初等数学研究答案第一章到第六章
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。
初等数学专题研究答案
习题解答第一讲自然数的基数理论与序数理论1、在自然数的基数理论中，证明自然数的乘法满足交换律证明：对于 A B 二｛(a,b)|a A,b B｝与 B B 二｛(b,a) |b B,a A｝，定义Ax B 到 B x A 的映射为：(a,b) —厶(b,a),(a, b) A決B,(b,a)^ B汉A显然这个映射是A B到B A的 ------ 映射，所以A B = B A，于是按定义有：A B A，即乘法满足交换律。
2、利用最小数原理证明定理14.定理14的内容是：设p(n)是一个与自然数有关的命题，如果：(1)命题p(n)对无穷多个自然数成立；(2)假如命题对n = k (k_n0)成立时，能够推出命题对n二k -1也成立，那么对一切自然数不小于n o的自然数n，命题p(n)必然成立。
证明：如果命题不真，设使命题不成立的自然数构成集合M，那么M非空，因此, M中必有一个最小数r0(ro - %)。
此时，由于不大于r0的自然数只有有限个，按照条件(1)，至少有一个自然数r(r>r°)，命题在r处成立；于是由条件(2)，命题对r-1也成立，连锁应用条件(2),那么命题在r,r-1,r- 2,…，r-k,…处都成立，而这个序列是递减的，因此r o必然出现在这个序列中，这与r o的假定不符，这个矛盾说明定理14成立。
3、用序数理论证明3+4=7证明：3 1 =3：=4,3 2 =3 1 =(3 T)：= 4：=5,3 3=32 =(3 2) =5 = 6,3 4 =3 3 =(3 3)= 6=74、设平面内两两相交的n个圆中，任何三个不共点，试问这n个圆将所在的平面分割成多少个互不相通的区域？，证明你的结论。
解：设这n个圆将所在平面分割成f(n)个部分，显然f(1) = 2,f(2) = 4 ；如果满足条件的n个圆把平面分割成f(n)个部分，那么对于满足条件的n+1个圆来说，其中的n个圆一定已经把平面分割成f(n)个部分，而最后一个圆由于与前面的每个圆都相交，并且由于任何三个圆不共点，所以这最后的圆与前面的n个圆必然产生2n个交点，这2n个交点必然把这最后一个圆分割成2n段圆弧，这些圆弧每一段都把自己所在的一个区域一分为二，从而f(n 1) - f (n^ 2n，于是得：f( 2)- f(1)= 2, f( 3) —f( 2 )= 4,, f (n) — f (n —1) = 2(n 一1)将这n-1 个等式相加得：f(n) — f(1) = 2・4，—2(n—1) = n(n 一1)即 f ( n( n 1 ) 2 =2n - n25、设平面上的n条直线最多可以把平面分割成 f (n )个互不相通的区域，证明：f(nr 1 MLY2证明：显然f(1)= 2=「(「° 1成立；假将设平面上的k条直线最多可以把平面分割成 f (k ) = 1 • k(k 1)个互不相通2的区域，那么对于平面上的k+1条直线来说，其中的任意k条直线最多把平面分割成二1「也D个互不相通的区域，对于最后的直线来说，它如果与前面的每2条直线都相交，那么在这条直线上最多可以产生k个交点，这k个交点可以把最后的这条直线分割成k+1段，每一段都将自己所在的区域一分为二，从而f (k 1) - f (k) =k 1所以：f(k 1) - f (k) k 1=1 9 k 12k(k 1) 2(k 1)才(k 1)(k 2)2 2所以公式f (n) =1 n(； °在n = k 1时也成立，于是公式对一切自然数n都成立。
初等数学研究智慧树知到答案章节测试2023年北方民族大学
第一章测试1.归纳公理为：如果，且（）①1；②对，有，则.A:错B:对答案:B2.,总有 . （）A:对B:错答案:A3.如果∽ ，则 . （）A:错B:对答案:B4.（）A:对B:错答案:B5.（）A:错B:对答案:B第二章测试1.有n个变数的不等式称为n元不等式.（）A:对B:错答案:A2.. （）A:对B:错答案:A3.（）A:错B:对答案:B4.（）A:错B:对答案:BA:错B:对答案:B第三章测试1.（）A:对B:错答案:A 2.（）A:对B:错答案:B 3.（）A:对B:错答案:B 4.（）A:错B:对答案:B 5.（）A:错B:对答案:A第四章测试1.（）A:错B:对答案:B 2.（）A:错B:对答案:A 3.（）A:错B:对答案:BA:对B:错答案:B5.（）A:对B:错答案:A第五章测试1.（）A:对B:错答案:A2.有11名划船运动员，其中右舷手4人，左舷手5人，还有甲乙二人左右都能划.现在要选8人组成一个划船队参加竞赛（左右各4人），则有种安排方法.（）A:错B:对答案:B3.用5种不同颜色给图中的A、B、C、D四个区域涂色，每个区域只能使用一种颜色，且相邻区域不能同色有种不同的涂色方式.（）A:对B:错答案:A4.3名医生和6名护士被分配到3所学校为学生体检，每校分配1名医生和2名护士，不同的分配方法有种.（）A:错B:对答案:B5.用1、2、3、4、5这五个数字组成没有重复数字的三位数，其中偶数共有个.（）A:错B:对答案:B第六章测试1.原命题与逆否命题等价.（）A:错B:对答案:B2.同一性命题是指命题的条件和结论所指向的事项都唯一存在的命题.（）A:错B:对答案:B3.矛盾律是指在论证过程中，一个判断和与其相矛盾的的判断同时成立.（）A:错B:对答案:A4.几何命题的推理证明方法按思考的顺序及命题的类型不同，可划分为综合法与分析法及直接证法与间接证法.（）A:错B:对答案:B5.如果换成证明与原命题相关的其他类型命题，称为间接证法.（）A:错B:对答案:B第七章测试1.设有两个点集合构成的两个图形和，它们的点之间能建立这样的一一对应，使中的任两点的连线段总等于中两个对应点的连线段，那么和称为相等或合同.（）A:错B:对答案:B2.一个平面到自身的变换，若保持任意两点间的距离不变，称这个变换为合同变换.（）A:对B:错答案:A3.平面上的合同变换由不共线的三对对应点完全确定.（）A:对B:错答案:A4.合同变换有两类：第一类对应三角形沿周界的环绕方向相同，第二类对应三角形沿周界的环绕方向相反.（）A:错B:对答案:B5.合同变换主要有三种基本类型：平移、旋转、轴反射.（）A:对B:错答案:A第八章测试1.规定用L表示轨迹，用R表示规律或约束条件，用F表示图形.（）A:错B:对答案:B2.轨迹的纯粹性用集合的方式表示为 .（）A:对B:错答案:A3.到两条相交直线距离相等的点的轨迹是分别平分此两直线夹角的两条直线（此两条直线自然是互相垂直的）.（）A:对B:错答案:A4.到定点的距离为定长的点的轨迹是以定点为圆心、定长为半径的圆.（）A:对B:错答案:A5.对定线段的视角为直角的点的轨迹是以线段为直径的圆.（）A:对B:错答案:A第九章测试1.早期的几何作图也称尺规作图.（）A:对B:错答案:A2.作图公法相当于几何公理,是指使用尺规作图时,所凭借的最基本的、默认的原理.（）A:错B:对答案:B3.作图公法只有三种，一是关于直线的,二是关于圆的,三是关于(交)点的.（）A:对B:错答案:A4.作图成法相当于几何定理,是指已经被证明为正确的或可行的,但又可用来作为实施其他作图的依据的作图法则.（）A:对B:错答案:A5.作图成法相当于几何定理,是指已经被证明为正确的或可行的,但又可用来作为实施其他作图的依据的作图法则.（）A:对B:错答案:A。
初等数论习题集参考答案
习题参考答案第一章习题一1. (ⅰ) 由a∣b知b = aq，于是b = (-a)(-q)，-b = a(-q)及-b = (-a)q，即-a∣b，a∣-b及-a∣-b。
反之，由-a∣b，a∣-b及-a∣-b也可得a∣b；(ⅱ) 由a∣b，b∣c知b = aq1，c = bq2，于是c = a(q1q2)，即a∣c；(ⅲ) 由b∣a i知a i= bq i，于是a1x1+a2x2+ +a k x k = b(q1x1+q2x2+ +q k x k)，即b∣a1x1+a2x2+ +a k x k；(ⅳ) 由b∣a知a = bq，于是ac = bcq，即bc∣ac；(ⅴ) 由b∣a知a = bq，于是|a| = |b||q|，再由a ≠ 0得|q| ≥ 1，从而|a| ≥ |b|，后半结论由前半结论可得。
2. 由恒等式mq+np = (mn+pq) - (m-p)(n-q)及条件m-p∣mn+pq可知m-p∣mq+np。
3. 在给定的连续39个自然数的前20个数中，存在两个自然数，它们的个位数字是0，其中必有一个的十位数字不是9，记这个数为a，它的数字和为s，则a, a+ 1, , a+ 9, a+ 19的数字和为s, s+ 1, , s+ 9, s+ 10，其中必有一个能被11整除。
4. 设不然，n1 = n2n3，n2≥p，n3≥p，于是n = pn2n3≥p3，即p≤3n，矛盾。
5. 存在无穷多个正整数k，使得2k+ 1是合数，对于这样的k，(k+ 1)2不能表示为a2+p的形式，事实上，若(k+ 1)2 = a2+p，则(k+ 1 -a)( k+ 1 +a) = p，得k+ 1 -a = 1，k+ 1 +a = p，即p = 2k+ 1，此与p 为素数矛盾。
第一章习题二1. 验证当n =0,1，2，… ,11时，12|f(n)。
2.写a = 3q1+r1，b = 3q2+r2，r1, r2 = 0, 1或2，由3∣a2+b2 = 3Q+r12+r22知r1 = r2 = 0，即3∣a且3∣b。
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。
初等几何研究第一章习题的答案（1）
初等⼏何研究第⼀章习题的答案（1）初等⼏何研究试题答案⼀、线段与⾓的相等 P4911. ⊙O 1、⊙O 2相交于A 、B,⊙O 1的弦BC 交⊙O 2于E,⊙O2的弦BD 交⊙O 1于F, 求证: （1）若∠DBA=∠CBA,则DF=CE; (2)若DF=CE,则∠DBA=∠CBA. 证明:(1)连接AC 、AE 、AF 、AD在⊙O 1中,由∠CBA=∠DBA 得AC=AF 在⊙O 2中,由∠CBA=∠DBA 得AE=AD 由A 、C 、B 、E 四点共圆得∠1=∠2 由A 、D 、B 、E 四点共圆得∠3=∠4 所以△ACE ≌△AF ∴DF=CE(2)由（1）得∠1=∠2,∠3=∠4 ∵DF=CE ∴△ACE ≌△AFD ∴AD=AE在⊙O 2中,由AD=AE 可得∠DBA=∠CBA2.在△ABC 中,AC=BC,∠ACB=90O ,D 是AC 上的⼀点,AE ⊥BD 的延长线于E,⼜AE=12BD,求证:BD 平分∠ABC. 证明:延长AE,BC 交于点FAED BCA 90 ADE BDC CBD CAFACF BCA 90 AC BC ACF BCD AF BD 11AE BD AE AF22ABEE BE BE ABF BD ABC∠=∠=?∠=∠∴∠=∠∠=∠=?=∴∴==∴=⊥∴∠∠⼜⼜⼜平分即平分3.已知在凸五边形ABCDE 中,∠BAE=3α,BC=CD=DE,且∠BCD=∠CDE=180o－2α, 求证:∠BAC=∠CAD=∠DAE.证明:连接BD,得ΔCBD 是等腰三⾓形且底⾓是∠CDB=[180o－(180o－2α)]÷2=α.∴∠BDE=(180°－2α)-α=180o－3α∴A 、B 、D 、E 共圆同理A 、C 、D 、E 共圆∴∠BAC=∠CAD=∠DAE4.设H 为锐⾓△ABC 的垂⼼,若AH 等于外接圆的半径.求证:∠BAC=60o 证明:过点B 作BD ⊥BC,交圆周于点D,连结CD 、AD ∵∠DBC=90o, ∴CD 是直径,则∠CAD=90o 由题,可得AH ⊥BC, BH ⊥AC ∴BD ∥AH, AD ∥BH ∴四边形ADBH 是□∴AH=BD ⼜∵AH 等于外接圆的半径(R) ∴BD=R,⽽CD=2R ∴在Rt △BCD 中,CD=2BD,即∠BCD=30o ∴∠BDC=60o ⼜∵∠BAC=∠BDC∴∠BAC=∠BDC=60o5. 在△ABC 中,∠C=90o ,BE 是∠B 的平分线,CD 是斜边上的⾼,过BE 、CD 之交点0且平⾏于AB 的直线分别交AC 、BC 于F 、G,求证AF=CE. 证明:如图∵∠1＝∠3,∠1=∠2. ∴∠2=∠3, ∴GB = GO, ∵∠5=∠4=∠6,∴CO =CE, ∵ FG ∥AB, ∴AF ／CF=BG ／CG=GO ／CG, ⼜∵△FCO ∽△COG,∴CO ／CF=GO ／CG=AF ／CF, ∴CO=AF, ∵CO=CE, ∴AF=CE.6. 在△ABC 中,先作⾓A 、B 的平分线,再从点C 作上⼆⾓的平分线值平⾏线,并连结它们的交点D 、E,若DE ∥BA,求证:△ABC 等腰.证明:如图所⽰设AC 、ED 的交点为F ∵AD 是∠A 的平分线∴∠1=∠2 ∵DE ∥AB ∴∠1=∠3 ∵CE ∥AD ∴∠3=∠5, ∠4=∠2 ∴∠1=∠2=∠3=∠4=∠5则△FAD 和△FCE 是等腰三⾓形∴AF=DF,EF=CF ∴AC=DE 同理可证 BC=DE ∴AC=BC ∴△ABC 是等腰三⾓形7. 三条中线把△ABC 分成6个三⾓形,若这六个三⾓形的内切圆中有4个相等. 求证:△ABC 是正三⾓形．证明:∵△AOF 、△AOE 、△COD 、△COE 、△BOF 、△BOD ⾯积都相等∴S △OFB =S △OEC 即:21BF ×r+21FO ×r+21BO ×r=21CE ×r+21OE ×r+21OC ×r 21 (BF+FO+BO)×r=21 (CE+OE+OC)×r ∴r rOF E AHIG LK JBF+FO+BO=CCE+OE+OC∴CE+OE+OC-OG-OI=CE+OE+OC-OL-OJ ∴2DH+2BH=2FK+2CK ∴2BF=2CE ⼜F 、E 分别为AB 、AC 之中点∴AB=AC 同理:AB=BC 故△ABC 是正三⾓形.8. 平⾏四边形被对⾓线分成四个三⾓形中,若有三个的内切圆相等证明:该四边形为菱形.证明:⼜∵△AO B 、△BOC 、△COD 、△DOA 四个三⾓形的⾯积相等()()1122OD DC OC r OB BC OC r ∴++?=++?CD OC OD BC OB OC∴++=++OD OC DC OE OG OB OC BC OI OG++--=++--2222DF CF BH CH ?+=+22DC BCDC BC== ∴四边形为菱形9. 凸四边形被对⾓线分成4个三⾓形,皆有相等的内切圆,求证:该四边形是菱形 . 证明:连结O 1 、O 2,分别作O 1 、O 2到AC 的垂线,垂⾜分别为P 、M∵在△ABC 中,BO 是☉O 1 、☉O 2的公切线∴BO ⊥O 1 O 2⼜∵☉O 1 、☉O 2半径相同,且都与AC 相切∴O 1 O 2‖AC ∴BO ⊥AC BD ⊥AC ∵两个相等的内切圆☉O 1 、☉O 3在对顶三⾓形△AOB 与△COD 中∴周长C △AOB =C △COD ∴AO+BO+AB=CO+DO+CD ⼜∵OP=OQ=OM=ON ∴（AO+BO+AB)-(OP+OQ)= (CO+DO+CD)-(OM+ON) ∴2AB=2CD ∴AB=CD 同理AD=BC∴四边形ABCD 是平⾏四边形⼜∵AC ⊥BD ∴四边形ABCD 是菱形10. 在锐⾓△ABC 中,BD,CE 是两⾼,并⾃B 作BF ⊥DE 于F,⾃C 作CG ⊥DE 于G ,证明:EF=DG .证明:设O,M 分别是BC,FG 的中点, 所以OM ∥BF,因为BF ⊥FG , 所以OM ⊥FG ,ABDCEFIHGO ABDCP NO 1O 2O O 3O 4 M Q MGFEDA⼜因为∠BEC=∠BDC=90所以BCDE四点在以BC为直径的圆上, 因为OM⊥DE, 所以OM平分ED, 所以FM-EM=MG-MD 即EF=DG.11. △ABC中,M是BC的中点,I是内⼼,BC与内切圆相切与K.求证:直线IM平分线段AK.证明:作出∠A的旁切圆O,设它与BC边和AB,BC的延长线分别切于D,E,F,连接AD交内接圆于L,则因内接圆和旁切圆以A为中点成位似,则:IL⊥BC,即K,I,L共线于是原题借中位线可如下转化MI平分AK, ∴M平分DK ∴BD=KC 后者利⽤圆I与圆O两条外公切线相等∴EG=FH ∴BD+BK=CD+CK 则反推过去,得到IM平分线段AK.12．在△ABC中,M是BC的中点,I是内⼼,A H⊥BC于H,AH交MI于E,求证:AE 与内切圆半径相等.证明:如图所⽰作△ABC的内切圆,∴切点分别交于BC于点K、AB于点F、AC于点G,连接KL与AC∴KL是直径, ⼜∵M为BC的中点,I为内⼼,则A L∥ＭＩ⼜∵A H⊥BC ∴A H∥LK ⼜∵点E点I分别都在AH、LK上∴A E∥LI ∴四边形AEIL为平⾏四边形∴A E＝LI 命题得证.13. 在矩形ABCD中,M是AD的中点,N是BC的中点,在CD的延长线取P 点,记Q为PM与AC的交点,求证:∠QNM＝∠MNP 证明:利⽤矩形的中⼼设O是矩形ABCD的中⼼,则O也是MN的中点, 延长QN交OC的延长线于R,如图,则O ⼜是PR的中点,故NC平分∠PNR.,⽽NM⊥NG. ∴NM平分∠PNQ14. 给定以O为顶点的⾓,以及与此⾓两边相切于A、B的圆周,过A作OB的平⾏线交圆于C,连结OC交圆于E,直线AE交OB于K,求证:OK=KB.证明:如图所⽰,过C作圆的切线交OB延长线于D.∵OD,OA,CD都是圆的切线,且A C∥CD∴四边形ACDO是等腰梯形,∠DOA=∠D∵∠BOC=∠ACO,∠ACO=∠OAKIOMLKHGFEDCBAELKM HGFIB CA∴∠BOC=∠OAK ∵∠DOA=∠D ∴△AOK ～△ODC ∵21=OD CD ∴21=AO KO∵OA=OB ∴OB=OA=2KO,即OK=KB15. 在等腰直⾓?ABC 的两直⾓边CA,CB 上取点D 、E 使CD=CE,从C 、D 引AE 得垂线,并延长它们分别交AB 于K 、L,求证:KL=KB. 证明:延长AC ⾄E'使CE'=CE,再连BE'交AE 的延长线于H. ∵?ABC 是等腰直⾓三⾓形∴AC=BC ,∠ACB=∠BCE'=90° ⼜∵CE=CE' ∴?BCE'≌?ACE ∴∠CAE=∠CBE'∵∠AEC=∠BEH ∴?BHE ∽?ACE ∴∠BHE=∠ACB=90° ∵DL ∥CK ∥E'B 及DC=CE' ∴KL=LB.16. 点M 在四边形ABCD 内,使得ABMD 为平⾏四边形,试证:若∠CBM= ∠CDM,则∠ACD=∠BCM.证明:作AN ∥BC 且AN=BC,连接DN 、NC∵ABMD 为平⾏四边形,AN ∥BC 且AN=BC∴ABCN 、DMCN 为平⾏四边形,AD=BM ∴DN=CM 、AN=BC ∴△ADN ≌△BMC ∴∠1=∠3,∠2=∠4,∠6=∠7∵∠1=∠2 ∴∠3=∠4 ∴A 、C 、N 、D 共圆（视⾓相等）∴∠5=∠7（同弧AD ）∴∠5=∠6即∠ACD=∠BCM17. 已知∠ABC=∠ACD=60°,且∠ADB=90°-21∠BDC,求证:△ABC 是等腰的证明:延长CD 使得BD ＝DE,并连结AE ∵∠ADB ＝90°－21∠BDC ∴2∠ADB ＋∠BDC ＝180° ⼜∠BDC ＋∠ADB ＋∠ADE ＝180° ∴∠ADB ＝∠ADE ⼜∵BD ＝DE,AD ＝AD ∴△ADB ≌△ADE ∴∠ABD ＝∠AED ＝60°,AB ＝AE ⼜∵∠ACD ＝60°∴△ACE 为正三⾓形∴AC ＝AE ∴AB ＝AC ∴△ABC 为等腰三⾓形18.⊙O1、⊙O2半径皆为r,⊙O1平⾏四边形`过的⼆顶A、B,⊙O2过顶点B、C,M是⊙O1、⊙O2的另⼀交点,求证△AMD 的外接圆半径也是r.证明:设O为MB的终点连接CO并延长⊙O1于E 则由对称知O为CE的中点∵O平分MB O平分CE∴MEBC是平⾏四边形∴ME∥BC∥AD∴MEAD亦是平⾏四边形∴△MAE≌△AMD∴△AMD的外接圆半径也为r19. 在凸五边形ABCDE中,有∠ABC=∠ADE,∠AEC=∠ADB,求证:∠BAC=∠DAE.证明:连接BD,CE,设它们相交于F,如图,∵∠AEC=∠ADB. ∴A,E,D,F四点共圆.∴∠DAE=∠DFE. ⼜∠ABC=∠ADE=∠AFE.∴A,B,C,F四点共圆∴∠BAC=∠BFC.⼜∠DFE=∠BFC. ∴∠BAC=∠DAE.20.在锐⾓△ABC中,过各顶点作其外接圆的切线,A、C处的两切线分别交B处的切线于M、N,设BD是△ABC的⾼（D为垂⾜）,求证:BD平分∠MDN.证明:如上图,m、n分别表⽰过M、N的切线长,再⾃M作MM’⊥AC于M’, 作NN’⊥AC于N’,则有∵∠N＝∠B＝∠NCN’∴△MAM’∽△NCN’∴AM’/’CN’=AM/CN=m/n⼜∵MM’∥BD∥NN’∴M’D/DN’=MB/BN=m/n由等⽐性质知m/n=(M’D－AM’)/(DN’-CN’)=AD/DC∴△ADM∽△CDN ∴DM/DN=m/n即DM/m=DN/n∴BD平分∠MDN21.已知:AD、BE、CF是△ABC的三条⾼.求证:DA、EB、FC是△DEF的三条⾓平分线.证明:连结DF、FE、DE ∵C F⊥AB AD⊥BC ∴B、D、H、F共圆∴∠1＝∠3 ∵AD⊥BC BE⊥AC ∴B、D、E、A共圆∴∠2=∠3 ∴∠2=∠1 ∴AD平分∠EDF 同理,CF平分∠2 1OEMDB O OCADCB EAFEFD BE 平分∠FED即证:DA 、EB 、FC 是△DEF 的三条⾓平分线22.已知AD 是△ABC 的⾼,P 是AD 上任意⼀点,连结BP-CP,延长交AC 、AB 于E 、F,证DA 平分∠EDF. 证明:过E 、F 两点分别作EH 、FG ,使EH ⊥BC,FG ⊥BC,且交CF 、BE 于I 、J∵EH ⊥BC,AD ⊥BC,FG ⊥BC ∴EH ∥AD ∥FG ∴EI EH =AP AD =FJ FG ∴FJ EI FG EH = ⼜∵GDHDPJ EP = ∴△EIP ∽△JFP ∴PJEPFJ EI =∴△EHD ∽FGD∴∠DFJ =∠DEI ∴∠FDB=∠EDC 即∠ADF=∠AD 即DA 平分∠EDF23.圆内三条弦PP 1、QQ 1、RR 1、两两相交,PP 1与QQ 1交于B,QQ 1与RR 1交于C,RR 1与PP 1交于A,已知:AP=BQ=CR,AR 1=BP 1=CQ 1,求证:ABC 是正三⾓形.解:设AP=BQ=CR=m,AR 1=BP 1=CQ 1, 则由相交弦定理得｛m(c+n)=n(b+m) m(a+n)=n(c+m) m(b+n)=n(a+m) 即ma=ncmb=na mc=n 三式相加得m=n 所以a=b=c 即△ABC 是正三⾓形24.H 为?ABC 的垂⼼,D 、E 、F 分别为BC 、CA 、 AB 的中点,⼀个以H 为⼼的圆交DE 于P 、Q, 交EF 于R 、S,交FD 于T 、V . 求证:CP=CQ=AR=AS=BT=BU 证明:连结AS 、AR 、RH由相交弦定理知:AH ·HA`=BH ·HB`=CH ·HC`AS 2=AR 2=AK 2+KR 2设O H 的半径为r, 在?KR 中,KR 2=r 2-HK 2∴AS 2=r 2+（AK+KH ）·（AK-HK ）=r 2+AH ·(AK-HK) 在?ABC 中,F 、E 为AB 、AC 的中点,且AA ⊥`BC∴AK=KA` ∴AS 2=AR 2=r 2+AH ·HA` 同BC HDEFR S T QK C`A `B `理:BT 2=BU 2=r 2+BH ·HB` CP 2=CQ 2=r 2+CH ·HC`25、在锐⾓三⾓形ABC 中,AD 、BE 、CF 是各边上的⾼,P 、Q 分别在线段DF 、EF 上,且∠PAQ 与∠DAC 同向相等.求证:AP 平分∠FPQ证明:作出△APQ 的外接圆,延长PF 交圆于R,分别连结 RA 、RQ 由图可知,AQPR 内接于圆∴∠PRQ=∠PAQ=∠DAC=21∠DFE 由外⾓定理得,∠PRQ+∠FQR=∠DFE ∴FC ∥RQ ∴AF ⊥RQ FR=FQ ∴AF 垂直平分RQ∴∠ARQ=∠AQR ⼜AQPR 内接于圆∴∠APQ=∠ARQ∠APR=∠AQR ∴∠APQ=∠APR ∴AP 平分∠FPQ00090)2()1(,45,30,15.26=∠==∠=∠=∠=∠=∠=∠??BAC ABAC CQP BRP CPQ BPR ARQ AQR PQR C B A PQR 求证：之外，且在、、是任意三⾓形，RF D E A B C P Q27．已知:凹四边形ABCD 中,?=∠=∠=∠45D B A .求证:AC=BD. 证明: 如图,延长DC 交AB 于点E,延长BC 交AD 于点F.∵?=∠=∠45D A ,DE AE =∴且?=∠90AED ⼜?=∠45B ?=∠∴45ECBDBAC DEB S AEC S EBEC =∴∴=∴。
初等几何研究第一章习题的答案(6)
六、关于共线点与共点线1、 证明四边形两双对边中点连线的交点与两对角线之中点共线 证明：连接EF.FG.GH.HE.HJ.OJ.OI(如图) ∵E.H 分别是AB.AD 的中点，F,G 分别是BC.CD 的中点 ∴EH =12BD FG=12BD ∵EH ∥FG∴四边形EFGH 是平行四边形 ∴ OH=OF∵H.J 分别是AD.AC 的中点，F.I 分别是BG.BD 的中点∴HJ=12CD IF=12CD ∴HJ ∥IF ∴∠JHO=∠FIO∵∠JHO=∠FIO , HJ=FI,HO=FO ∴△JHO ≅△IFO ∴∠HOJ=∠FOI ∴I.O.J 三点共线∴四边形两双对边中点连线的交点，与两对角线之中点共线2. 已知：E ，F 分别在正方形ABCD 的两边BC,CD 上，是∠EAF=45°，但AC 不是∠EAF 的角 平分线，自E,F 作AC 的垂线，垂足分别是P,Q 求证：△BPQ 的外心与B ，C 共线 证明:∵FQ ⊥AC ∴∠ABE=∠AQF 又∵∠EAF=45°∴∠BAE=∠QAF ∴△ABE ∽△AQF 可得 AQ AB AFAE同理可得，△AEP ∽△AFD 即ADAP=AFAE∴AQ AB =AB AP利用切割线定理之逆定理，因△BPQ 的外心在BC 上， 等价于AB,APQ 是切，割线 ∴△BPQ 的外心在BC3.在Rt △AB 为斜边，CH 为斜边上 的高，以AC 为半径作☉A ，过B 作☉A 的任一割线交☉A 于D 、E ，交 CH 于F(D 在B 、F 之间),又作∠ABG=∠ABD ，G 在☉A 上，G 与D 在AB 异侧。
求证：（1）A 、H 、D 共圆。
（2）E 、H 、G 共线。
（3）FD 、FE 、BD 、BE 四线段成比例 证明：如图所示：连结AE 、AD (1)∵BC 2=BH ·BA(摄影定理）BC 2=BD ·BE(割线定理) ∴BD ·BE=BH ·BA ∴A 、H 、D 、E 四点共圆(2)∵∠ABD=∠ABG ∴∠GBH=∠DBH(对称性） 又∵A 、H 、D 、E 四点共圆∴∠FEA=∠DHB(对角等于内对角）∠AHE=∠EDA （同弧所对的角） 又∵AE=AD ∴∠AEF=∠ADF∴∠AEF=∠DHB=∠GHB=∠ADE=∠AHE ∴∠GHB=∠AHE （对顶角） ∴E 、H 、G 三点共线(3)∵∠ABD=∠ABG ∴由对称知:HB 平分∠DHG(∠GHB=∠DHB) 又∵ CH 垂直AB E 、H 、G 三点共线 ∴HC 平分∠DHE ∴HC 、HB 是∠DHE 的内外角平分线∴FE DF =HE HD =BE BD4..设P 是正方形ABCD 内的一点，使PA:PB:PC=1:2:3,将BP 绕B 点朝 着BC 旋转90BP 至Q. 求证：A 、P 、 Q 共线.证明：连接 CQ ,∵PA:PB:PC= 1:2:3 设AP=1 则 BP=2 CP=3∵BP 绕B 点朝着BC 旋转90° ∴∠PBQ=90°BP=BQ=2 ①∠BPQ=∠BQP=45° ∴PQ =√BP 2+BQ 2=2√2ADC FBE PQ又∵四边形ABCD 是正方形 ∴AB=BC ② ∴∠ABC=∠PBQ= 90°即∠ABP+∠PBC=∠CBQ +∠PBC=90° ∴∠ABP=∠CBQ ③ ∴△ABP ≌△CBQ(由①②③可得到) ∴PA=QC=1又∵PQ 2+QC 2=(2√2)2+12=32=PC 2 ∴∠PQC=90°, ∠BQC=∠PQC+∠BQP=90+45°=135°又∵∠APB=180°-45°=135° ∴∠BQC=∠APB=135° 即A 、P 、Q 共线（∠APB 、∠BQP 是邻补角）5. 在∆ABC 中，D,E,F 分别在AB.BC.CA 上，使得DE=BE,EF=CE.求证：∆ADF 的外心O 在∠DEF 的角平分线上。
初等数学研究第六章 习题答案
第六章 习题六1 解：按个位数分类，个位数是0，则十位数可从1,2,3,4,5,6,7,8,9,这九个数中的一个数来填，共有填法19p 种，个位数是1，则十位数可从2,3,4,5,6,7,8,9这八个数中选一位来填，共有填法18p 种，······同理可得，当个位数是8时，则十位数只能填9，共有11p 填法，因此符合条件的两位数则有，111111111123456789p p p p p p p p p ++++++++=12945+++= （种） 2 解：按边长分类，要确定一个正方形必要选两条邻边，边长为 1 的正方形，共有112n n c c n ⨯=个；边长为2 的正方形，共有()211111n n c c n --⨯=-个；边长为3 的正方形，共有()211222n n c c n --⨯=-个；·······同理可得，当边长为n 时，共有112111c c ⨯=个；故共有正方形个数为：()()()222211+2+ ····+11216n n n n n -+=++个。
3 解：放球需要两步完成：第一步，从六个小球中任选3个放入必须放的盒子，放法有36p 种， 第二步，从剩下的5个盒子中选3个盒子放入余下的3个小球，放法有35p 种由乘法原理，符合题意的放法有：33657200p p p =⨯=种4 解：法一：（排除法）从总的21本书中任取2本书的取法有221c 种，其中不符合条件的取法是从相同国家的书中取2本，共有222975c c c ++种，故满足条件的取法有：()22222197521067143c c c c-++=-=（种） 法二：（分类法）第一类 从中文书，英文书中各取1本，取法有119763c c ⨯=种 第二类 从中文书，日文书中各取1本，取法有119545c c ⨯=种第三类 从英文书，日文书中各取1本，取法有117535c c ⨯=种 故总的取法有：111111979575143c c c c c c ⨯+⨯+⨯= （种） 5 解：（1）3211236m m m p p p +=+ ()()()21231m +6m m m m m ∴--=+ 0m ≠()()()212316m m m ∴--=++ ()()22950,2150m m m m ∴--=+-=15,()52m m m ∴==∴=舍， （2）3210m p = ()()12210n n n ∴--= 32322100n n n ∴-+-= 7n ∴=6 证明：（1）1n n n np p p +=-1212323431123n n np p p p p p p p p np p p +∴=-=-=-=-2311231n n p p np p +∴+++=-（2）()()()()()2!123123n n n n n n n =++++()()135212462n n =-⎡⎤⎣⎦()()135212123nn n =-⎡⎤⎣⎦ ()135212!n n n =-⎡⎤⎣⎦()()2!135212!n n n n ∴=-7 解：2996x x p p - ()()9!9!69!92!x x ∴--+()()()()1169!9!9192x x x x ∴---+-+()()619192x x ∴-+-+ ()()10116x x ∴-- 2211040x x ∴-+ 8,13()x x ∴ 舍 又,28x N x ∈ 且2,3,4,5,6,7x ∴=8 解：能被25整除的特征是末两位数能被25整除，故满足条件的数可分为两类，一类是25 ，另一类是末两位数是50. 其中末两位数是50的数有24p 种，末两位数是25的数中，千位数排列是从1,3,4这三个数中任选1个来排，百位数的排法有13p 种，故共有个1133p p ⨯ 共有符合条件的四位数有21143321p p p +⨯=个。
初等数学研究课后答案
初等数学研究课后答案引言：初等数学作为学习数学的基础课程，对于培养学生的数学思维和解决实际问题的能力有着重要的作用。
为了让学生更好地掌握所学知识，教师在教学过程中往往会布置一些课后作业，以便学生巩固和练习所学内容。
然而，学生在完成课后作业时可能会遇到一些疑惑和困惑，尤其是对于一些复杂的问题。
因此，提供一份初等数学研究课后答案对于学生来说是很有必要的。
本文将为学生提供一份初等数学研究课后答案，帮助学生更好地理解和掌握相关知识。
一、代数学1. 解方程：题目：求解方程2x + 5 = 17.答案：首先，将方程转化为x的形式，得到2x = 17 - 5，即2x = 12. 然后，将方程两边同时除以2，得到x = 6.2. 因式分解：题目：将多项式x² - 5x + 6因式分解.答案：首先对多项式进行因式分解，得到(x - 2)(x - 3).3. 求解不等式：题目：求解不等式2x - 3 < 5.答案：将不等式转化为x的形式，得到2x < 8. 然后将不等式两边同时除以2，得到x < 4.二、几何学1. 直角三角形的性质：题目：已知直角三角形的两条直角边分别为3和4，求斜边的长度.答案：根据勾股定理，直角三角形的斜边长度为√(3² + 4²)，即√(9 + 16)，即√25，所以斜边的长度为5.2. 圆的面积计算：题目：已知一个圆的半径为5，求其面积.答案：根据圆的面积公式S = πr²，将半径r替换为5，得到面积S = π(5)²，即S = 25π.三、概率论1. 事件的概率计算：题目：一个箱子中有4个红球和6个蓝球，从箱子中随机取出一个球，求取到红球的概率.答案：共有10个球，其中4个是红球，所以取到红球的概率为4/10，即2/5.2. 排列组合问题：题目：从10个人中选出3个人组成一支篮球队，求有多少种不同的选法.答案：根据排列组合的公式C(n, k) = n! / (k! * (n - k)!)，将n替换为10，k替换为3，得到C(10, 3) = 10! / (3! * (10 - 3)!) = 120.四、数列与级数1. 等差数列的通项计算：题目：已知等差数列的首项为2，公差为3，求第n项的表达式.答案：等差数列的通项公式为an = a1 + (n - 1)d，其中a1为首项，d为公差。
初等数学研究答案第一章到第六章
大学数学之初等数学研究，李长明，周焕山版，高等教育出版社 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 mc 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。
《初等数论》各章习题参考解答
《初等数论》各章习题参考解答第一章习题参考解答1.解:因为25的最小倍数是100,9的最小倍数是，所以满足条件的最小正整数11111111100a =。
2.解：3在100!的分解式中的指数()1001001001003100!33113148392781⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=+++=+++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦， 在100!的分解式中的指数()1001001001001002100!50251261942481664⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤⎡⎤=++++=++++=⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎢⎥⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦⎣⎦，∴ ()9448474847100!2343123,,61k k k k =⋅⋅=⋅⋅=⋅=。
故 max 47n =，min 3M k =，(),61k =。
故 当M 最小值是3的倍数，但不是2的倍数。
3.解：112121n n n n x x ++++++等价于()()21221n n n x x x ++-+-，从而3x ³（n 就不会太大，存在反向关系）。
由()()22121n nn x x x -+-?+，得()()2212n n n x x -+?，即()()()121122nn x x -+?。
若2n ³，则()()()()251221114242nn x xx x-?+??，导致25140x x -+?，无解。
所以，只有1n =，335314x x x +-?，只能是37,14x +=，从而4,11x =。
综上所述，所求正整数对()()(),4,111,1x n =、。
4.解：按题意，2m n >>，记*,m n k k N =+?；则()222211111n n k nk n k k a a a a a a a a a a a a +++-+-?-+--++-22211111n k k n k k a a a a a a a a a ++?---+?-+-，故 存在无穷多个正整数a 满足2111n k k a a a 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。
(完整版)初等数学研究课后习题答案
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 --=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。
初等数学研究答案第一到第六章
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。
(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。
初等数学研究答案第一章到第六章
大学数学之初等数学研究，李长明，周焕山版，高等教育出版社 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。
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大学数学之初等数学研究，李长明，周焕山版，高等教育出版社 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。
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 154k 1k +--+=-+++则对∀N n ∈，1n 154n-+是9的倍数.6证明：当1n =时，141-=3-，n21n 21-+=3-；则当1n =时成立。
假设当k n =时成立，即(141-)(941-)(2541-)……… (21k 241）（--)=k21k 21-+ 当1k n +=时，(141-)(941-)(2541-)……… (21k 241）（--)（21k 241）（+-） =k 21k 21-+（21k 241）（+-）=）（）（1k 211k 21k 21k 23+-++=++- 当1k n +=时成立。
7解：（1）01x 3x 132=---==+，则，αββα （2）3311=-=---ββαα，131313A n2n n 2n nn 2n 2n 2n ββααβαβα+--+-=-=∴+++++ 131311n 11n nn ）（）（-+-+---+-=βββαααβα 133131n 1n nn ++-+-=βαβα；n 1n A A 3+=+（3）当n=1时，1013A 333=-=βα的倍数。
是10假设当n=k 时13A 3k 3k 3k βα-=的倍数。
是10则当n=k+1时 131313A 33k 33k 3k 33k 33k 31k 31k 31k 3）（）（）（）（）（βαβαβαββααβα-+-=⋅-⋅=-=+++ k 333k3k 1013βαβα+-=则对∀N n ∈，n 3A 是10的倍数.8证明：；，，则，，使得，；，lar lc kaq kb ar c aq b Z r q c |a b |a ====∈∃∴。
；）（lc kb |a a lr kq lc kb +∴+=+∴9证明：假设存在b ，使得,1a +<<a b 由得，b <a ，，使得k a b N k +=∈∃若，则1k =；1a b +=若，则1k >；即1a k a b +>+=；1a b +>因此.1a 是不可能的+<b 10证明：）；，，，，，，（，，设*321321332211Z q q q Z p p p p q c p q b p q a ∈∈=== 则a(bc)===⋅321321332211p p p )q q q p q p q p q ）（（）（）（）（321321p p p q q q a(bc)p q p q p q 332211=⋅=）（ 11答:(1)加法,乘法,减法; 构成数环 (2)乘法,除法; (3)加法,乘法; (4)加法,乘法;(5)加法,乘法,除法; (6)乘法; (7)加法,乘法,减法;构成数环(8)加法,乘法,减法;构成数环12 证明：方法一 nn 332211b a b a b a b a <<<< 即n 11n 2112b a b a ,b a b a >> =-++++++∴11n 21n 21b a b b b a a a 1n 21n 2111n 21b b b b b b b a b a a a ）（）（）（++++++-+++ 0b b b b b a b a b a -b a 1n 21n 11n 2112>+++-++=）（）（）（ nn 332211b a b a b a b a <<<< 即1-n n n 1-n 1n n 1b a b a ,b a b a <<， =-++++++∴n n n 21n 21b a b b b a a a nn 21n 21n n n 21b b b b b b b a b a a a ）（）（）（++++++-+++ 0b b b b b a b a b a -b a nn 211-n n n 1-n 1n n 1<+++-++=）（）（）（ 方法二：设p,b a 11=q,b a n n =则由p=n n 332211b a b a b a b a <<<< =q 得， p b a 11=， p b a 22>，p b a n n > ；q b a 11<， q b a 22<，q b a n n = ； 则n 21n 21b b b p b p b p b ++++++ n 21n 21b b b a a a ++++++< <n21n 21b b b q b q b q b ++++++ 即q.b b b a a a p n 21n 21<++++++< 则.b a b b b a a a b a nn n 21n 2111<++++++< \ 13．（1）;109.16.5003105.1102.16.50031053.1102.143434⨯≈+⨯+⨯≈+⨯+⨯（2）;88.4238.026.433824.026.43=-≈-（3）;7.6872232.687138.6813.2264.32≈==⨯（4）≈÷⨯43564.2)1063.2(3.1008.163875.1079436.2)1063.2(33⨯≈=÷⨯ 14 解：5.046308.0%02.04.2315|a |≈=⨯==∆δ则它的有效数字的个数为4。
15 解：551.45511.47321.11416.3232≈=-⨯≈-π 16 证明：方法一：⇒dcx b ax S ++=是有理数，则其不包含x ； d cx kd b x d cx kc a k d cx kd b x kc a d cx k d cx b ax S +-++-+=+-+-++=++=）（）（又 。
；即，bc ad kd b kc a ===∴，代入，，则；令其为b p c a p d p bc ad ===⇐ dcx b ax S ++=得, 为有理数。
p ab ap x b p b ax d cx b ax S =++=++= 方法二：⇒d cx b ax S ++=是有理数，则d cx b ax S Z,n m,++=∈∃使得=.nm ； bn.-dm cm )x -(an d)m (cx b)n (ax =+=+，即则bc.ad ;bn dm mc an ,x Q d c b a *=⎩⎨⎧==∈即则是无理数，，，，又由于 ⇐ 又;d)d (cx b)d (ax d cx b ax S 2d cdx bd adx ++=++=++=bc.ad = 则.)(d)b(cx d)d (cx b)d (ax d cx b ax S 2db d cx d d cdx bd adx =++=++=++=++= dcx b ax S ++=∴是有理数 17 证明：c d cd c d b a +-=-=-∴+=+，d b c a 则若。
时，c d b a ==若⎪⎩⎪⎨⎧=-=+≠b-a c d b -a c -d c d b a 时由得b -a b -a c -d d 2+=; 即无理数等于有理数矛盾,则。
c d =18解：（1）≥++≥≥≥≥≤+≤≤≤≤1n 2n 4534231n n 433221； 并且时并且当∞→>+=+-++n ;01n 21n n 1n 2n 01n 21n n 1n 2n →+=+-++ ∴此序列为退缩有理闭区间序列，且它所确定的实数为1.（2） ≥+≥≥≥≥≤≤≤≤≤1n 14131210000； 并且时并且当∞→>+=-+n ;01n 101n 101n 101n 1→+=-+ ∴此序列为退缩有理闭区间序列，且它所确定的实数为0.（3） ≥≥≥≥≥≤≤≤≤≤11112n1-2n 654321； 并且时并且当∞→>=-n ;02n 12n 1-2n 102n12n 1-2n 1→=- ∴此序列为退缩有理闭区间序列，且它所确定的实数为1.19.（1）（⨯）答：复数集与复平面内以0为起点的一切向量组成的集合一一对应；（2）(⨯) 答:两复数的和与积都是实数的充分条件是：这两个复数是共轭复数（3）(⨯)答：共轭虚数的正整数次幂仍是共轭复数；（4）(⨯) 答: 一个非零复数的模等于1的充分条件是它与它的倒数之和为实数. 20 证明:当时k 3n =，++-3k 2i 31）（；）（22i 313k =-- 当时1k 3n +=，++-+13k 2i 31）（；）（12i 3113k -=--+ 当时2k 3n +=，++-+23k 2i 31）（；）（12i 3123k -=--+ 21 解：Z=72i 31）（++=+=++1)6isin 6(cos 17ππ)67isin 67(cos ππ+=i 21231-- 则|Z|=22263241)23-(12-=-=+；则.23arctan 2）（+-=πθ 22 解： |z|=1，，则令ααisin cos z +=∴1z z 2+-=)i sin -sin (2cos cos cos 22ααααα+-则u=222)21(cos 41cos 4cos 4|1z z |-=+-=+-ααα 当3u ,1cos max =-=时α；当.0u ,21cos min ==时α 23. 解方程N).n 1,n 1z 1z n n ∈>-=+，（）（）（ 即，则）（）解：由于（,1)11(1z 1z n n =-+-=+n z z1)-n ,2,1,0(k ;nk 2isin n k 2cos 1-z 1z =+=+ππ; 则1)-n ,1,0(k 1nk 2isin n k 2cos n k 2isin n k 2cos 1z =-+++=；ππππ 24解：(1);1)(,1)(1n n 2n ===nωωω ， 次单位根）；次方根（个不同的的是，，，n n n 1n 2ωωω ∴（2）)(1(1n ωω-=-；0)11-n 2=++++ωωω而∴≠-,01ω；011-n 2=++++ωωω （3）)(1(1n -=-z z )11-n 2zz z ++++ =)1(-z );())()((1n 32-----ωωωωz z z z 当时，1≠z =++++1-n 21z z z )())()((132-----n z z z z ωωωω令时，1=z .)1()1(112n n =----ωωω ）（ 25解：由图像知20)-(-10)-3(-|OD |22=+=；则.312||||||max =+=+=AD OD Z .112||||||min =-=-=BD OD Z ,24060180)(arg .30,21sin max =+=∴=∴=Z αα.180)(arg min =Z 26 解：设z=x+yi,则代入.4y 1)(x .3x 2y x 3z z z z 2222=++=++=++即，得27 证明：isinx ;cosx z isinx cosx z -=+=，则令isinx;cosx z isinx cosx z 22-=+=，；，isinnx cosnx z isinnx cosnx z n n -=+= 而；，isinx 2z z cosx 2z z =-=+ ；，isinx 2z z cosx 2z z 2222=-=+；，isinx 2z z cosx 2z z n n n n =-=+ 则)z z z z z (z 2i1sinnx sin2x sinx n n 22-++-+-=+++ )z -z)(11(sin )1sin(sinx ]1)z 1(z 1)z -z(1[i 21n n -++-=----=nx x n z z )1)(z 1()2)2(cos 2(cos 2sin2z x n nx nx --+-=;)1)(z 1(2)1(sin 2sin 2sin 4z x n x nx --+= )z z z z (z 21cosnx cos2x cosx n n 22++++++=+++ z )z -z)(11(cos )1cos(1cosx ]1)z 1(z 1)z -z(1[21n n -++--=--+-=nx x n z z )1)(z 1()2)2(in 2sin (2sin2z x n s nx nx --+-=;)1)(z 1(2)1(cos 2sin 2sin 4z x n x nx --+= x.21n tg cosnx cos2x cosx sinnx sin2x sinx +=++++++ 则 28证明: 时，当0x ≠0p x p x p x p x n 1-n 2-n 21-n 1n =+++++ 方程 的两边同乘以得n x -0x p x p xp x p 1n n n -11-n -22-11=+++++-将x=代入上式得，ααisin cos + +++)]isin(-)[cos(-p 11αα0)]isin(-n )[cos(-n p n =++αα .按照复数相等的条件得++αcos p 110cosn p n =+α.0n sin p 2sin p sin p n 21=+++ααα 习题二1解：设这个多项式为)1()(10-+=x a a x f )4)(2)(1(2)(1(32---+--+x x x a x x a ）. 然后将已知点依次代入：;10,10)1(00-=∴=-=a a f ;9,1)2(110=∴+=-=a a a f;14,63101)4(2210=∴++==a a a a f;2,21812124218)5(33210=∴=+++==a a a a a f因此，)1(910)(-+-=x x f )4)(2)(1(22)(1(14---+--+x x x x x ）7523--=x x 即.32)3(=f2解：d x c x b x a x x f +-+-+-+-=-)2()2()2()2()2(234令2=x 得165=d ;令0=x 得;8624,165248169=+-+-+-=c b a c b a 即令1=x 得.119=+-c b a 令3=x 得.269=++c b a则165,180,75,14====d c b a即165)2(180)2(75)2(14)2()2(234+-+-+-+-=-x x x x x f=.5432234+-+-x x x x3解：由于22341)(m 1)x p(m 2qx 4px 4x 4+++++-成为b ax x 22++的完全平方式，则=++22b)ax x 2(22341)(m 1)x p(m 2qx 4px 4x 4+++++- 得:;)1(2)1(24444222⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=++==-b m ab m p b a q a p .)1(44;44)1(22p m q b a q m b p a =++⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧+=+-=-=∴即 4证明: (1))1()1)((-=-x x x F )1x x x x (234++++=15-x=)1(-x );)()()((432λλλλ----x x x x即: );)()()(()(432λλλλ----=x x x x x F(2) )()()R()Q()P(5255λλλλλλλS F ⋅=++,即 .0)(0)1R()1Q()1P(2=⋅=++λλλS即: .0)1R()1Q()1P(===.0)1(,)1()1()1R()1Q()1P(=⋅=++S S F 得又由则1-x 是R(x)Q(x),P(x),和S(x)的一个公因式。