初等代数研究(1)
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 。
初等代数研究
绪言一、“代数学”的起源及几种历史观点⒈“代数学”的起源公元820年前后时，花剌子模数学家和天文学家穆罕默德·伊本·穆斯·阿里·花剌子模的著作《Kitab al jabrw’al-mugabala》，意思是“整理”和“对比”。
到14世纪，aljabr演变成了algebra，这就是拉丁文的“代数学”。
其中Algoritmi是花拉子模的拉丁译名，现代术语“算法”（Algorithm）即源于此。
代数的基础就是脱离了具体数字在一般形态上形式地加以考察的关于算术的学说。
代数的课题首要就是字母表示的式的变换和解方程的规则和方法。
所以，代数这个名称的起源完全符合这门科学本身的内容。
算术→初等代数→高等代数→近世代数。
⒉历史观点⑴Ⅰ16世纪后期，视为普遍化的算术；Ⅱ17世纪60年代，各种量的计算理论；⑵18世纪末至19世纪初，代数方程的解法；⑶19世纪至今，研究各种代数结构。
二、“代数学”的定义“代数学”的定义——初等代数学（或称古典代数学）是更古来的算术的推广和发展；抽象代数学（曾称近世代数学）则是在初等代数学的基础上发生、发展，而于20世纪形成的。
“初等代数学”——研究数字和文字的代数运算（加法、减法、乘法、除法、乘方、开方）的理论和方法；更确切点说，研究实数或复数和以它们为系数的多项式的代数运算的理论和方法。
三、为什么数应专业学生要学习本门课程中学数学教师的历史使命第一章自然数一、数系的历史发展⑴数学思维对象与实体的分离数的概念的产生和发展人类在朦胧时代就已具有识别事物多寡的能力。
在人类开始数数之前，人类是根据物体样子的差别来判断物体是多还是少。
从这种原始的“数觉”到抽象的“数”概念的形成，是一个缓慢的、渐进的过程。
原始人先是注意到一只羊与许多羊、一头狼与整群狼的区别，逐渐看到一只羊、一头狼、一条鱼之间存在着某种共通的东西，即他们的单位性。
数：一定物群所共有的抽象性质。
【7A版】《初等代数研究》教学大纲
《初等代数研究》教学大纲课程名称：初等代数研究课程编码：0702032100适用专业及层次：数学教育专业（三年制专科）课程总学时：72学时课程总学分：一、课程的性质、目的与任务1、本课程的性质：本课程是数学教育专业一门重要的专业基础课。
它是在学生掌握了一定的数学专业理论知识的基础上开设的。
本课程根据中学数学的教学目的及现行的中学代数教材，以传统内容为主，适当渗透近代数学的思想，课程内容具有广泛性和多样性，除固定意义的代数基本内容外，还安排一些其他数学分支的知识。
2、课程目的与任务：通过《初等代数研究》课程的教学使学生掌握初中数学教学所需的初等数学的基础理论、基本知识和基本技能；了解中学数学的内容和知识结构；在数学思想上得到启发，在数学方法上得到初步培训，为教好初中数学打下较坚实的基础。
另外，同过该课程的学习，可以加深学生对初中代数内容的理解，可以提高学生的初中数学解题能力及从事初中数学教学工作的能力。
二、教学内容、教学要求及教学重难点第一章数【教学内容】：本章主要讨论数的概念的形成与扩展，数的运算与性质，数的近似计算等内容。
【教学要求】：了解数系概念的发展简史；熟悉用代数结构的观点和用严格的公理体系来处理数的概念的扩展；能正确分析处理初中数学教材的有关内容。
【教学重难点】：第一节数系的扩展1.1数的发展简史1.2正整数理论1.3有理数集及其性质1.4实数集及其性质1.5复数集及其性质第二节整数的整除性2.1整除的意义及其性质2.2素数与合数2.3最大公约数与最小公倍数2.4同余第三节近似计算初步3.1近似值的截取方法3.2绝对误差与相对误差3.3有效数字与可靠数字第四节初中数的教学4.1内容分析4.2教学目标4.3教学建议本章重点：数及其运算性质、同余理论本章难点：利用同余理论研究整数的性质第二章式【教学内容】：式是数的概念的发展，也是研究函数、方程和不等式的基础。
本章着重讨论代数式和简单超越式的概念、性质和恒等变形。
初等代数研究(_绪言_第一章_数_)完整
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§1 数系的扩展
四、复数集及其性质 集及其性质
• 性质 性质1：复数集是一个数域。 • 性质2：复数集不是有序域。 性质 • 性质 性质3：复数集内，开n次方运算总是可实施的， 任何非零复数有n个不相等的n次方根。 • 性质 性质4：复数集具有稠密性。复平面上任一区域 里，都有无限多个复数。 • 性质 性质5： 复数在复平面上的分布是连续的。
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A
B'
B
A
A'
B
A ～B ′⊂ B 则 a＜b
A ⊃ A ′～ B 则 a＞b
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作 业
习题一、 3.（1）、（2） 4.（1）
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§2 整数的整除性
整数的整除性的概念、 一．整数的整除性的概念、性质
1. 整除的定义：对于两个整数a、b(b≠0）， 整除的定义： 若存在一个整数q，使得 a=bq ① 成立，则称b整除a，或a被b整除，记作b|a。a叫 做b的倍数，b叫做a的约数（因数）。 若满足①的整数q不存在，就称a不能被b整除， 或b不能整除a，记作b ∤a， 如2|6，4 ∤ 6。
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§1 数系的扩展
三、有理数集及其性质 集及其性质
• 性质 性质4（阿基米德性质）：对于两个正有理数a， b，存在一个正整数n，使得 na>b。 • 性质 性质5（有理数的稠密性）：在任意两个相异的 有理数之间，总存在无限多个有理数。 • 性质 性质6： 有理数集是一个可数集. • 可数集——可与正整数列“1，2，3，…”建立 一一对应的集合。
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§2 整数的整除性
六、同余
今天是星期四， 天后是星期几？ 例.今天是星期四，则101000天后是星期几？ 今天是星期四 习题 :P73 44. 求证：5353-3333能被 整除。 求证： 能被10整除 整除。
初等代数研究课后习题答案完整版_余元希
初等代数研究课后习题完整版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。
初等代数研究__第1章_数与数系
初等代数研究__第1章_数与数系第1章数与数系数学是一门研究数与数的运算规律的科学，而数与数系是数学研究的基础。
本章将讨论数与数系的基本概念和性质。
1.1自然数与整数自然数是最基本的数，用来表示物体的个数。
自然数的集合记作N={1,2,3,…}，其中1为最小的自然数。
整数是自然数的扩充，包括正整数、负整数和零。
整数的集合记作Z={…,-3,-2,-1,0,1,2,3,…}。
整数的加法运算满足交换律、结合律和闭合性，即对于任意的整数a、b和c，有(a+b)+c=a+(b+c)和a+b=b+a。
整数的减法运算也满足这些性质。
1.2有理数有理数是可以表示为两个整数的比，其中分母不为零。
有理数的集合记作Q={p/q，p∈Z，q∈Z，q≠0}。
有理数的加法、减法、乘法和除法运算都满足交换律、结合律和闭合性。
有理数的大小可以用数轴来表示，其中0位于原点。
正有理数位于0的右边，负有理数位于0的左边。
有理数可以根据大小进行比较，例如两个有理数a和b，若a>b，则称a大于b，若a<b，则称a小于b。
1.3无理数无理数是不能表示为两个整数的比的数。
无理数的集合记作I=Q'。
无理数是无限不循环小数或无限循环小数。
例如，根号2是一个无理数，其小数表示是无限不循环的。
在数轴上，无理数位于有理数之间，填补了有理数之间的空隙。
无理数与有理数一起构成了实数的集合R，即R=Q∪I。
1.4实数实数是有理数和无理数的集合，记作R=Q∪I。
实数的加法、减法、乘法和除法运算都满足交换律、结合律和闭合性。
实数的大小可以通过大小关系进行比较。
1.5数系的运算实数系具有加法和乘法运算两种基本运算。
实数的加法运算满足交换律、结合律和闭合性。
实数的乘法运算也满足这些性质。
加法运算满足零元素和负元素的存在性。
实数的运算有一些基本性质。
其中有加法的逆元素和乘法的逆元素，满足a+(-a)=0和a*1/a=1，其中a≠0。
此外，实数的运算还有分配律等性质。
初等数学研究 第1章答案
习题二答案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 k a a k a 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。
中学代数研究--第1章第2讲
可知不 论 有多少 块 骨牌 ，对 任 意 的 正 整 数 n， 猜 想
都能全部倒下。 都成立。 素材来源于网络，林老师搜集编辑
22
整理
练习 用数学归纳法证明:
1 3 5 ... (2n 1) n2.
证明： （1）当n=1时，左边=1，右边=1，等式成立．
（2）假设当 n k 时，等式成立，就是
第二节 自然数系和0
一．自然数的基数理论
二．自然数的序数理论
三．自然数的加法和乘法
四．关于自然数系的几点说明
五．自然数和0
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❖ 建立自然数理论的两种方案
I. 康托尔以集合论为基础，建立自然数基数 理论；
II. 皮亚诺以公理法为基础，建立自然数序数 理论；
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于是c` M， 因此，M N.又由a、b的任意性，得证。
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对乘法交换律的探讨
❖ 在《全日制义务教育数学课程标准（实验 稿）》关于乘法的注解：
❖ 关于乘法：3个5，可以写作3×5，也可以写 成5×3。 3×5读作3乘5， 3和5都是乘数 （也可以叫因数）。
❖ 这一提法的本意是不再区分“乘数”和“被 乘数”，有一定的合理性，但不太严谨。
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应用数学归纳法证明有关自然数的命题 时应注意：
1、第一步是奠基部分，归纳法原理的两 步缺一不可，否则将导致矛盾；
2、在证明推导第二步时，一定要用归纳 假设的结论作为第二步推理的基础。
3、数学归纳法是建立在“潜无限”的观 念基础上，推导过程看似一个有限的过程， 但是在逻辑上保证命题对“一切自然数”都 正确。用“有限”体现“无限”的过程。
初等数学研究 代数部分 第一章 数与数系
第1章 数与数系
教学目标
1.了解数的起源与数系扩张的动力和原则 2.掌握数的计数方法和文化意义 3.了解0的发明权之争与解决 4.掌握0为什么不能做分母和0为什么可当自然数的道理
一、数的起源与计法
数——一定物群的抽象性质； 思维对象与实体的分离； “数（shù）从数（shǔ）中生”。
计数方法——屈指计数（掐指计数）（五进制、十进制） 石子计数（配对思想、一一对应）；结绳计数；书契记数； 算筹记数。
定义 3（乘法的定义） 自然数的乘法是一种对应关系“ ”，由于它对于任何a,b N ， 有唯一确定的ab N ，并且满足
⑴ a 1 a ； ⑵ ab ab a ． 注 ① (N, ) 是半群；② 乘法对加法的分配律也成立，即(a b) c a c b c ． 例 4 证明 23 6 ． 证 ∵ 21 2，
初等数学研究 ——代数部分
绪论
研究内容：初等代数研究+初等几何研究 教学目标： 1.了解代数与初等代数、初等几何研究的主要问题和研究方法。 2.初步感受初等数学和高等数学之间的联系。 3.掌握中学数学课堂教学展开的基本方式。
内容简介
1.《初等数学研究》是数学与应用数学（师范类）专业的必修 课。它是在同学们掌握了一定的高等数学理论知识的基础上，继教 学与学、心理学之后而开设的。
定理 2（第一数学归纳法的一种变形：移动起点） 设 P(n) 是关于自然数 n 的命题，若 ⑴ P(n0 ) 成立， n0 为某个自然数； ⑵ 由 P(k) (k n0 ) 成立，可以推出 P(k 1) 成立， 则 P(n) 对一切自然数n (n n0 ) 都成立． 定理 3（第二数学归纳法）（串值归纳法） 设 P(n) 是关于自然数n 的命题，若 ⑴ P(1) 成立； ⑵ 假设 P(m) 对于m k 时的自然数均成立，则 P(k) 成立， 则 P(n) 对一切自然数n 都成立．
初等数学研究 代数部分 第一章 数与数系
链接
顺序关系
保持运算 关系
大小关系 关系
有序集
任何一个非空子集 都存在最小元
良序集
(N, ) 是全序集，也是良序集．
四、自然数与0
1. 1993年，《中华人民共和国国家标准》，规定自然数包括 0． 2. 弊端：自然数包含0会带来一些行文中的不便．例，数论中 的除数、约数、倍数等． 3. 一般情况下，不讨论0是几位数，最小的一位数是1． 4. 0不规定为自然数，不会影响数学内容的实质． 5. 由于《国家标准》具有严肃性，目前的出版物都遵循“自 然数包含0”的规定． 6. 主张0为自然数的至少3个理由：
定理 2（第一数学归纳法的一种变形：移动起点） 设 P(n) 是关于自然数 n 的命题，若 ⑴ P(n0 ) 成立， n0 为某个自然数； ⑵ 由 P(k) (k n0 ) 成立，可以推出 P(k 1) 成立， 则 P(n) 对一切自然数n (n n0 ) 都成立． 定理 3（第二数学归纳法）（串值归纳法） 设 P(n) 是关于自然数n 的命题，若 ⑴ P(1) 成立； ⑵ 假设 P(m) 对于m k 时的自然数均成立，则 P(k) 成立， 则 P(n) 对一切自然数n 都成立．
定理 4（第二数学归纳法的一种变形：增多起点） 设 P(n) 是关于自然数 n 的命题，若 ⑴ P(1) ， P(2) 成立； ⑵ 假设 P(k) ， P(k 1) 均为真，可以推出 P(k 2) 为真， 则 P(n) 对一切自然数n 都成立． 定理 5（跳跃归纳法） 设 P(n) 是关于自然数 n 的命题，若 ⑴ P(1) ， P(2) ，…， P(l ) 成立； ⑵ 由 P(k) 均为真，可以推出 P(k l) 为真， 则 P(n) 对一切自然数n 都成立．
定义 3（乘法的定义） 自然数的乘法是一种对应关系“ ”，由于它对于任何a,b N ， 有唯一确定的ab N ，并且满足
初等代数研究(_绪言_第一章_数_)完整
以下是按时间顺序列举的世界上几种古 老文明的早期记数系统：
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世界上几种古老文明的早期记数系统：
12
世界上几种古老文明的早期记数系统：
13
§1 数系的扩展 一、数的发展简史
2、数的扩展方法与扩展原则
数系（number system）——通常是指对加法和 乘法运算封闭的数集。主要有自然数系、整数系、 有理数系、实数系和复数系。 不同于历史上人们认识数的过程中数集扩充的顺 序，“数系”的逻辑扩展应该如下所示的顺序:
24
§1 数系的扩展
1、正整数的基数理论
（7）正整数的减法和除法
定义5 设a、b∈N* ，如果存在一个正整数c，使 得b+c=a，那么c叫做a与b的差，记作a-b=c。 a叫做被减数，b叫做减数。求两数差的运算叫 做减法．
定义6 设a、b∈N* ，如果存在一个正整数c，使 得b ·c=a，那么c叫做a除以b的商，记作a÷b=c （或a/b=c）。a叫做被除数，b叫做除数。求两 数商的运算叫做除法。
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§1 数系的扩展 二、正整数理论
2、正整数的序数理论
基数理论刻画了自然数在数量上的意义，但没有
很好地揭示自然数在顺序上的意义。也没有给出加法、 乘法运算的具体方法。序数理论弥补了这一缺陷。
自然数的序数理论，是意大利数学家皮亚诺在他的 《算术原理新方法》（1889年）中提出的．他用公理化 方法从顺序着眼揭示了自然数的意义，并给出自然数加、 乘运算的归纳定义.
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§1 数系的扩展
2、正整数的序数理论 （一）皮亚诺公理
（5）（归纳公理）如果M是N*的一个子集，且 ①1∈M； ②若a∈M，则a′∈M. 那么，M= N*.
《初等代数研究》教学大纲1
《初等代数研究》教学大纲一、课程性质、目的及开课对象（一）本课程为专业基础课（二）通过学习本课程的学习，使学生学会用现代数学、古典高等数学来考察传统的初等数学，理解“中学数学”的理论基础；灵活运用数学思想方法；探讨与延伸一些初等数学问题。
使学习者能“居高临下”，而且能形成较稳固的数学观念、掌握数学方法，提高自身解决问题的能力。
（三）开课对象为数学教育专业（本科）三年级上学期。
二、先修课程：数学分析、高等代数、解析几何。
三、教学方法与考核方式（一）教学方法：讲授（二）考核方式：考试四、学时分配总学时54学时。
其中讲授52学时，辅导答疑2学时。
五、教学内容与学时第一章数（10学时）（一）主要内容：绪言，数系的扩展，整数的整除性，有理数的教学等。
（二）重点与难点：整数整除性的初步知识。
（三）教学要求：1、了解数系概念的发展史。
2、熟练掌握整数整除性的初步知识。
3、了解有理数的教学方法。
（四）习题：书后部分习题。
第二章式（12学时）（一）主要内容：解析式的基本概念；多项式的恒等定理，多项式的运算，待定系数法，多项式的因式分解方法及注意事项；部分分式；根式的开方等。
（二）重点与难点：多项式的因式分解是本章的重点。
部分分式和根式的开方是本章的难点。
（三）教学要求：掌握各种解析式的基本概念、性质和运算法则，能熟练地进行解析式的变形。
了解中学有关式的教学中应注意的问题等。
（三）习题：书后部分习题。
第三章初等函数（10学时）（一）主要内容：基本初等的概念、分类；用初等方法讨论初等函数及中学教学中应注意的问题等。
（二）重点与难点：用初等方法讨论初等函数。
（三）教学要求：掌握五种基本初等函数的概念、性质和图象；能够运用初等方法讨论初等函数。
（四）习题：书后部分习题。
第四章方程（10学时）（一）主要内容：方程的概念；一元方程的同解性；一元代数方程（特殊类型）的解法；初等超越方程的解法举例。
（二）重点与难点：一元代数方程（特殊类型）的解法是本章的重点；初等超越方程的解法是本章的难点。
初等代数研究第一章课后答案
初等代数研究第一章课后答案
1．对于阖其各自属于实数的解，其有限解总数是什么？
答：对于一个方程有n个未知数的情况，若其各自属于实数，其有限
解总数就是n个实数的组合数。
2．多项式的降幂性质是什么？
答：多项式的降幂性质是指把多项式的次方降低，可以说出此多项式
的系数与高次幂的多项式的系数之间存在特殊的关系。
3．方程的求根方法有哪些？
答：方程的求根方法有移项法、分式法、因式分解法、求根公式法、
四则运算法、代数位移法和零点求取法等。
4．展开某一代数式有什么用处？
答：展开某一代数式是用来求该多项式的某一特定幂次的系数，并可
以帮助我们在后续不同多项式的乘积和幂次的降低中得到精确的结果。
初等代数研究教案ppt1
⑵函数的对应说定义 设 A 为非空实数集， 如果存在一个对应规律 f ， A 对 中每个元 x 按照对应规律 f ，存在 R 中唯一的一个实数
A y 与之对应，则称对应规律 f 是定义在 上的函数，表为
f :AR
⑶函数的关系说定义
X Y 设 f 是集合 与集合 的关系，即 f X Y 。如果还满 f X Y 足 x1 , y1 f , ( x1 , y 2 ) f ，则 y1 y 2 ，那么称 是集合 到集合
应，并且
与之对
1 a 1 a; 2 a b (a b)
2、乘法：自然数的乘法是一种对应关系“·”， 由于它，对任何a、b ，有唯一确定的a · ， b 并且。
1 a 1 a; 2 a b a b a
3、减法：设a, b N ，若存在 x N ，使 b x a ，则称 x 为 a 减去 b 的 差， 记作a b ，这里 a 叫做被减数，b 叫做减数。求两数差的运算 叫做减法。 4、除法：设 记作 叫做除法。
第一节、自然数和0 1.1定义（自然数的序数定义）
集合N的元素叫做自然数。如果的元素间有
一个基本关系“后继”（用“'”表示），并满足: 1、 存在一个元素 1 N ， a N , a不是1 2、 每一个自然数a都存在唯一个后继
a 。
3、 a, b N , 若a 与b相同，则a b 4、 若M N , 且(1)1 M ； 。
三、复数的性质
1、C存在复数 (a, b)，使得 (a, b) 2 (1,0) . 记为i=(0,1).
2 、复数域不是有序域。 但复数集可以定义顺序使其构成有序集。
第四章 函
(完整版)初等代数研究课后习题答案
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 --=z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。
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绪言一、“代数学”的起源及几种历史观点⒈“代数学”的起源公元820年前后时，花剌子模数学家和天文学家穆罕默德·伊本·穆斯·阿里·花剌子模的著作《Kitab al jabrw’al-mugabala》，意思是“整理”和“对比”。
到14世纪，aljabr演变成了algebra，这就是拉丁文的“代数学”。
其中Algoritmi是花拉子模的拉丁译名，现代术语“算法”（Algorithm）即源于此。
代数的基础就是脱离了具体数字在一般形态上形式地加以考察的关于算术的学说。
代数的课题首要就是字母表示的式的变换和解方程的规则和方法。
所以，代数这个名称的起源完全符合这门科学本身的内容。
算术→初等代数→高等代数→近世代数。
⒉历史观点⑴Ⅰ16世纪后期，视为普遍化的算术；Ⅱ17世纪60年代，各种量的计算理论；⑵18世纪末至19世纪初，代数方程的解法；⑶19世纪至今，研究各种代数结构。
二、“代数学”的定义“代数学”的定义——初等代数学（或称古典代数学）是更古来的算术的推广和发展；抽象代数学（曾称近世代数学）则是在初等代数学的基础上发生、发展，而于20世纪形成的。
“初等代数学”——研究数字和文字的代数运算（加法、减法、乘法、除法、乘方、开方）的理论和方法；更确切点说，研究实数或复数和以它们为系数的多项式的代数运算的理论和方法。
三、为什么数应专业学生要学习本门课程中学数学教师的历史使命第一章自然数一、数系的历史发展⑴数学思维对象与实体的分离数的概念的产生和发展人类在朦胧时代就已具有识别事物多寡的能力。
在人类开始数数之前，人类是根据物体样子的差别来判断物体是多还是少。
从这种原始的“数觉”到抽象的“数”概念的形成，是一个缓慢的、渐进的过程。
原始人先是注意到一只羊与许多羊、一头狼与整群狼的区别，逐渐看到一只羊、一头狼、一条鱼之间存在着某种共通的东西，即他们的单位性。
数：一定物群所共有的抽象性质。
“数”概念的形成可能与火的使用一样古老，大约是在30万年以前。
Ⅰ最早是手指计数。
十进制、五进制多发于此。
Ⅱ石子计数。
但计数的石子堆很难长久保存信息。
Ⅲ结绳计数、刻痕计数。
人类刻痕计数发现的最早证据，是1937年在捷克摩拉维亚出土的幼狼胫骨，其上有55道刻痕。
历史途径扩展：*自然数{} 3,2,1→正有理数→简单的代数无理数（如32,2+等）→零（公元650年左右，印度）与负有理数→复数→严格的实数系。
逻辑扩展：自然数−−−−→−添加负数和零整数系−−−→−作分数域有理数系−−−−−→−作柯西序列等价类实数系−−−−→−次代数扩展作2复数系。
自然数是人类最早认识的数。
我们研究初等代数就从这最基本的对象开始。
二、自然数系和0⑴自然数的基数理论和序数理论 ①建立自然数理论的几种方案Ⅰ康托尔以集合论为基础，建立自然数基数理论； Ⅱ皮亚诺以公理法为基础，建立自然数序数理论； Ⅲ罗素等人试图用纯逻辑学为基础，建立自然数理论。
②自然数的基数理论 ⑴康托尔简介德国人。
1846年3月3日出生于俄国彼得堡。
康托尔曾先后就学于苏黎世大学、哥廷根大学、法兰克福大学和柏林大学，主要学习数学、物理、哲学等课程。
1867年获得柏林大学的哲学博士学位。
康托尔是集合论的创始人。
为了将有穷集合的元素个数的概念推广到无穷几何，他以一一对应为原则，提出了集合等价的概念。
康托尔在深入研究集合的势这个概念时，引进了基数与序数的理论。
⑵定义 分别给出《现代汉语词典》以及小学数学课本中对于自然数的定义：“正整数，即1，2，3，…”以及“表示物体个数的一种数”。
找出定义自然数的关键：把“物体”、“个数”这两个词形式化 物体：集合（具有某种属性的一些对象组成的一个整体） 个数：基数（等价集合在数量上所具有的共同特征）有限集的基数叫做自然数。
所有等价于{}φ的集合的基数，用符号1表示，类似地，{}{}2,=φφ {}{}{}{}3,,=φφφ…………一切自然数组成的集合，叫做自然数集，记为NⅡ顺序。
)(a 顺序定义如果有限集B A ,的基数分别为b a ,。
那么， 当B A ~时，说a 等于b ，记作b a =； 当B B A ⊂'~时，就说a 小于b ，记作b a <； 当B A A ~'⊃时，就说a 大于b ，记作b a >。
()b 顺序性质⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧⎪⎩⎪⎨⎧）（三歧性传递性对逆性大小（全序性））、传递性（相等。
反身性、对称性与21Th Th b a c a c b b a N c b a a b b a N b a a a N a Th ===∈∀==∈∀=∈∀则若⑶则若⑵有⑴,,,,,,,,,1中有且只有一个成立。
在⑶则若⑵时，当且仅当⑴b a b a b a N b a ca cb b a Nc b a a b b a N b a Th >=<∈∀<<<∈∀><∈∀,,,,,,,,,,,2。
，即，于是，且，这就有集合，使得、。
根据定义，存在集合，都是有限集，、、⑵设。
时，；同理，当时，当即则。
则存在都是有限集。
证：⑴设c a C C C A B C C C C C B B B A C B c C b B a A C B A b a a b a b A B B B B A B B b B a A B A <⊂'⊂'''⊂'''⊂''⊂'⊂'''===<>>'⊃⊂'⊂'==~~,~,~.~,,,Ⅲ运算 ()a 运算定义加法定义：设B A ,都是有限集。
φ=⋂==B A b B a A 且,,，则B A ⋃的基数为a 加上b 的和，记作b a +。
乘法定义：若b 个有限集b A A A ,,,21 彼此之间没有公共元素，它们的基数都是a ，则称b A A A ⋃⋃⋃ 21的基数为a 乘以b 的积，记作b a ⨯。
()b 运算性质3Th 自然数的加法满足交换律和结合律。
4Th （乘法交换律）ba ab N b a =∈∀恒有,。
5Th （乘法结合律）。
恒有c ab bc a N c b a )()(,,=∈∀6Th （乘法对加法的分配律）()()。
总有ca ba a c b ac ab c b a N c b a +=++=+∈∀,,,, ()()()()()()caba c c c b b b c b c b c b a c b a a a +=+++++++++++++=+个个个＝析：③自然数的序数理论 Ⅰ提出原因基数理论没有很好揭露自然数在顺序上的意义，也没有给出自然数加法、乘法运算的具体方法。
Ⅱ定义集合N 的元素叫做自然数。
如果N 的元素间有一个基本关系“后继”（用“+”表示），并满足()a N ∈1()b N a N a ∈∈∀+有唯一的, ()c 1,不是+∈∀a N a()d b a b a N b a =∈∀++相同，则与若,,()e （归纳公理）。
则有；且若N M M a M a M N M =∈∈︒∀∈︒⊆+,211, 注：归纳公理是数学归纳法的理论依据。
Ⅲ顺序)(a 顺序定义等于：b a b a N b a =∈∀++相同，则与若,,。
小于：。
，记为大于则称，使得，且存在若b a b a k b a N k N b a >+=∈∈,, ()b 顺序性质自然数的顺序关系具有对逆性、传递性和全序性。
Ⅳ运算)(a 运算定义加法：自然数的加法是一种对应关系“+”，由于它，对任何N b a ∈,，有唯一确定的N b a ∈+，并且()()++++=+=+)(2;11b a b a a a 。
乘法：自然数的乘法是一种对应关系“·”，由于它，对任何N b a ∈,，有唯一确定的N b a ∈+，并且()()a b a b a a a +⋅=⋅=⋅+2;11。
减法：设N b a ∈,，若存在N x ∈，使a x b =+，则称x 为a 减去b 的差，记作b a -，这里a 叫做被减数，b 叫做减数。
求两数差的运算叫做减法。
除法：设N b a ∈,，若存在N x ∈，使a bx =，则称x 为a 除以b 的商，记作b a |，这里a 叫做被除数，b 叫做除数。
求两数商的运算叫做除法。
例1 证明532=+54)22(2232,43)12(12223212==+=+=+∴==+=+=+=+=++++++，＝证例2 证明632=⋅6242222232,42121222212=+=+⋅=⋅=⋅∴=+⋅=⋅=⋅=⋅+++，证()b 运算性质加法的唯一性、结合律、交换律；乘法的唯一性、结合律、交换律。
自然数列的离散性：任意两个相邻的自然数a 与+a 之间不存在自然数b ，使+<<a b a 。
阿基米德性：对任意N b a ∈,，必有b na N n >∍∈,。
（右分配律）对任何N c b a ∈，，，总有()bc ac c b a +=⋅+()的任意性，得证。
、又由因此，，于是，则假定。
组成的集合为有的设使上面等式成立的所证b a N M Mc bc ac b bc a ac b a bc ac b a c b a c b a M c Mb a b a b a Mc .)()()()()(1,111=∈+=+++=+++=+++=⋅+∈∈∴⋅+⋅=+=⋅+++++⑵关于自然数系的几点说明⒈定义了加法和乘法运算的自然数系统也称为算术系统。
⒉公理系统的一个基本要求是公理之间的在逻辑上的相容性，也就是说必须保证从公理出发不会推导出两个矛盾的命题。
⒊整数的算术运算系统中存在大量的数论难题。
⑶自然数和0扩大的自然数集：含0在基数理论中，把空集的基数定义为“零”，在序数理论中把“零”作为1的先行数，这样便构成了扩大的自然数集。
“自然数”这一术语首先被罗马学者波伊修斯使用。
我国数学教科书中在20世纪90年代之前一直没有把0作为自然数。
1993年《中华人民共和国国家标准》中《量和单位》311页规定自然数包括0。
从集合论的角度看，把0作为自然数比较合理。
{}{}{}{}{}{}() ,,,,,,,,φφφφφφφφ将这一系列集合所对应的基数看成自然数列数学归纳法⒈数学归纳法的几种形式⑴（第一数学归纳法）设)(n P 是关于自然数n 的命题，若Ⅰ)(n P 在1=n 时成立Ⅱ)(k P （k 是任意自然数）成立的假设下可以推出)1(+k P 成立。
则)(n P 对一切自然数n 都成立。
证明：设M 是使命题成立的所有自然数组成的集合，则由ⅠM ∈1；Ⅱ若M k ∈，则M k ∈+ 由归纳公理，得证。