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MQa b,a a 1,b b 1, ( P13规定) a1 b 11 M假设c M ,即ac bcQ 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)c3、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 acac ackc (a k)cbcac bc.( 3) 若a b,则有:ab k,k N.ac (b k)cbc kc.kcac kcac bc(3)方法同上。
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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：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 。
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。
数学教学论课后练习答案北京大学出版(主编刘影,程晓亮)课后习题答案
1、数学教学论的研究对象是什么？中学数学教学论是为实现中学数学教学目标，研究中学数学课程的教与学的活动及其规律性的一门学科。
它要解决的主要问题是：为什么教（学）数学（教学目的），教（学）什么样的数学（课程内容），怎样学数学（学生），怎样教数学（教师），以及如何评价教与学的效果。
为了解决以上五个方面的问题，中学数学教学论的研究对象应当包括以下五个方面：１、中学数学课程目标的研究２中学数学课程内容的研究３中学生数学学习心理的实证研究４中学数学教学的研究５中学数学教学评价的研究。
2、数学教学论学科特点有哪些？1．数学教学论是一门综合性很强的独立科学。
2.数学教学论是一门实践性很强的理论学科。
3.数学教学论是一门真在完善的科学.3、学习数学教学论有什么意义？1．数学教学论有助于缩短师范生转为教师的周期 2.学习数学教学论能提高师范生的数学教育理论水平3. 学习数学教学论能使师范生掌握数学课堂教学的基本技能4. 学习数学教学论有利于师范生形成数学教育教学研究能力 5. 学习数学教学论对普及新一轮基础教育改革有特殊意义4、研究数学教学论的方法有哪些？1.历史研究法2.问卷调查法3.实验研究法4.个案研究法5、简述“新数学”运动与国外中学数学教育改革？答：“新数学”运动的指导思想是;增加现代数学内容，如集合、逻辑、群、环、域、向量和矩阵。
等等；强调公里方法，提倡布尔巴的结构主义，SMGS数学教材中有一个30条公里组成的系统；废弃欧几里得集合；小件基本运算。
用计算器代替基本技能；提倡发现数学方法，要求学生像数学家发现定理那样去学习数学。
6、如何看待我国数学教育改革？答：近半个世纪以来，我国中学数学教育理念随着国家的发展，科学的几部而不断完善；从注重课堂教学质量的提交，到注重学生数学学习的效果，从注重知识的掌握，到注重能力的形成，素质和观念的发展。
理念的发展意味着人们认识上的飞跃。
7、简述《标准一》和《标准二》的基本理念？答：《标准一》的基本理念：突出体现基础性。
初等数学研究答案1
初等数学研究答案1则ac<bc 。
（3）若a>b，则acmc bc ac,m)c (b )1(a m b N m =+=+=+∈∃即，，由，使得 则ac>bc 。
3证明:(1)用反证法：若ba b,ab 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。
则a=b 。
（2）用反证法：若ba b,ab 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。
则a <b 。
（3）用反证法：若ba b,ab 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。
则a>b 。
4. 解：（1）4313='=+ 541323='='+=+ 652333='='+=+（2）313=⋅ 631323=+⋅=⋅ 93232333=+⋅='⋅=⋅5证明：当n=1时，的倍数。
是9181n 154n=-+假设当n=k 时的倍数。
是91k 154k-+则当n=k+1时的倍数。
是）（）（918k 451k 154411k 154k1k +--+=-+++ 则对∀N n ∈，1n 154n-+是9的倍数.6证明：当1n =时，141-=3-，n21n21-+=3-；则当1n =时成立。
假设当k n =时成立，即(141-)(941-)(2541-)……… (21k 241）（--)=k 21k21-+ 当1k n +=时，(141-)(941-)(2541-)……… (21k 241）（--)（21k 241）（+-） 当1k n +=时成立。
初等数学研究课后答案习题三
习题三1解：（1）由.222r x AE AB AE AD =⋅=得则.2)(22rx r AE r CD -=-= 则)20.(2422r x r x x r x AB CD y <<-+=++= (2) .5.5)(124max 22r y r x r r x r r x x r y ==+--=-+=时，当 2证明：（1）令时，0n m ==).0()0()0(f f f =即或者0f(0)=1;f(0)= 当时0f(0)=0)0()()(==f m f m f ，又当时0m ≠f(0).f(m)≠则 1.f(0)= （2）时，，当0n n m >-=即,1)()()(=-=+-n f n f n n f )(1)(n f n f -=则)(1)(x f x f -=；又当，则时1f(x),0x >>1)(1>-x f ，即1)(0<-<x f 由此得;0;1)(001)(0;1)(⎪⎩⎪⎨⎧<<<==>>x x f x x f x x f ； 则对于任意.0f(x)R,x >∈均有3答：（1）是；（2）不是4解：（1）由}45,088|{01||80||054≠≠≤≤-⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧≥-≠≠-x x x x x x x 且得：.(2) 由}132|{112012023≠>⎪⎩⎪⎨⎧≠->->-x x x x x x 且得：(3) 由].1,22()22,1[001log 0)1(log log 222225.0⋃--∈⎪⎩⎪⎨⎧>>+≥+x x x x 得： (4) 由}.8log 25|{0)39lg(0390|2|73≠<≤-⎪⎩⎪⎨⎧≠->-≥--x x x x x x且得：(5) }21|{0)31(112≥≥--x x x 得：由(6) 由.)25,1[00250lg ∈⎪⎩⎪⎨⎧>>-≥x x x x 得：(7) }.121|{1212≤≤-≤-≤-x x x x 得：由 (8) 由]2,51(015111∈⎩⎨⎧>-≤-≤-x x x 得：(9) 由}2,1,0,22|{0sin 101sin ±±=+=⎩⎨⎧≥-≥-k k x x x x ππ得：（10）由得：03cos >x }2,1,0,326326|{ ±±=+<<+-k k x k x ππππ5. (1)解：}.121211|{4112≤≤-≤≤-≤≤x x x x或得：由(2)解：}.40|{22≤≤≤≤-x x x 得：由(3) 解：}.1010|{3lg 213≤≤≤≤x x x 得：由6证明：⇒f(x)的定义域为实数集R ，则0.1-k 1k 4k 4kx -x 22>+++ 即.1,0144)114(41622><---=-++-=∆k k k k k k k 则 ⇒当时1>k ,0144)114(41622<---=-++-k k k k k k 则 即0.1-k 1k 4k 4kx -x 22>+++故f(x)的定义域为实数集R 7解：（1）-=+++=11x x y 22x x-=++11x 12x 43)21(x 12++；而,3443)21(x 102≤++<则).1,31[1x x 22-∈+++=x x y （2）]23,23[3)6sin(23sin cos +-∈++=++x x x π，则].23,23[3sin cos 7+-∈++=x x y（3），则由1076312≤++-≤x x .1)763lg(02≤++-≤x x(4) 133212122-+-=-+-=x x x x x y ,则0)3()3(22=+++-y x y x , ,01522≥--=∆y y 得.35-≤≥y y 或法二：=-+-=1212x x y 1)1(212+-+-x x ；则 =-+-|)1(212|x x 4|)1(|2|12|≥-+-x x 即或4)1(212≥-+-x x 4)1(212-≤-+-x x 则]3,(),5[1212--∞+∞∈-+-=或x x y (5) 令,413t x =-则44)1(21413322≤+--=-+-=t x x y（6）=-++-=344342x x x y 4)12(342-++-x x当).,23[,2343min +∞∈==y y x 则时， (7) ,11ln 21y yx e e e e y xx x x -+=+-=--得由即.11,011<<->-+y y y 则 （8）)23lg ,45(lg )211lg(212lg 11122lg 1∈+=+=-++=x x x x x y y 得，由则).54lg 1,32lg 1++∈（y (9) ]3,0[)21arccos(3π∈-=x y ;(10) ∴∈-],3,0[12x]2,6[12ππ∈-=x arcctgy8 解：令t x =+14，则即,112t 11t 5)(2--+=t t f ∆≡--+=112x 11x 5)(2x x f y 则.01111)52(2=--+-y x y yx当0=y 时，有意义；当0≠y 时，.,0R y ∈>∆即9解：（1）2x 2y +--=由得反函数为212x y -=.其定义域和值域为.1,0≤≤y x（2）由1x 5x 2y +=得反函数为x x y 52-=.其定义域和值域为.51,52-≠≠y x 10证明：对使,1,00Mx M =∃>∀M M >+=+=1x 11y 2，则2x 11y +=无上界.但对,0≠∀x 2x 11y +=>1,则任何小于1的数都是2x 11y +=的下界.11 证明: 由于f(x)是有界函数,则.|)(|,,0M x f D x M <∈∀>∃有对而g(x)没有上界,则对.)(,,0N x g D x N >∈∃>∀有则W M N x g x f ∆≡->+)()(对使,,0x W ∃>∀W x g x f >+)()(，则f(x)与g(x)的和在定义域D 上无上界. 12 解:.),0[,2.822y 2上单调递增当，令+∞∈=++-==u y x x u u u在上单调递增当而.)1,2[.822-∈++-=x x x u .]4,1[上单调递减∈x 则8x 2x 22y ++-=在上单调递增当.)1,2[-∈x .]4,1[上单调递减∈x13. (1)奇函数 (2)偶函数 (3)非奇非偶函数 (4)非奇非偶函数 (5)偶函数 (6)偶函数14解: )211a 1g(-x)(f (-x)x-+-=)21a-1a g(-x)(x x +=f (x))211a 1g(x)(x =+-= 则)(x f 是偶函数. 15解: 则-f (x),x 1x 1lgf (-x)=-+=.它是奇函数)1,1(,0x1x 1-∈>-+x 得定义域为而 .)1,1(x 1x 1上单调递减在而-∈-+x 则x1x 1lg y +-=.)1,1(上单调递减在-∈x 16解:(1) =++==)1lg(-x f(-x)y 2x =++)1lg(-x 2x ).()1lg(x -2x f x -=++则f(x)的定义域为R x ∈,它是奇函数.（2）由和)1lg(x y 2++=x ,110110)1lg(-x y -222⎪⎩⎪⎨⎧+-=-++=++=-xx x x x y y 得 则即y y x 1021102⋅-=.102110)(21xx x f ⋅-=- (3) 则由于,11x 2≥++x ),0[)1lg(x f(x)y 2+∞∈++==x(4) 对),()(,2121x f x f x x <<∀.f(x)在其定义域上是增函数则 17解：当0x <时，0x ->即.2x x f(-x)2++=又f(x)是奇函数，则)()(x f x f -=-则.2x x f(x)2---= 18解：则,cosx sinx 1cosx -sinx 1f (-x)+--=++++=+cosx sinx 1cosx -sinx 1f (x)f (-x)cosxsinx 1cosx-sinx 1+--=0则.cosxsinx 1cosx-sinx 1f (x)是奇函数函数+++=19解：（1）a,632z y x ===令 1.a ,R z y,x,>∈+则由于.log ,log ,log 632a z a y a x ===即6log log 6log 66,3log log 3log log 33,log 22226223332aa z a a a y a x ======。
《初等数学研究习题解答》
《初等数学研究》习题解答第一章 数系1.1 集合论初步·自然数的基数理论习题1.11．证明集合0{|}x x >与实数集对等。
证明：取对应关系为ln y x =，这个函数构成0(,)+∞与(,)-∞+∞的一一对应，所以集合0{|}x x >与实数集对等。
2．证明()()()A B C A B A C = 证明：()x AB C x A ∀∈⇒∈或x B C ∈，x A ⇒∈或（x B ∈且x C ∈），那么有x A ∈或x B ∈同时还有x A ∈或x C ∈，即x A B ∈同时还有x A C ∈，所以()()()()()x A B A C A B C A B A C ∈⇒⊆反过来：()()x AB AC x A B ∀∈⇒∈且x A C ∈，对于前者有x A ∈或者x B ∈；对于后者有x A ∈或者x C ∈，综合起来考虑，x B ∈与x C ∈前后都有，所以应是“x B ∈且x C ∈”即“x B C ∈”，再结合x A ∈的地位“或者x A ∈”以及前后关系有“x A ∈或x BC ∈”即()x A B C ∈，所以()()()()x AB C A B C A B A C ∈⇒⊇所以()()()A B C A B A C =。
3．已知集合A 有10个元素，,B C 都是A 的子集，B 有5个元素，C 有4个元素，B C有2个元素，那么()BA C -有几个元素？解：集合()BA C -如图1所示：由于452(),(),()r C r B r B C ===，所以32(),()r B C r C B -=-=， 从而1028(())r B A C -=-=， 即()BA C -有8个元素4．写出集合{,,,}a b c d 的全部非空真子集。
图1CBA5．证明，按基数理论定义的乘法对加法的分配律成立。
证明：设,,A B C 是三个有限集合，并且B C φ=，记(),(),()a r A b r B c r C ===首先：由于BC φ=，所以A B A C φ⨯⨯=，所以其次：对于(,)(){(,)|,}a x A B C a x a A x B C ∀∈⨯=∈∈，由于x B C ∈，那么若x B ∈，于是(,)a x A B ∈⨯； 若x C ∈，于是(,)a x A C ∈⨯，所以总有(,){(,)|,}{(,)|,}a x a x a A x B a x a A x C A B A C ∀∈∈∈∈∈=⨯⨯即()(())()A BC A B A C r A B C r A BA C ⨯⊆⨯⨯⇒⨯≤⨯⨯反过来：(,)a x A B A C ∀∈⨯⨯，那么(,)a x A B ∈⨯或者(,)a x A C ∈⨯于是有,a A ∈x B ∈或者x C ∈，即,a A ∈x B C ∈，所以(,)()a x A B C ∈⨯即()(())()A BC A B A C r A B C r A BA C ⨯⊇⨯⨯⇒⨯≥⨯⨯所以()a b c ab ac +=+6．在基数理论定义的乘法下，证明1a a ⨯=。
初等数学研究习题解答
《初等数学研究》习题解答第一章 数系1.1 集合论初步·自然数的基数理论习题1.11．证明集合0{|}x x >与实数集对等。
证明：取对应关系为ln y x =，这个函数构成0(,)+∞与(,)-∞+∞的一一对应，所以集合0{|}x x >与实数集对等。
2．证明()()()A B C A B A C =证明：()x A B C x A ∀∈⇒∈或x B C ∈，x A ⇒∈或（x B ∈且x C ∈），那么有x A ∈或x B ∈同时还有x A ∈或x C ∈，即x A B ∈同时还有x A C ∈，所以()()()()()x A B A C A B C A B A C ∈⇒⊆反过来：()()x A B A C x A B ∀∈⇒∈且x A C ∈，对于前者有x A ∈或者x B ∈；对于后者有x A ∈或者x C ∈，综合起来考虑，x B ∈与x C ∈前后都有，所以应是“x B ∈且x C ∈”即“x B C ∈”，再结合x A ∈的地位“或者x A ∈”以与前后关系有“x A ∈或x B C ∈”即()x A B C ∈，所以()()()()x A B C A B C A B A C ∈⇒⊇ 所以()()()A B C A B A C =。
3．已知集合A 有10个元素，,B C 都是A 的子集，B 有5个元素，C 有4个元素，B C 有2个元素，那么()B A C -有几个元素？解：集合()B A C -如图1所示：由于452(),(),()r C r B r B C ===，所以32(),()r B C r C B -=-=，图1CBA从而1028(())r B A C -=-=， 即()B A C -有8个元素4．写出集合{,,,}a b c d 的全部非空真子集。
{,}{},{},{},{,},{,},{,},{,},{,},{,},{,,},{,,},{,,},{,,}a b c d a b a c a d b c b d c d a b c a b d a c d b c d5．证明，按基数理论定义的乘法对加法的分配律成立。
初等数学研究习题解答
《初等数学研究》习题解答第一章 数系1.1 集合论初步·自然数的基数理论习题1.11．证明集合0{|}x x >与实数集对等。
证明：取对应关系为ln y x =，这个函数构成0(,)+∞与(,)-∞+∞的一一对应，所以集合0{|}x x >与实数集对等。
2．证明()()()A B C A B A C = 证明：()x AB C x A ∀∈⇒∈或x B C ∈，x A ⇒∈或（x B ∈且x C ∈），那么有x A ∈或x B ∈同时还有x A ∈或x C ∈，即x A B ∈同时还有x A C ∈，所以()()()()()x A B A C A B C A B A C ∈⇒⊆反过来：()()x AB AC x A B ∀∈⇒∈且x A C ∈，对于前者有x A ∈或者x B ∈；对于后者有x A ∈或者x C ∈，综合起来考虑，x B ∈与x C ∈前后都有，所以应是“x B ∈且x C ∈”即“x B C ∈”，再结合x A ∈的地位“或者x A ∈”以及前后关系有“x A ∈或x BC ∈”即()x A B C ∈，所以()()()()x AB C A B C A B A C ∈⇒⊇所以()()()A B C A B A C =。
3．已知集合A 有10个元素，,B C 都是A 的子集，B 有5个元素，C 有4个元素，B C有2个元素，那么()BA C -有几个元素？解：集合()BA C -如图1所示：由于452(),(),()r C r B r B C ===，所以32(),()r B C r C B -=-=， 从而1028(())r B A C -=-=， 即()BA C -有8个元素4．写出集合{,,,}a b c d 的全部非空真子集。
图1CBA{,}{},{},{},{,},{,},{,},{,},{,},{,},{,,},{,,},{,,},{,,}a b c d a b a c a d b c b d c d a b c a b d a c d b c d5．证明，按基数理论定义的乘法对加法的分配律成立。
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。
初等数学研究答案
习题一1答：原则：（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 中不是总能施行的某种运算，在B 中总能施行。
(4) 在同构的意义下,B 应当是A 满足上述三原则的最小扩展,而且由A 唯一确定。
方式：（1）添加元素法；（2）构造法2证明:(1)设命题能成立的所有c 组成集合M 。
a=b ，M 11b 1a ∈∴⋅=⋅∴， 假设bc ac M c =∈，即，则M c c b b bc a ac c a ∈'∴'=+=+='，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bc kc ac bc,k)c (a )1(b k a N k =+=+=+∈∃即，，由，使得 则ac<bc 。
（3）若a>b ，则ac m c bc ac,m )c (b )1(a m b N m =+=+=+∈∃即，，由，使得 则ac>bc 。
3证明:(1)用反证法：若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。
则a=b 。
（2）用反证法：若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。
则a <b 。
（3）用反证法：若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。
则a>b 。
4. 解：（1）4313='=+ 541323='='+=+ 652333='='+=+763343='='+=+ 874353='='+=+（2）313=⋅ 631323=+⋅=⋅ 93232333=+⋅='⋅=⋅123333343=+⋅='⋅=⋅ 153434353=+⋅='⋅=⋅5证明：当n=1时，的倍数。
(完整版)初等数学研究(程晓亮、刘影)版课后习题答案第4章习题答案
第四章1。
简述函数概念的三种定义,并加以比较说明.2。
结合高等数学的学习，论述基本初等函数的性质。
3.证明满足性质:（1）)()()(2121x f x f x x f =+； （2)单调递简 的函数)(x f 是一个以a )1)1(0(<=<f a 为底的指数函数。
4。
求函数)2arcsin()4(log 1)(22x x x x f x -+-=+23-x x 的定义域。
5。
证明函数xx y +=1是无界函数. 例7(奇偶性的应用）已知y x b a ,,,都是实数，且0>x ,求参数b a ,的一切取值，使方程组⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+-=+b x x a y x y y 11,22有唯一解。
解 因为0>x ,所以2y a x -=.这个函数显然是关于自变量y 的偶函数，由此可知，如果),(00y x 是方程组的解，那么),(00y x -也是方程组的解。
因为方程组有唯一解，所以00y y -=，即00=y 。
于是有0,0=>b a ,且方程组的解为⎩⎨⎧==0y a x 。
反之，当0,0=>b a 时，方程组化为⎩⎨⎧==+1,22y x a y x )2()1( 如果0≠y ，那么由方程(2)可知1=x ，代入方程（1），可得1-±=a y .如果1>a ，则方程组有两组解:⎩⎨⎧-==11a y x 与⎩⎨⎧--==11a y x .如果1<a ，则方程组无解。
如果1=a ，则0=y ，这与条件0≠y 矛盾。
因此,当0,0=>b a 时,当且仅当0=y ，方程组有唯一解⎩⎨⎧==0y a x 。
5。
证明2sin x y =不是周期函数.6。
函数x y cos =不满足任何代数方程。
7。
x y cos =的解析式不可能是关于变数x 的代数式.8。
（图像的应用)根据参数a ，求方程132+=-a x 的解的个数。
9。
（单调性的应用）求数列3,2,1,3)223(96924222=+--+-=n n n n a n 的最小项。
(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α=(3+13) / 2 , β=( 3-13) / 2 , An= (αn-βn)/ 13(n=1,2,…..).(1) 以α,β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) α+ β=3, α β=-1,∴由韦达定理得以α,β为根作一元二次方程为：X2-3X-1=0(2) 证：3A n+1+A n=3(αn+1-βn+1)/13+(αn-βn)/13=( α+ β) (αn+1-βn+1) /13+(αn-βn)/13= (αn+2 -βn+2 - α βn+1 + β αn+1 + αn- βn)/13= (αn+2 -βn+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。
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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r - _1，和有序实数对（a,b）—起组成一个复数a bi .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ax=b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A,B,C,D两两没有公共元素a,b,c,d分别是非空有限集A,B,C,D的基数，根据定义，若a b，则存在非空有限集A'，使得A-〜B ;若c_d从而必存在非空有限集C'，使得C二C'〜D，所以（A _• C）二（B D）所以集合A 一C的基数a c大于集合B . D的基数b d，所以a c b d .5（1）解：按照自然数序数理论加法定义，5 3 =5 2'= （5 2） 5= 515=5155=5 5 5 =15（2）解：按照自然数序数理论乘法定义5 ^5 2' = （5 2）'-（5 1'）'二[（5 1）']'=（6 ） =7 =86证明：1当n =2时，命题成立.（反证法）当 n = k • 1时，由 a i . 0,i =1,2，…,k 1,且 a i - a 2 得，亠 空L ",且 41—a k 半 1 —a k 书 1— a k+1_a kH1、2 _ 22口 )+a k J 启，即 (k +111 —a^ )2 + k(k +1 alkk 1二 k 1 ?a k 「-2 k 1 a k 11 - 07证明：1当n = 8时，命题成立.（8 = 3 • 5 ）2设n 二k （k ・7,k ・N ）时命题成立.k 角邮资可能是：（1）完全用3角的邮票来支付；（2）至少用一张5角的邮票来支付•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k 1 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k 1角的邮 票•综合1、2，命题对于不小于8的所有自然数成立. 8 证明：（1） f2=1, f3 =3=12, f4 =6 = 123」 」 1」(2) f n =12n -1 n n -121当n =2,3,4时，命题成立.12假设n 二k （k 7,^ N ）时命题成立，即f k =-k k -1 .那么n 二k 1时，原k21条直线有-k （k -1）个交点.由条件知，第k 1条直线与原k 条直线各有一个交点，2且互不相同•故新增k 个交点，所以f k ・1二f k 」k ，1〔k ，1 -1.2综合1、2，命题对于不小于2的所有自然数成立.2 假设 n =k 时(k _2)成立，即 a i ■ 0,i =1,2,…,k ,2 2 a1a 221 ■ akka 1 a 2 J - a k 卅丿22 2221 —a k 12a 1 七 2 +…+a k +a “ >-__+a “由归纳假设，得a 1J —a k 卑 ja kJ一 akd4 j要证-k,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x = y ；(3)(传递性)如果x|y, y|z，那么x|z.通常意义的小于等于也构成半序关系，同理可证.10证明：设M 5 N，且① 1 M②若a M，则a M .若M = N .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，按照最小数原理，A中有最小数，设为b.由①知b=1，于是存在自然数c，使c二b，这样就有c ::: b，所以c M，但根据②有c M，这与b ■' M矛盾.所以M = N .11证明：(1)根据自然数减法定义有，a=b・(a_b),d ・(c_d) = c，两式相加得：a d (c-d) = b (a-b) c，于是(a d) (c -d) = (b c) (a - b)，若a-b=c-d，贝U a d = b c若 a d = b c，贝U a-b=c-d(2)(a-b) (c-d) (b d) = b (a-b) d (c-d)=a c(3)先证(a-b)c 二ac-bc事实上，由be (a -b)c 二[b (a -b)]c 二ac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a(c-d)-b(c— d) = (ac+bd)—(ad+bc)，根据(1) 上式就是a(c _d) (ad be)二b(c - d) (ac bd)于是只要证明ac • be二be - ac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^b a,d £ = c，两式相乘，得b dad — = bc 旦，所以有：若ad 二be，贝U -=—；若-=—，贝q ad 二bed b b d b d(2)bd(a ' c)二d(b 旦厂b(d —) =ad，bc，根据除法定义，(2)成立.b d b d(3)bd(a c^ (b a)(d c^ac，根据除法定义，(3)成立.b d b d13 证明：(m n ')'= (n m)' = n' m' = m' n'.14证明：设-a,b・N，下，下面证明a二b,a . b,a ::: b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a=b, a . b同时成立，则存在k^N*，使得：a=bk=ak于是a 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b=1时, 若a = 1，则a = b成立；若a = 1，则存在k N *，使得a = k时a >b成立.因此1€ M .假若b M，即三个关系中至少有一个成立.当 a ::: b时，存在m • N *，使得 b = a • m，则b^ (a m)=a m，即卩a ：：： b 成立.当a b时，存在k • N*，使得a二b k，若k = 1，就有若k =1，就有| • N，且k =丨，使得a=b，l二b，IT二b l，即a b成立.综上，b M，从而M = N .15证明：n = n(ax by) = nax nby，a | n, ab|b n, ab|b ny ，b|n, ab | a n, ab |a nx.ab|nax nby = n16 证明：因为ab ■ cd - (ad ■ be) = (b -d)(a -c),且 a - e | ab cd ， a - e | (b _ d)(a _ c)，所以 a _ e | ab cd _ (b _ d )(a _ c)，即a -c | ad bc17证明：因为pP -1 = (p -1)(p p4 • p p‘• p • 1)，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p p^ p p^ p 1是奇数，于是p p T =(p -1)(2s 1),s Z，同理有q q 1 = (q 1)(2t 1),t Z，两式相加：p p q q=2(p -1)(s t 1) ^(p q)(s t 1)，所以p q |(p p q q).18解：因为3p • 5q =31，所以3p 和5q 必为一奇一偶.若3p 为偶数，可验证质数p=2,q=5，则0g 2- Og 2- Og 2~ = -323q 13 5 1 8 若5q 为偶数，可验证质数P = 7, q = 2，则log 2 P log 2— 03q+13x2 + 1所以 log 2 P3或 0 .3q +119证明：根据减法是加法的逆运算知，设 a,b 是有理数，a —b 是这样一个数， 它与b 的和等于a •即(a —b) • b = a •但是，我们有[a (_b)] b =a [( -b) b](加法结合律)=a ■ 0 = a因此，a ^b)这个确定的有理数，它与b 的和等于a ，.a - b = a (-b)又如果差为x ，则有x • b =a ，于是，两边同加(-b)有:x b (一 b) = a (-b)x [b (—b)]二 a (—b) x = a (_b)即差只能是a • (-b)，定理得证. 3_b=2^J .03321证明：首先证明x 兰y 当且仅当- y 兰x 兰y .事实上，若x^y ，当xK0时，x=xWy 且x Z —y ，即一y 兰x 兰y ;当xc0时，一x = x^y, 有- y 兰 x ,且 x<0 兰 y ,故一yEx 兰 y .反之，若一yExEy ,当 下面来证明：a —b 兰a+b 兰a+|b.事实上，对于a,b 显然有：20证明：做差,x - 0时, =x _ y;当 x :： 0 时，y _ -x-a <a <\a-b <b<\b故有—(a b)乞a b乞a b .由上面的讨论知，a +b w|a + b .另一方面，a =|a + b— b 兰a+b + — b = a+b +|b .故 a — b 勻a +b 勻a +|b .22证明：(反证法)设其中p,q是正整数，不妨假定p,q互素，q取自然数n .q,用n!乘下列级数表达式两边：丄丄……1! 2! 3! 得：1 1n!e =n! n! n(n 一1) 3 亠亠1n+1 (n +1)( n+2)1 1令a n二n! n! n(n -1) 3 -1, b n：n 1 (n 1)(n 2)于是n!e=a n也，则n!e应为正整数，n!e-a n应为整数.但是1 1 10 < b n - (1 - - )n+1 n+2 (n +2)( n+3)1 1 1 n2 2(1 2…) 2n 1 n 2 (n 2) (n 1) n 1因为n 1,故0 ：：：b n门，即b n不可能是整数，产生矛盾,所以e是无理数.23证明：假设n a = P,(p,q) =1,q =1q两边n次方得a =芈,q但是(P,q)=1,所以(p n,q n) =1,q n"，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log a b = —,P Z,q N，q所以a p=b q，因为(a,b) =1，所以(a p, b q) =1但是当pM时，上式明显不成立；当p 0时，上式与(a p,b q) =1矛盾.所以,log a b不是有理数，又可以证明log a b是实数，所以log a b是无理数.25证明：假设方程有有理数根x二卫,(P,q) =1,q 1，将x =-其代入方程，可得:q qp n = -q®卩心• a2p2q • a n q n')，由此可知q的任何素数因子r必可整除p n，因此r必可整除p，从而知r为p与q的公因子，但是(p,q) =1，所以r =1，所以q =1，这与q・1矛盾•所以整系数代数方程x n - a1X nJ- ■ a^ 0的任何非整实根均为无理数•26按照字典排序法，先比较实部，再比较虚部.27证明：将三次本原单位根x = •或• ‘2分别代入f (x):f （•，）».3m 1，3n 2 . 1 2 . 1 丸f （ .2）=（ .2）3m 1（ .2）3n 2 1 »2亠心亠1 丸因此，f （x）含有因式（x -，）,（x -「），而（x 八）・（x -「）=x x ^0所以(x2 x 1) | f (x)8证明(反证法)：若二与3.8的和是有理数a，即二• 3.8二a，则a - 3.8 =加. 因为全体有理数称为一个域，对减法运算封闭，所以差a-3.8仍是有理数，与二是无理数矛盾，所以二与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2.2也是无理数，2— 2 Z、230不能，因为无理数对四则运算不封闭.例如2 一2 = 0 . 31 解：由于 z ° =(x yi)° =(x 3 4 _y 2 2xyi)2 =(x 2 一 y 2)2 _4x 2y 2 4(x 2 一 y 2)xyi所以 z 5是纯虚数的条件是(x 2 一 y 2)2 -4x 2y 2 二 0， 4(x 2 -y 2)xy = 0 即 x =(一仁 一2)y,y =032证明：设G 是C 的任一子域，G 二R ，且在G 中方程z 2 有解z = j . 按照题意，要证明C^C .因为G c ,所以只需要证明G 二c .由j • G ，G c ，知j • c ，依C 的四则运算律，有 (i —j)(i j) =i 2 ji -ij - j 2 =0于是，i = j 或 i - - j .任取•…C ，由』:=x yi,(x, y R)， 知 =x yj 或 二 x _ yj又由于x, y, j G ，而G 是域，于是•…G ，因此G 二C .第二章习题及答案x1 .设 x 0,证明ln(1 x) :: x.1 +x1证明 取f(x)=ln(1 x).在(0, x)上有导数 厂(x)—.利用微分中值定理 1 +xx11x即 ln(1 x).又因 In(1 x)1,因此有 ln(1 x) ：： x.1+ r1+x 11 + x22 23 2 21 22.若x, y,z 均为实数，且x y a(a 0), x y ' z a .求证：2f ( ) _f(x)-f(0)x —0ln(1 x) -1 n(10) x - 0,0O I X L a,0 乞y 二a,0 I Z L a.3 3 31 1证明由x2• y2• (a -x -y)2a2有x2• ( y-a)x •(y2- ay a2) = 0.其判别2 41 o 式.：-(y - a) -4(y -ay a ) _ 0(因x R).从而，3y -2ay _ 0即0 _ y a.4 32 2同理可证0 _ x " a,0 _ z " a.3 33.设a, b, c表示一个三角形三边的长，求证：2 2 2a (bc 一a) b (c a - b) c (a b - c)乞3abc.证明不失一般性，设a X b^c,令a=c + m, b = c + n,则m^n > 0.有3abc _a2(b c _a) _b2(c a _ b) _c2(a b _c)=a(a _b)(a _c) b(b _c)(b _a) c(c _a)(c _ b)2 2二(c m)(m _n)m (c n)n(n _ m) cmn = (m _ n)[c(m _n) (m _ n )] cmn _ 0.2 2 2a (bc _ a) b (c a _b) c (a b _ c)乞3abc.4.设x, y E R,且x2+ y2兰1.求证:x2+2xy — y2<V2.证明设x2+ y2=k2,则由题设可知，|九| ",并可设x =人cos6 x = h sin日.于是x2 +2xy —y2=扎2 (cos2日+2cos日sin日一sin2日)-■ 2(cos2二sin 2二)-■ \ 2 sin( ).4x2 +2xy _y2|MT2.I a +b |5.已知a <1, b <1,求证 -------- <1.|1 + ab|证明欲证—~E <1成立，只需(一)2£1,即证(a +b)2c (1 + ab)2.|1 +ab| 1 +ab贝帜需(1 ab)2 - (a b)2 0,也就是1 a2b2 - a2 -b2 0,即证(1-a2)(1-b2)>0.而a <1, b <1,所以(1 —a2)(1 —b2) > 0 成立.命题得证.1 1n 门6.若' a i =1® 0),求丨丨(a i 一)-(n —)n.i =1 i a i n11 1 1a 1 22... 2 - a 1n 印 n a t n a t------ -------------- Y ----------------------n 2项1以上诸式，当且仅当a = —(i=1,2,…，n)是等号成立.诸式两端相乘得n+丄)心2 +丄)…(a . +丄)兰(『+1甘隹 V VI石.a 1 a 2 a n ； n 心念…耳)由已知 a a i -1 可得 n a 1a 2...a^1,(-)n J - n n ：i =1na ? ・・.a n)(a2 )•••(% )-(n ?〔八2『—n 』3，即 I 丨(ai)-(n)1V等号当且仅当 印=a 2二…=a n时成立.n7.证明：函数 f (X )= X 8 - X 5 ■ X 2 -X ■ 1 • 0. 证明(1)当x • (-：：,0)时,显然f (x)・0; (2) 当 x (0,1)时，f (x) = x 8 x 2(1「x 3) (1「x) 0; (3) X [1,：：)时,f(x) =x 5(x 3-1) x(x-1) 1 0.综合(1), (2),⑶可知，可知f (X)恒正.&证明 若a 王1(i=1,2,...,n),则丫亠心念…可十1)色(1 +厲)(1 + &2)...(1 +可). 证明用数学归纳法证明如下： 当n =1时，命题显然成立；假设命题对n 成立，我们来证明它对n 1也成立，注意到a i -1(i =1,2,..., n).n 1 nn 1nVI(1 a)乞(1a n1) 2n %【a i "Vil a iqa^ 1)i =1i =1i =1i =1证明 a i1a2a 21 n a “n 2项(印 (冃2-(n - 1)n 2n 2项1 — —n a nn a n-(n 21)n 21_(n 2 1)n 2a1 a2 a n ，n n v a i n= (2z 2 2xy)7.就是所要证的不等式.11.已知a,b 为小于1的正数，求证:■ a 2 b 2，..(1 — a)2 b 2，、a 2 (1 -b)2(1 — a)2 (1 — b)2 一2逅7332 2 2 310.设 x y z =0,求证：6(x y z )乞(x y z ).证明 显然x = y = z =0是平凡情形•假定x, y, z 不全为零，不妨设x 0, y ::: 0.由 z = -(x y),得 x 3 y 3 z 3 =3xy 乙记n 卑n 1n 1 =2 -[口 a +1+(n a i +a n(] =2 —[(口 a ： +1)+0 ai 丄n <1n An -1nT • I 丨a i -1| ] a , a n.1)]i4in 1= 2n([【3ii 4n 1n 1n 1•1)—2 ([[ q ・1・ | 丨 a^an 1)i =1 i 4n1)—2n 」[i 【a2n.1 —1) — (a n.1 -1)]i 4=2七【a i 1)-2n 」(a n-1)[H a -1)i Ain 1乞 2n (|〕3i1).故命题对n • 1成立. 9.设 a i _1( =1,2,..., n), 求证丨丨(1 aj_ 二(1 y a ? ... a .).v n 1证明ni 【(1 ai)i 1n= 2n i 【 i 吕 a _1(1 1 ) _2n (1 '、2y 2（吨冷=2n丄 n +1 n2门n［（nT ；/ 切百⑴：/）.I =6 (x 3y 3 z 3) 25x4y 2z 2 =22■z2<216再注意到 x 2 • y 2 =(x • y)2「2xy 二 z 2 2 xy ,因而 2z 2 2 x^ x 2 y 2 z 2,这证明 设 z = a bi,z 2 = (1 — a) bi,z 3 = a (仁 b)i,乙=(仁a)(仁 b)i,则Z i =Ja 2 +b 2 , Z 2 = J(1 —a)2 +b 2 , Z 3 =*(1 — a) +b ,引=J a 2 +(1—b)2 +J (1—a)2+(1—b)2 .乙 + Z2 + z 3 + Z 4 Z Z | + z 2 + z 3 + Z 4 = 2 + 2i = 2/2..、.a b .(1—a) b a (1 — b) 、.(1—a) (1—b) - ^2.12. 设 abc R ，+ 求证:a "+b “+c “ Aa p b q c r +a q b r c p +a r b p c q ,其中 n N , p, q, r ,且 p q r 二 n.n 丄 -n 丄 npa qb rc nnnnnn n乞qa rb pc, aHc q 乞 ra pb qc三式相加,即得 a n +b n +c n =a p b q c r +a q b r c p +a r b p c q .33322213. 设 a,b,c R ,求证：a b c - a b b c c a.证明 该不等式关于a,b,c 对称，不妨设a K b H e,则由左式-右式2 2 2 2 2 2=a (a _b) b (b _c) c (c _a) = a (a -b) b (b _c) c (c_b b _ a) -(a 2 -c 2)(a -b) (b 2 -c 2)(b -c) _0.故 a 3 b 3 c 3 _ a 2b b 2c c 2a.14. 已知a b 0,求证 3 a -3、b ：： 3 a -b.证欲证3a - 36 ：：： 3匸E,由于a b 0,所以3 a - 3b 0, 3匸b 0,只要证 a -33 a 2b 33ab 2—b ：a — b, 即要证 $ab 2 <*a 2b,由于 ^ab 0,只要证 3b ：： 3 a, 由于a b 0,此不等式显然成立.215. 若 p E R 且 p C2,不等式(log2^ + plog 2 x+1 A2log 2 x + p 恒成立,求实数 x 的取值范围.同理a q b r c p证明a p b q c rn nc ...c 二r解令log2x=a,将不等式转化为：(a T)p • a2-2a • 1 • 0,令x -xd 1二 / * x 1 JL x0, a.I ： 一 0.2「f(P )>0,f(p) =(a -1)p • a -2a 1,则 f(p) ■ 0恒成立,等价于：.f (一2) . 0.22(a -1) a -2a 10, =' 2-2(a -1) a -2a 10. —— 1 解不等式组得：a .3或a ：：： -1= x - 8或0 ：：： x .216.设e 是自然对数的底,-是圆周率,求证e 二■二e .证明因为匸一圧=lnxnex二1 一 l n x r ,19.已知a - 0且a=1,解关于x 的不等式log a （1-」）4x 1解 原不等式：二log a （1 ） log a a.x（1）当a • 1时，原不等式1 -ln x 小2 0, x “1 —l n x所以.e 丁di 0.因此, ln e ln 二—> ------- e 二 17 •当X 为何值时,不等式4x 2(1- J 2x)2:::2x 9 成立? 解先将不等式分母有理化，有 4x 2 2x(1 +J 1 +2x) =.1 ----- : -------------- — (1 - J 2x)2|L (1 - 1 2x)(1 、1 2x) 因此原不等式同解于不等式组 二(1、,1 2x)2 = 2 2x 2 1 2x. 1 2x _0 二 x -1 2 解得 2 +2x +2丁1 +2x c2x + 9u 45 x :8即原不等式的解集为Jx-1 2兰 x <0>LH x 0w J I45 x . 820.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.'x+2y 兰 400, 2x 十 v 兰 500, 一设甲、乙两种产品的产量分别为x, y 件，约束条件是，目标函数是xZO, y _o.f = 3x 2y .要求出适当的x, y ，使f = 3x ■ 2y 取得最大值.佩：*图 （该图来至高中数学课程标准，需重做）3a先要画出可行域，如图。