a 1,b b 1, ( P13规定) a1 b 1
1 M
假设c M ,即ac bc
Q ac a( c 1) ac a,bc b(c 1) bc b
又 Q ac bc, a b ac a bc b ac bc c M .
由归纳公理知， M N, 所以命题对任意自然数成立。

(2)若a b,则有b a k,k N. (P17定义 9) 由(1)有 bc (a k)c
3、对自然数证明乘法消去律： 设a,b,c N,则
（1） 若 ac be,则a b; （2） 若 ac be,则 a b;
（3） 若 ac be,贝U a bb
证明（ 1）（用反证法）
假设a b,则有a b 或a b. 若a b,有ac bc 和ac be 矛盾。

若a b,有ac be,也和ac be 矛盾。

故假设a b 不真，所以a b.
(2)方法同上。

ac bc
(P17.定义 9)
或： 若a b,则有b a k, k N.
bc (a k)c ac
ac ac
kc (a k)c
bc
ac bc.
( 3) 若a b,则有:
ab k,k N.
ac (b k)c
bc kc.
kc
ac kc
ac bc
(3)方法同上。

4、依据序数理论推求：
(1)3 5，(2)3 5
解：(1)先求 3 1，3 1 3 4，
(P16.例1)再求 3 2,3 2 3 1 (3 1) 4 5,
再求3 3，3 3 3 2 (3 2) 5 6，如此等等，直至 3 5 3 4 (3
4) 7 8.
( 2) 先求 3 1，3 1 3，
再求3 2，3 2 3 1 3 1 3 6，
再求3 3，3 3 3 2 3 2 3 6 3 9，如此等等，直至 3 5 3 4
3 4 3 12 3 15.
5、设n N ，证明4n15n 1是9 的倍数。

证明：①当n 1时,15 1 1 18是9的倍数，故n 1时命题成立。

②假设当n k时，命题成立。

即4k 15k 1是9的倍数。

则当n=k+1 时：
4k 1 1(5 k 1) 1
(4 4k 15k 1) 3 15k 18 。

(4 4k 15k 1) 9(5k 2)
Q4k 15k 9是9的倍数,（5k 2）是9的倍数
4（4k
15k 1）-9（5k 2）是 9 的倍数
4k 1 15（k 1） 1是9的倍数
当n k 1时，命题成立。

由①，②知，对于任一自然数n 成立。

6、用数学归纳法证明下式对于任意自然数都成立：
证明:
当n 1时，左边 1-4 -3,右边 1~2耳 -3.左边
故当n 1时，等式成立。

假设当n k 时，等式成立，即：
则当n k 1时，有:
（
1-4）
（1-9）（1-25）（1-
詁））
1 2n
1 2n .
右边
（
1-4）
（1-9）（1-^）
（1-
1 2k 1 2k.
（哙（1-
莎冷
）（1
1 (2k 1)2
7、设
(1) (2) (3)
解：(1) Q
3 胶
3-皿 A n n (n ，A 1 —13- (n 以、为根作一元二次方程； 证明A n 2
3
A n 1 A n ； 用数学归纳法证明“n 是10
的倍数
3 3 - 13 3
为根的一元二次方程为： 2
(2)
1,2...
)
3 用 3-713 -1 2 2 x 2 3x 1
0.
A h 2
13
n 1 n 1 3
13—
3
A n 1 A n .
代入以上方程，
得： n 2 n 2 n 2 —13
n n
n
(3
1, 2 3
1)_n (3_ —13
1.
1) 13
(3)当n 1时，A 3A,
故命题对n 1成立:
A
1
2
3
—住—：苕 10.
假设当n k 时，命题成立，即 抵是10的倍数.
则当n k 1时，有： A 3(k 1)
3
A 3k 2 A (3k 1)
3(3
A 3k 1 A 3k ) A 3k 1
10
A 3k 1
3
A 3k
又Q 4 1 , A ^ 3
，故经递推式A )2 3A n 1 A n 所得的各个
数皆为自然数, 因此，A 3k 1
Q 1(b a )
.这就和自然数集具有离散性相矛盾。

A 3k (n )是10的倍数
8设a,b,c 都是整数。

如果a b,b c 则对于任何整数，，都有a( b c) 证明：
Qab , ac
b m ^a? (m z)
c m 2a (m 2 z) b mtj a. c m 2 a.
b c m i a m 2 a
(m 1 m 2 ) a.
又 Q( m 1 m 2 ).
a( b c)
9. 证明整数集具有离散性. 证明：
(反证法)假设整数集不具有离散性，即在相邻整数a 和a+1之间存 在 b ,使 a b a 1。

依据加法单调性，a (1 a) b (1 a) a 1 (1 a)，
即
1 1 (b a) 2
(1)
10、证明：有理数乘法满足结合律。

证明：设a,b,c Q,要证：（ab ） c a （bc ）
当a,b,c 中至少有一个为零。

（1）显然成立。

设a,b,c 都不为
J — | —A
零。

因为算术数乘法满足结合律，故（a b ）c a （b c ）。

故（1）两边 的绝对值相等。

如果a,b,c 中有一个或三个都是负数，则（1）两边 都为负数；如果a,b,c 中没有负数或有两个负数，则（1）两边都是 正数，说明（1）两边的符号相同。

因此（1）成立。

11、指出下列集合中可以畅通无阻的算术运算， 并且判断哪些集合构 成数环：
（T 0 ；
⑵ 1 ；
（3） ；
（4） U O ；
（5） Q ；
（6）奇数集合；（7）偶数集合； ⑻0, 3, 6，, 3n 。

(1) 加, 乘，
成环
(2)
乘， 除 (3) 加, 乘
(4) 加, 乘 (5) 加, 乘
，
除 (6) 乘
(7) 加, 乘
， 成环 (8)
加， 乘
，
成环
12、设有n 个正分数
(1 (2) (n )
求证：
a i a
i b 1
b i
a 2 b
2
a
a n
b n b n
证明： 设m
a 2 b
2
a i
b 1 a
2 b
2
qb 2 ba 2
a 2
b 2
O s
b 3
a 2
b 3
d a 3
a
3
a 4 b
4
a 3
b 4 b 3a
4
Q m
ml t|
b i mb i a 1 b 1 (1)
mb 2
又Q m
ib
2 b
i b 2
1 b i
a
2
a
2
即mb 2
a
2，而壹
mb 2 a
2
b
2
(2)
同
理：
mb 2
a
2
b
3
(3)
M
mt n a n b n (n)
a i
b
i
a 2 a
3
b
2
2
a n a n
（分母为正分数）
m(b1 b2b n) a i a2 a n (b1 b2b n)
13. 近似计算：
1 1.
2 104+1.5
3 103 5003.6 2 43.26 0.382
4 3 32.264 2.13 4 2.63 103
2.43564
解：解法一：
(1) 1.2 104 1.53 103 5003.6
=12 103 1.53 103 5.0036 103 =(12+1.53+5.0036) 103
(12 1.5 5.0) 103 =18.5 103 19 103 =1.9 104 解法二：
1.2 104 1.53 103 5003.6 =1.2 103 0.153 104 0.50036 104
(1.2 0.153 0.50036) 104 (1.2 0.15 0.50) 104 =1.85 104 1.9 104
(2) 43.26 0.3824 43.26 0.382 42.878 42.88
q a 2
b b 2
a n
b n a
i
a
2
b 1 b 2
O n b O n b n .
(3) 32.264 2.13
32.26 2.13
68.7138
68.7
(4) (2.63 103) 2.43564 (2.63 103) 2.436
1.079 103
1.08 103
14. 已知近似数2315.4的相对误差界是0.020。

, 差界，并指出它的有效数字的个数。

解：=2315.4 0.020。

=0.46308 0.5
故近似数精确到个位
所以有效数字有4个
15计算2 忌使结果精确到0.001.
解：2 - 3
2 3.1416 1.7321
=4.5511 4.551
16设a,b,c,d Q*,x是无理数。

求证：s二盛上是有理数的充要条件是
cx d .是确定它的绝对误ad bc.
bc,则a 孕设a
£ k,则a bk,c dk. b d b d 2
b
为有理数。

d(kx 1) d
反之，若S 为有理数，则scx sd ax b. (sc a)x (sd b) 0
若sc a 0,则x
sd b
为有理数和x 为无理数矛盾。

sc a
因此必有sc a=0因而sd b 0,s b
, d
于是s=a b
,所以ad bc.
c d
17若a,b,c,d Q,・C -d 是无理数，则当a c b . d 时，必有 b,c d.
证明：当a c b d 时，a b . c . d,两边平方得：
(a b)2 c 2(a b) 6 d. (a b)2 (c d) 2(a b)Jc 0.
因为a,b,c,d Q 是无理数，如果a b,则得丘为有理数矛盾。

必有a b,从而得c d.
18判断下面的序列是否为退缩有理闭区间序列，如果是的话，求出 它所确定的实数。

(1) 1 3 2 4 3 5 (|丿22,3,3 ,
4,
4 'n 1n 1 '…
(2) 0,2
, 0,3
, 0,4
,..., 0,
^1 ,
...
证明：若ad
S bkx b
S
dkx d
(3) 1
1
3
1
5
1
2n 1
1 2 4 6 2n，
19.辨别下面的断语有无错误，错在哪里？
（1） 复数集与复平面所有向量组成的集合一一对应。

（2） 两复数的和与积都是实数的充要条件是：这两个复数是共轭复数。

（3） 共轭虚数的正整数次幕仍是共轭虚数。

（4） 一个非零复数与它的倒数之和为实数的充要条件是它的模等于 1 答：都有错误。

（1） 所有向量改为：所有以原点为起点的向量。

（2） 是充分条件而非必要条件。

（3） 共轭虚数应改为：共轭复数。

答：（1）因为10丄-3 丄
2 3 4 …n 1 5 n 2 4 . .. n 2 n 1 n 20 3 4
2 3 3o n
3 n 1
当n 0, n 2 n 1 n 2 n 1
1…
0即亠 n 1 n 1 二 序列是退缩有理闭区间序列，它所确定的实数为 1.
（因为lim x r o n 1 4 . 0 =1,lim ^^=1）
x o n 1
1 廿... 斗On n 1
⑵因为2
n 1 n 1
序列是退缩有理闭区间序列，它所确定的实数为 0
（3）是 1.
（4）是充分条件而非必要条件
3
3
3
1.
20.证明：当n 为3的倍数时,
2
；
而当n 是其它正整数时，上式左边等于 -1。

证明：设 =1 3i 1
2—
2 1=cos 3
1 3i 2,
4 2=COS _3
isin 2 2n
cos
飞
isin 4 1 3i ""2—
3
，
_ n
1 3i ~2
cos 4n
4n isin
"3
isin 2n cos 弩 当n 等于3k,有: n n = 3k
1 2 _ 1
cos 2 3k cos
isin
4n
3k 2
isin
2 3k
cos
4 3k cos
r
isin 4 3k
cos2k 2.
当n 3k n 1
i sin 2k
cos4k
i sin 4k
1,
n 2
3k 1
2 3k 1 cos
3k 1 2
2 3k 1 i sin 4 3k 1 cos
cos(2k i sin (2k
2 cos
23 ..2 isin
23
4 cos
4
勺
..4 isin
4
cos(4k
4 3k 1 isin — isin (4 k
专)
当n 3k 2,
n n
1 2
2(3k 2) cos ' ’3k 2 1
cos(2k
4 COs3 1. 3
43)
..4
isin 3
3k 2
2
..2(3k 2)
isin ' ’
i sin
(2k
8
cos3
cos4(3k 2)
3
4
4^) cos(4k
..8
isin3
isin4(3k32) isin (4
k %)
综上所述：当n为3的倍数时，
1 3
n
2. n
当n为其它正整数时，宁 1 3i
~2
1
2cos75 cos105 i sin 105
2cos75 cos105 i sin 105
22、设x,y 是实数，z=x+yi,且 =1,求u=z 2 z 1的最大值和最小值
解：Qz=x+yi, z 1.
x 2 y 2 1.
1 x 1
又 u= z 2 z 1 z(z 1) z z 2 =z 2
z+z z = z(z 1 z) =l z z Z 1 =2x 1
21.求复数1 （二討）7的模及幅角主值。

解：因为 3 i =cos — 2 6
1 db 7
3 i 、7
7 7
isin 6(
丁)cos g isin 76
6'、 2
2
彳 7
1 cos — 6 2cos
2 [
12 2cos 7— 12 ..7 i sin -
6 7 7
i 2sin cos —-
12 12
7 . . 7 cos isin - 12 12 2cos105 cos105 isin105
2cos75 cos 180 75 isin 180 75
2cos75 cos75 isin75 2cos75 cos285 isin 285
复数1
7
的模为2cos75，幅角主值为285。

Q2x 1
2x 1 2 1 3
Q0 2x 1 3 0 u 3
即u 的最大值为3，最小值为
0. u= z 2
z 1 = z(z 1)
z(z 1) 1 z(z
1)
N ) z(z z z
1 1
1 z z z
23、 解: 解方程（z+1）n （z z 显然,z 1.故（
1)n 1) (n >1,n 1. ! z 1 z 1
z 1 z 1
z 1
z 1.
1. 是1的n 次虚根.即:
Q z 1.
苑 isin^,(k z 1 n n 去分母，整理得：
2k i s i n 2k 1)=1+ cos 2k i s i n 2k i si n -i)=i+ cos i sin - n n n
1,2L ,n 1) z(cos n 由倍
角公式， .k (
zsin ( n k
Q sin - n
.k sin n 0,
z cty 匕 n i cos —) cos
n (cos k is in —). n n k
cos — n .k sin
..k isin n k i cos — k cty 冷(k 1,2,L ,n 1)
y
1(n N)的一个虚根。

..2m i sin , n
m n,且m, n 互质，求证:
(1) , 2丄，n 是1的n 个不同的n 次方根(n 次单位根)
(2) 1+ + 2 + L + n-1=0; (3) (1-)(1- 2
)L ( 1- n 1)=n. j l 和j l 矛盾
j l
，2,，
n
是1的n 个不同的n 次方根.
(2) 1 + + 2+L + n-1
丄J =0 ( 由(1) n
=1)
(3) Qz n 1 (z 1)(z )(z 2)L (z n 1). (由
( 1))
又Qz n
1 (z 1(z n 1
+z n 2
+L +z+1)
z n 1+z n 2+L +z+1 (z )(z
2
)L (z n 1).
令上式中z=1,有：
24、设是方程z n
2m 二cos ------ n
其中m, n N,1
证明: (1)Q(
k
、n n
、k
)()1
(1 k n)
5
若j,l N,1
n-1
都是啲n 次根。

l n,
c“2k 2m cos ——
nj
is^
2k 2m cos
r-
..2k 2m
isin
f
假设
j
cos 2k
则有
nj
2m
=cos 2k 2m nl sin2k
nj
2m
=sin 2k
2m nl
(1 )(1 2)L (1 n 1)=n
y
25、设z+J3 i 1,求z 和argz 的最大值和最小值. 解：如图所示，z+V3 i =1是以（J3-1）为圆心 以1为半径的圆，满足z+/3 i 啲z 是位于这圆内部和圆周上的点所对应的复数， 当z 位于 A 点时，
argz 最小，此时，argz=.
故argz 的最大值为+2
=£ ，
6 3
当z 位于B 点时，模最大，最大的模 =OD
当z 位于E 点时，模最小，最小的模 =OE
26、 设复数z 满足zz z z 3.求z 所对应的点z 的轨迹。

解： Qzz z z+1 4.
z(z 1) (z 1) 4 (z 1)(z 1) 4 (FT) (z 1) 4 (z 1)2 4
(z 1) 2
因此，点z 是以(-1, 0)为圆心，以2为半径的圆。

27、 设x 0,x R,应用复数证明： sinx+sin^+L +sinnx
tg 屮 cosx cos2x L cosnx 2
证明：考虑数列 cosnx isinnx ， 这是等比数列. 设 z=cosx isinx. 则z z 2 z 3 L z n =叫9 宁T
z 1
1 z
当z 位于C 点时，argz 最大，此时，Q
1
COI= AOD 而 tan AOI=乔，
A 0%' O
B J(V3)2 12
1 3. OD DE J(T3)
2 12 1 1. A
E
1 C
D
(cosx isinx) (cosx isin x)1 2 L (cosx isinx)n (cosx i sinx) (cosx isinx)n1
1 (cosx isinx)
(cosx isinx) (cos2x isin2x) L (cosnx isinnx) (cosx isinx) (cos(n+1)x isin(n 1)x)
1 (cosx isinx)
(cosx cos2x L cosnx) i(sinx sin2x L sinnx) cosx cos(n 1)x i sinx
sin(n 1)x
(1 cosx) i sin x
cosx cos(n 1)x i sinx
sin(n 1)x 1 cosx isinx cosx cos(n 1)x (1 cosx) i sinx sin(n 1)x (1 cosx)
cosx cos(n+1)x sinx sinx sinx sin(n 1)x .x si n^
sin|
sin(n 1)xcosx sin xcosx sin xcos(n 1)x sin 2x sinxsin(n
1)x)
cosx 1 cosn 1)x+cosnx i sinx sin(n 1)x sinnx
.x sin — 2
cos
-
isin
sin 今
.nx cosx
sin 2 (n 1)
cos2< L cosnx -------- 2
cos x sin 2 2
sinx sin 2x
L sinnx
tg n
Jx
cosx cos2x L cosrx 2
28、设p 1, p 2,L , p 门为实数，方程： x n
p 1x n 1
p 2x n 2
L
p n [X p n 0,有一根 cos i sin
求证: p 1si n
p 2sin2
L p n sinn
求
证： p 1 si n p 2s in 2 L p n sinn
证明： 在原方程两边同乘以 x n ,得：
1 p 1x 1 p 2x
2 L
P n 1x-n 0
L L L L L L L L L
L L(1)
将 x -k (cos i si n )k cosk isink
(k=1,2, L ,n)
代入（1）式，得：
1 p 1 (cos -i sin ) p 2(cos
2 -isin 2 ) L P n 1 (cosn -i sinn )
0⑵ (2)式左边的实部和虚部都应为0,由于p 1, p 2,L , p n R,故有: Rsin p 2si n2
L
p n sinn
0.
sinx sin2x L
sinnx
sin£1)x
s“2 2
习题二
1设f(x)是x的三次式，已知：
f(1)=10，f(2)=-1 f(4)=101 f(5)=218 试求f(3). 解：
法一：设f ( x)= ax3 bx2 cx d. 则有：
a b c d 10 a 2
8a 4b 2c d 1 解得：b0
64a 8b 4c d 101 c -5
125a 25b 5c d 218 d -7
f ( x) 2x3 -5x-7.
f (3) 2 33-5 3-7=32.
法二：设f (x)=a0 a1(x 1) a2(x 1)(x 2) a3(x 1)(x 2)( x 4) f (1) a0=-10
a
0 10
则有：
f (2) a0+ a1=-1
a
1 9 f
(3) a0 +3a1+6a2
a
2
14
f (4) a0 4a1 12a 2 12a3 218 a3 2
f(x) 10 9(x 1) 14(x 1)(x 2) 2(x 1)(x 2)(x 4) f(3) 32
2、设f(x) x4 6x3 15x2 16x 9试求f(x-2)按x的降幂排列的展开式。

解：法一：
f ( x-2)=( x-2)4 6(x-2)3 15(x-2)2 16(x-2) 9
=x4-2x3 3x2 -4x 5
法二：先用综合除法将f(x)表示成(x 2)的幂的多项式，然后求f(x-2)
21 +6 +15 +16 +9
-2 -8 -14-4
21 +4 +7 +2 +5
-| -2 -4 -6
O
1 +
2 +
3 -4
-2| -2 o
-21 0 +3 _-2 1 -2
f(x)=(x-2)4-2(x-2)3 3(X-2)2-4(X-2) 5 f(x-2)=x4-2x3 3x2-4x 5。