初等数学研究(九)

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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 a b a A b B ⨯=∈∈与{(,)|,}B B b a b B a A ⨯=∈∈，定义A B ⨯到B A ⨯的映射为：(,)(,),(,),(,)fa b b a a b A B b a B A −−→∈⨯∈⨯显然这个映射是A B ⨯到B A ⨯的一一映射，所以A B B A ⨯=⨯，于是按定义有：A B 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0()n k k n =≥成立时，能够推出命题对1n k =-也成立，那么对一切自然数不小于n 0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000()r r n ≥。

此时，由于不大于0r 的自然数只有有限个，按照条件（1），至少有一个自然数0()r r r >，命题在r 处成立；于是由条件（2），命题对1r -也成立，连锁应用条件（2），那么命题在12,,,,, r r r r k ---处都成立，而这个序列是递减的，因此0r 必然出现在这个序列中，这与0r 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：313432313145,(),''''+==+=+=+==33323256(),'''+=+=+== 34333367()'''+=+=+==4、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1224(),()f f ==；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12()()f n f n n +-=，于是得：212324121()(),()(),,()()() f f f f f n f n n -=-=--=- 将这n-1个等式相加得：124211()()()() f n f n n n -=+++-=- 即 2122()()f n n n n n =-+=-+ 5、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：112()()n n f n +=+ 证明：显然1111212()()f +⨯==+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 )112()k k +=+个互不相通的区域，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112()k k +=+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11()()f k f k k +-=+所以：111112()()()k k f k f k k k ++=++=+++ 121121122()()()()k k k k k +++++=+=+所以公式112()()n n f n +=+在1n k =+时也成立，于是公式对一切自然数n 都成立。

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。

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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选择题一．函数与方程1.（全国新课标卷，第9题）已知0ω>，函数()sin 4f x x πω=+（）在(,)2ππ单调递增，则ω的取值范围是（）A.1524⎡⎤⎢⎥⎣⎦， B.13,24⎡⎤⎢⎥⎣⎦ C.10,2⎛⎤ ⎥⎝⎦D.(]0,22.（全国新课标卷，第10题）已知函数1()ln(1)f x x x=+-，则()y f x =的图象大致为（）3.（全国大纲卷，第9题）已知125ln ,log 2,x y z eπ-===，则（）A.x y z <<B.z x y <<C.z y x <<D.y z x <<4.（全国大纲卷，第10题)已知函数33y x x c =-+的图象与x 轴恰有两个公共点，则c =（）A.-2或2B.-9或3C.-1或1D.-3或1 5.（湖南，第8题）已知两条直线1:l y m =和28:(0)21l y m m =>+，1l 与函数2log y x =的图象从左至右相交于点A ,B ,2l 与函数2log y x =的图象从左至右相交于点C ,D .J 记线段AC 和BD 在x 轴上的投影长度分别为a ,b .当m 变化时，ba的最小值为（） A.162 B.82 C.384 D.3446.(江西，第2题）下列函数中，与函数31y x=定义域相同的函数为（） A.1sin y x =B.ln x y x =C.xy xe = D.sin x y x= 7.(江西，第3题）若函数21,1()lg 1x x f x x x ⎧+≤=⎨>⎩，则((10))f f =（）A.lg101B.2C.1D. 08.（福建，第7题）设函数1,()0,x D x x ⎧=⎨⎩为有理数，为无理数，则下列结论错误的是（）A.()D x 的值域为{}0,1B.()D x 是偶函数C.()D x 不是周期函数D.()D x 不是单调函数9.（福建，第9题）若函数2xy =的图象上存在点(,)x y 满足约束条件30230x y x y x m +-≤⎧⎪--≤⎨⎪≥⎩，则实数m 的最大值为（） A.12 B,1 C.32D.2 10.（福建，第10题）函数()f x 在[],a b 上有定义，若对任意[]12,,x x a b ∈，有[]12121()()()22x x f f x f x +≤+，则称()f x 在[],a b 上具有性质P .设()f x 在[]1,3上具有性质P ，现给出如下命题： ①()f x 在[]1,3上的图象是连续不断的；②2()f x 在1,3⎡⎤⎣⎦上具有性质P ；③若()f x 在2x =处取得最大值1，则[]()1,1,3f x x =∈； ④对任意[]1234,,,1,3x x x x ∈，有[]123412341()()()()()44x x x x f f x f x f x f x +++≤+++其中真命题的序号是（）A.①②B.①③C.②④D.③④11.(广东，第4题）下列函数中，在区间()0,+∞上为增函数的是（）A.(2)y ln x =+B.1y x =-+C.1()2xy = D.1y x x=+12.（陕西，第2题）下列函数中，既是奇函数又是增函数的为（）A.1y x =+B.3y x =- C.1y x=D.y x x = 13.（湖北，第3题）已知二次函数()y f x =的图象如图所示，则它与x 轴所围成的面积为（） A.25π B.43 C.32 D.2π14.（湖北，第7题）定义在()(),00,-∞+∞ 上的函数()f x ，如果对于任意给定的等比数列{}n a ，{}()n f a 仍是等比数列.则称()f x 为“保等比数列函数”.现有定义()(),00,-∞+∞ 上的如下函数：①2()f x x =；②()2xf x =；③()f x x =；④()ln f x x =.则其中是“保等比数列函数”的()f x 的序号为（） A.①② B.③④ C.①③ D.②④15.（湖北，第9题）函数2()cos f x x x =在区间[]0,4上的零点个数为（）A.4B.5C.6D.716.(天津，第4题）函数3()22xf x x =+-在区间()0,1内的零点个数是( )A.0B.1C.2D.317.(四川，第3题）函数29,3()3ln(2),3x x f x x x x ⎧-<⎪=-⎨⎪-≥⎩在3x =处的极限（）A.不存在B.等于6C.等于3D.等于0 18.(四川，第5题）函数()10,1xy a a a a=->≠的图象可能是（）y-1 O x1119.(山东，第3题）设0a >且1a ≠，则“函数()xf x a =在R 上是减函数”是“函数3()(2)g x a x =-在R 上是增函数”的（）A.充分不必要条件B.必要不充分条件C.充分必要条件D. 既不充分也不必要条件 20.(山东，第8题）定义在R 上的函数()f x 满足(6)()f x f x +=.当31x -≤<-时，()2()2f x x =-+；当13x -≤<时，()f x x =.则(1)(2)(3)(2012)f f f f ++++=（）A.335B.338C.1678D.2012 21.(山东，第12题）设函数1()f x x=，()2(),,0g x ax bx a b R a =+∈≠，若()y f x =的图象与()y g x =的图象有且仅有两个不同的公共点11(,)A x y ，22(,)B x y ，则下列判断正确的是（）A.当0a <时，12120,0x x y y +<+>B.当0a <时，12120,0x x y y +>+<C.当0a >时，12120,0x x y y +<+<D.当0a >时，12120,0x x y y +>+>22.（辽宁，第11题）设函数()()f x x R ∈满足()(),()(2)f x f x f x f x -==-，且当[]0,1x ∈时，3()f x x =.又函数()cos()g x x x π=，则函数()()()h x g x f x =-在13,22⎡⎤-⎢⎥⎣⎦上的零点个数为（）A.5B.6C.7D.823.（辽宁，第12题)若[)0,x ∈+∞，则下列不等式恒成立的是（） A.21xe x x ≤++ B.21111241x x x≤-++1O 1 xB.y y x1O 1 A.1O 1 xC.y xD.y1O 1C.21cos 12x x ≥-D.21ln(1)8x x x +≥- 24.（重庆，第5题）设tan ,tan αβ是方程2320x x -+=的两根，则()tan +αβ的值为（） A.-3 B.-1 C.1 D.325.（重庆，第7题）已知()f x 是定义在R 上的偶函数，且以2为周期，则“()f x 为[]0,1上的增函数”是“()f x 为[]3,4上的减函数”的（） A.既不充分也不必要条件 B.充分也不必要条件C.必要而不充分条件D.充要条件26.（重庆，第8题）设函数()f x 在R 上可导，其导函数为'()f x ，且函数'(1)()y x f x =-的图象如图所示，则下列结论中一定成立的是（） A.函数()f x 有极大值(2)f 和极小值(1)f B.函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(1)f C.函数()f x 有极大值(2)f 和极小值(2)f - D.函数()f x 有极大值(2)f -和极小值(2)f27.（安徽，第2题）下列函数中，不满足(2)f x 等于2()f x 的是（）A.()f x x =B.()f x x x =- C ()1f x x =+. D.()f x x =- 28.（浙江，第9题）设0,0a b >> （）A.若2223aba b +=+，则a b > B.若2223aba b +=+，则a b < C.若2223aba b -=-，则a b > D.若2223aba b -=-，则a b <二．数列1.（全国新课标卷，第5题）已知{}n a 为等比数列，47562,8a a a a +==-，则110a a +=（）A.7B.5C.-5D.-72.(全国大纲卷，第5题）已知等差数列{}n a 的前n 项和为n S ,555,15a S ==，则数列11n n a a +⎧⎫⎨⎬⎩⎭的前100项和为（） -2 yx2 1 OA.100101 B.99101 C.99100 D.1011003.(江西，第6题)观察下列各式：1a b +=，223a b +=，334a b +=，447a b +=，5511a b +=，···，则1010a b +=（） A.28 B.76 C.123 D.1994.(福建，第2题)等差数列{}n a 中，15410,7a a a +==，则数列{}n a 的公差为（） A.1 B.2 C.3 D.45.(辽宁，第6题)在等差数列{}n a 中，已知4816a a +=，则该数列前11项和11S =( ) A.58 B.88 C.143 D.1766.(上海，第18题)设121sin ,25n n n n a S a a a n π==+++ ，在12100,,S S S 中，正数的个数是（）A.25B.50C.75D.1007.(重庆，第1题)在等差数列{}n a 中，241,5a a ==，则n a 的前5项和5S =（） A.7 B.15 C.20 D.258.(安徽，第4题)公比为2的等比数列{}n a 的各项都是正数，且31116a a =，则210log a =（）A.4B.5C.6D.79.(浙江，第7题)设n S 是公差为(0)d d ≠的无穷等差数列{}n a 的前n 项和，则下列命题错误的是（）A.若0d <，则数列{}n S 有最大项B.若数列{}n S 有最大项，则0d <C.若数列{}n S 是递增数列，则对任意n N *∈，均有0n S > D.若对任意n N *∈，均有0n S >，则数列{}n S 是递增数列三．不等式1.（北京，第1题）已知集合{}|320A x R x =∈+>，{}|(1)(3)0B x R x x =∈+->，则A B = ( )A.(),1-∞-B.21,3⎧⎫--⎨⎬⎩⎭C.2,33⎛⎫-⎪⎝⎭D.()3,+∞ 2.(福建，第5题)下列不等式一定成立的是（ )A.()21lg lg 04x x x ⎛⎫+>> ⎪⎝⎭ B.()1sin 2,sin x x k k Z xπ+≥≠∈ C. ()212x x x R +≥∈ D.()2111x R x >∈+ 3.(湖北，第5题)设a Z ∈,且013a ≤<，若200251a +能被13整除，则a =（）A.0B.1C.11D.124.(湖北，第6题)设,,,,,a b c x y z 是正数，且22210a b c ++=，22240x y z ++=，20ax by cz ++=，则a b cx y z++=++（）A.14 B. 13 C. 12 D. 345. (重庆，第2题)不等式1021x x -≤+的解集为（）A.1,12⎛⎤- ⎥⎝⎦B.1,12⎡⎤-⎢⎥⎣⎦C.[)1,1,2⎛⎫-∞-+∞ ⎪⎝⎭D.[)1,1,2⎛⎤-∞-+∞ ⎥⎝⎦四．排列与组合1.（全国新课标卷，第2题）将2名教师，4名学生分成2个小组，分别安排到甲、乙两地参加社会实践活动，每个小组由1个名教师和2名学生组成，不同的安排方案共有（） A.12种 B.10种 C.9种 D.8种2.(全国大纲卷，第11题)将字母,,,,,a a b b c c 排成三行两列，要求每行的字母互不相同，每列的字母也互不相同，则不同的排列方法共有（） A.12种 B.18种 C.24种 D.36种3.(全国大纲卷，第12题)正方形ABCD 的边长为1，点E 在边AB 上，点F 在边BC 上，37AE BF ==,动点P 从E 出发沿直线向F 运动，每当碰到正方形的边时反弹，反弹时反射角等于入射角，当点P 第一次碰到E 时，P 与正方形的边碰撞的次数为（）A.16B.14C.12D.10 4.(北京，第6题)从0,2中选一个数字，从1,3,5中选两个数字，组成无重复数字的三位数，其中奇数的个数为（）A.24B.18C.12D.65.(陕西，第8题)两人进行乒乓球比赛，先赢3局者获胜，决出胜负为止，则所有可能出现的情形（个人输赢局次的不同视为不同情形）共有（） A.10种 B.15种 C.20种 D.30种6.（天津，第5题）在5212x x ⎛⎫- ⎪⎝⎭的二项展开式中，x 的二项系数为（）A.10B.-10C.40D.-40 7.(四川，第1题)()71x +的展开式中2x 的系数是（）A.42B.35C.28D.218.(山东，第11题)现有16张不同的卡片，其中红色、黄色、蓝色、绿色卡片各4张，从中任取3张，要求这3张卡片不能是同一种颜色，且红色卡片至多1张，不同取法的种数为（） A.232 B.252 C.472 D.4849.(辽宁，第5题)一排9个座位坐了3个三口之家，若每家人坐在一起，则不同的坐法种数为（）A.33!⨯B.()333!⨯ C.()43! D. 9!10.(重庆，第4题)312x x ⎛⎫+ ⎪⎝⎭的展开式中常数项为（）A.3516 B.358 C.354D.105 11.(安徽，第7题)()522121x x ⎛⎫+- ⎪⎝⎭的展开式的常数项是（）A.-3B.-2C.2D.312.(浙江，第6题）若从1,2,3,,9 这9个整数中同时取4个不同的数，其和为偶数，则不同的取法共有（）A.60种B.63种C.65种D.66种填空题一、函数与方程1. (全国大纲卷，第14题)当函数()π20cos 3sin <≤-=x x x y 取得最大值时，=x ______2. （北京卷，第14题）已知()()().22)(,32-=++-=xx g m x m x m x f 若同时满足条件：①R x ∈∀，()0<x f 或()0<x g ；②()0)()(,4,<-∞-∈∃x g x f x .则m 的取值范围是__3.（湖北卷，第13题）回文数是指从左往右读与从右往左读都一样的正整数。

(完整版)初等数学研究(补充版)

初等数学研究1.（P383例4）在△ABC 中,∠C=90°，∠A=30°，在△ABC 的外侧分别以AB 、AC 为一边作正△ABE,正△ACD,如图,连接DE 交AB 于F.求证：EF=FD 。

证明：作EH ⊥AB 交AB 于H 点。

∵∠CAD=60°，∠BAC=30° ∴∠EHF=∠DAF=90° 设BC=a ，则AC=EH=3a又∵∠EFH=∠DFA （对顶角） ∴△EFH ≌△DFA （AAS) ∴EF=FD2.(P395例6)已知设H 是△ABC 的垂心，O 是外心。

OD ⊥BC 于D 。

如图,求证：AH=2OD 。

证明:取AB 、H 的中点M 、N ，连接OM ，MN,DN则MN ∥AH ∥OD ND ∥CH ∥OM ∴四边形MNDO 是平行四边形。

∴OD=MN=12AH即AH=2OD 3。

（P423例21)在△ABC 的三边AB 、BC 、和CA 上分别取点M 、K 和L ，使MK ∥AC ，ML ∥BC;设BL 、MK 交于P ，AK 、ML 交于Q 。

如图，求证：PQ ∥AB 。

证明:∵ML ∥BC MK ∥AC ∴KP BP PMPL= BM KQ MAQA= BP BM PL MA=∴KP BP BM KQPM PL MA QA===因此PQ ∥AM 即PQ ∥AB4。

(P430例26）设A 、B 为平面上的二定点，C 为平面位于直线AB 同侧的一动点,各以AC 、AB 为边，在△ABC 之外作正方形CADI 、CBEJ,如图。

求证：无论C 点取在直线AB 同侧的任何位置，DE 的中点M 的位置不变。

证明:自D 、E 、C 和M 分别作AB 的垂线，设其垂足依次为G 、H 、K 和N.∵AD=AC ∠1=∠2 ∠CKA=∠AGD=90° ∴△ADG ≌△CAK （AAS ） ∴AG=CK DG=AK同理: CK=BH EH=BK ∴AG=BH∵N 平方HG （MN 是梯形中位线) ∴N 平分AB∵EH+DG=BK+AK=AB∴MN=12(EH+DG ）=12AB又∵MN ⊥AB ∴DE 的中点M 是定点.5.（P437例28)在任一三角形中，外心、垂心和重心共线. 证明：∵G 为三角形重心 ∴AG=2DG又由P395例6知AH=2DO 又∵OD ∥AH∴∠1=∠2∴△DOG ∽△AHG ∴∠OGD=∠HGA∴H 、G 、O 三点共线 6。

刘九员初等数学研究试卷答案

《初等数学研究》学校班级座号姓名得分一、选择题（3×8=24分）1、既是轴对称图形又是中心对称图形的是（D）.(A)梯形(B)平行四边形(C)弓形(D)矩形2、在△ABC中，∠A=58°，AB﹥BC，则∠B 的取值范围是（ A ）.(A)0°＜∠B＜64°(B)58°＜∠B＜64°(C)58°＜∠B＜122°(D)64°＜∠B＜172°3、直角△ABC的斜边BC在平面α内，顶点A在平面α外，则△ABC的两条直角边在平面α内的射影与斜边BC组成的图形是（ D ）.(A)一条线段(B)一个锐角△(C)一个钝角△(D)△4、如图，在△ABC 中，∠A ﹕∠B ﹕∠C=3﹕5﹕10，又△A ′B ′C ≌△ABC ，则∠BCA ′﹕∠BCB ′等于（ B ）.(A)1﹕2 (B)1﹕4(C)1﹕3 (D)2﹕35、一个凸多边形，除了一个内角外，其余n －1个内角的和是2005°，则n 的值是（ C ）(A)12 (B)13 (C)14 (D)以上都不对6、设△ABC 三边的中点分别为D,E,F,则△ABC 与△DEF 之间是( C ).(A)相似变换 (B)位似变换(C)既是相似变换又是位似变换 (D)既非相似变换又非位似变换7、设X 、Y 、Z 分别是△ABC 三边BC 、CA 、AB （或其延长线）上的点，则1..-=ZB ZAYA YC XC XB是（C ）. (A) AX 、BY 、CZ 三线共点的充要条件；(B) AX 、BY 、CZ 互相平行的充要条件；(C) AX 、BY 、CZ 三线共点或互相平行的充要条件；(D) X 、Y 、Z 三点共线的充要条件.8、在直角三角形中，斜边上的高为6，并且斜边上的高把斜边分成3:2两段，则斜边上的中线长是（ A ）. (A)625 (B)64 (C)65 (D)325 二、填空题（3×10=30分）1、将命题“对顶角相等”写成假言命题的形式是_如果两角是对顶角,那么这两角相等2、几何命题的证明方法，从不同的角度考虑，有不同的证法。

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。

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DM是BC的垂直平分线又∠AOC=2∠ABC.(同弧圆心角是圆周角的∴∠ACE=∠ADE.(同弧圆周角相等∴∠ADE=∠ABC.∴DE//BC∴∠BDC=180?-2∠DBC=180?-∠AOC=∠AEC.∴A,D,C,E四点共圆.),∠ABC)篇二：初等几何研究试题答案(1)(李长明版)初等几何研究试题答案（I）一、线段与角的相等1. ⊙O1、⊙O2相交于A、B,⊙O1的弦BC交⊙O2于E,⊙O2的弦BD交⊙O1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⊙O1中,由∠CBA=∠DBA得AC=AF在⊙O2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≌△AFD∴DF=CE(2)由（1）得∠1=∠2,∠3=∠4∵DF=CE∴△ACE≌△AFD∴AD=AE在⊙O2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=BD, 求证:BD平分∠ABC.12证明:延长AE,BC交于点F∠AED=∠BCA=90? ∠ADE=∠BDC∴∠CBD=∠CAF又∠ACF=∠BCA=90? AC=BC∴?ACF??BCD∴AF=BD11BD∴AE=AF22又ABEE⊥BE又AE=∴BE平分∠ABF即BD平分∠ABC3. 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、ADC ∵∠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O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: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是等腰三角形篇三：初等数学研究课后习题答案初等代数研究课后习题201X1115033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a,b∈N，当且仅当a<b时，b>a.（2））对任何a,b∈N，在a<b，a=b，a>b中有且只有一个成立.证明：对任何a,b∈N，设A=a，B=b,,,（1）“?” a<b，则?B?B,使A~B，∴B?B~A,∴b>a ==,,,“?” b>a，则?B?B,使B~A，∴A~B?B,∴a<b综上对任何a,b∈N，a<b?b>a（2）由（1）a<b?b>a ∴a<b与a>b不可能同时成立，,,假设∴a<b与a=b同时成立，则?B?B,使A~B且A~B，∴B~B,与B为有限集矛盾，∴a<b与a=b不可能同时成立，综上，对任何a,b∈N，在a<b，a=b，a>b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a,b∈N设M为使等式a+b=b+a成立的所有b组成的集合先证 a+1=1+a，设满足此式的a组成集合k，显然有1+1=1+1成立∴1∈k≠φ，设a∈k，a+1=1+a，则a++1=(a+)+=(a+1)+=(1+a)+=1+a++∴a∈k，∴k=N，取定a，则1∈M≠φ，设b∈M,a+b=b+a，则a+b=(a+b)+++ =(b+a)=b+ + a∴b+∈M,∴M=N∴ 对任何a,b∈N，a+b=b+a3、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(bN，设M是由使f(b)=g(b)成立的所有的b组成的集合，f(b)=g(b)=a?1 ∴1∈M≠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a=1时，?b∈N，1?1=1,1?b+=b+=b+1=1?b+1∴1∈k≠φ，设a∈K，?b∈N，有a,b与它对应，且1?a=a，ab=ab+a，对?b∈N，令ab=ab+b ++a+?1=a?1+1=a+1=a+a+b+=ab++b+=ab+a+b+1=(ab+b)+(a+1)=a+b+a+∴a+∈K ∴K=N 即乘法存在p24—5、解：满足条件的A有A1,2}，A2={1,2,3}，A3={1,2,4}，A4={1,2,5}1={A5={1,2,3,，4A}6={1,2,3,5}，A7={1,2,4,5}，A8={1,2,3,4,5}∴A1=2,A2=A3=A4=3,A5=A6=A7=4,A8=5基数和为2+3?3+4?3+5=28 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=abA?B=ab ∴A?B=A?B=B? Ap24—8、证明：1）3+4=7+++ 3+1=3=43+2=3+1=(3+1)=4=++++ 3+3=3+2=(3+2)=5=63+4=3+3=(3+3)=6=72）3?4=12 +++3?1=33?2=3?+1=3?1+3= 63?3=3?2+=3?2+3=93?4=3?3+=3?3+3=12p24—12、证明：1）(m+n)=m+n(m+n)=m+n+1=(m+1)+n=m+n++++++++++2）(mn+)+=nm+m+(mn+)+=mn++1=mn+(m+1)=nm+m+p26—36、已知f(m,n)对任何m,n∈N满足f(1,n)=n+1??f(m+1,1)=f(m,2)??f(m+1,n+1)=f(m,f(m+1,n))?求证：1）f(2,n)=n+22）f(3,n)=2n+23）f(4,n)=2n+1-2证明：1)当n=1时，f(2,1)=f(1+1,1)=f(1,2)=2+1=1+2结论成立，假设n=k时，结论成立，即f(2,k)=k+2，当n=k+1时，f(2,k+1)=f(1+1,k+1)=f(1,f(2,k)) =f(1,k+2)=(k+2)+1=(k+1)+2 所以对一切自然数结论都成立2）当n=1时，f(3,n)=f(2+1,n)=f(2,2)=2+2=2?1+2结论成立假设n=k时，结论成立，即f(3,k)=2k+2当n=k+1时，f(3,k+1)=f(2+1,k+1)=f(2,f(3,k)) =f(2,2k+2)=2k+2+2=2(k+1)+2所以对一切自然数结论都成立3）当n=1时，f(4,1)=f(3+1,1)=f(3,2)=2?2-2=2假设n=k时，结论成立，即f(4,k)=2当n=k+1时，k+11+1-2结论成立 -2 f(4,k+1)=f(3,f(4,k))=f(3,2k+1-2)=2(2k+1-2)+2=2k+2-2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[a,b]-[c,d]=[1,1]证明：“?” 已知[a,b]=[c,d]则a+d=b+c∴[a,b]-[c,d]=[a+d,b+c]=[1,1]“?” 已知[a,b]-[c,d]=[1,1]则[a+d,b+c]=[1,1]，a+d=b+c=[c,d ] ∴[a,b]p62—4、已知a,b∈N，求证-(-[a,b])=[a,b]a,b])=-b[a,=]a[ b,证明：-[a,b]=[b,a]-(-[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+cp62—9、已知α,β∈Z，求证：1）α+β≤α+证明：设α=[a,b],β=[c,d] β，2）αβ=β1）α+β=[a+c,b+d] ∴α+β=(a+c)-(b +)而α=a-b,β=c-d(a+c)-(b+)(a-b)+(cd≤b+c -d∴α+β≤α+β2）αβ=[ac+bd,ad+bc]∴αβ=ac+bd-(ad+bc)而α=a-b,β=c-dac+bd-(ad+bc)=a(c-d)+b(d-c)=(a-b)(c-d)=a-bc-d ∴αβ=αβp63—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ak,bk，2222k=1,2,........,n，求证：a12+a2 +...+an=b12+b2+...+bn证明：对于ak(k=1,2,...,n)，必存在一个bj(j=1,2,...,n)使得ak=bj2222 ?ak=bj(k,j=1,2,...,n)∴a1+a2+...+an2=b1+b+...+bn 222p63—16、已知pa-b，pc-d，求证pad-bc证明：由已知：?s,t∈Z使10a-b=ps，10c-d=pt? b=10a-ps,d=10c-pt∴ad-bc=10ac-apt-(10ac-cps)=p(cs-at)∴pad-bc2p63—17、设2不整除a，求证8a+1证明：因为2不整除a，所以存在唯一一对q,r∈Z，使a=2q+r，其中0<r<2 2222 ?r=1，∴a=4q+4q+1?a-1=4q(q+1)∴8a-1。

(纪要)全国第九届初等数学研究学术交流会201408

全国第九届初等数学研究暨中学数学教育教学学术交流会纪要（2014.07.14—2012.07.16安徽?合肥）全国第九届初等数学研究暨中学数学教育教学学术交流会于2014年7月14日～7月16日在合肥师范学院隆重召开，出席会议的有来自全国21个省市的代表98人。

7月14日晚19：30，召开了全国初等数学研究会第三届理事会第四次常务理事会议，会议讨论通过了大会主席团名单；讨论通过了代表大会日程与议程安排；讨论通过了第九届初等数学研究暨中学数学教育教学学术交流会论文获奖名单；讨论并通过了杨路教授、吴康教授、刘培杰教授、萧振纲教授授予第三届“初等数学研究突出贡献奖”荣誉称号；讨论并通过了王钦敏老师、秦庆雄老师、苏克义老师、黄丽生老师授予“第五届中青年初等数学研究奖”荣誉称号。

7月15日上午举行开幕式，西南大学博士生导师宋乃庆教授，南京师范大学博士生导师涂荣豹教授，合肥师范大学汤增产纪委书记出席了开幕式。

全国初等数学研究会顾问和主要负责人杨世明、杨学枝、吴康、刘培杰、萧振刚、杨世国、孙文彩、江嘉秋等出席了开幕式。

杨学枝理事长主持开幕式，并致开幕词，汤增产书记致欢迎辞，江嘉秋秘书长作了理事会工作报告。

工作报告回顾了第三届理事会近二年来的主要工作，总结了二年来会员在初等数学研究领域所取得的一系列新的研究成果，阐述了所面临的一些困难以及学会今后的工作思路，报告还介绍了学会理事会申请筹备的一些情况。

随后全体代表合影留念。

开幕式后，全体代表听取了2场高质量学术报告：涂荣豹教授为大会作了《教学生学会思考（新课程教学）》专题讲座，内容既朴实又深刻，指出数学教育的最大目标是发展学生的认识力、教学生学会思考，整个过程条理清晰，论证严谨，案例极具说服力，可操作性强，代表们受益匪浅；宋乃庆教授为大会作了《建国以来我国基础教育若干争鸣问题》专题讲座，以争鸣为主题，广征博引，指出了建国以来我国基础教育中的若干争鸣问题，开拓了我们进行数学教育教学研究的思路。

初等数学研究(PPT课件)

初等数学研究
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初等数学研究（PPT课件）
1
• 数学教育研究表明，人们认识负数比起认识无理数要容易些．但是，历史有独特的自身发展逻辑．
• 事实上，当人们还普遍怀疑负整数也是一种数时，人们就已经在研究正的有理数与无理数，甚至已经开始使用复数了．
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2
• “数系”的历史扩展途径 • “数系”的逻辑扩展途径
• 接着是代数运算的需要，因减法、开方运算的需要产生了负数、无理数和复数．
• 到了近代，“数”不再只是单个的量的表示，人们为了追求运算的无矛盾性，接受了理想的“数”，包括复数、四元数、八元数等等．
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4
“新数”为何最初不被承认？
• 不能够测量 • 并非非有不可 • 不能够理解 • 逻辑基础不清楚
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5“新数”为何最终获得Fra bibliotek认？“因为在数学中和在其他场合一样，成功是最高法庭，任何人都得服从它的裁决.”
D.Hilbert《论无限》
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6
• 算法合理性是“新数”获得承认的主要原因 • 算术到代数的演进加速了数系的形成 • 广泛的应用促进广泛的承认 • “理想数” 的思想
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7
1.2 数系的构造理论
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1.2.1自然数的定义
• 自然数严格的抽象定义是由peano公理给出的，它刻画了自然数的本质属性，并导出了有关自然数的所有运算和性质。
• Peano公理陈述如下：
• （1）0是自然数；
• （2）每个自然数都有一个后继，a的后继记为a+ ；

(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。

初等数学研究课件

✓ 数的概念产生于对实物的计量．在漫长的史前时代，人类已经认识了抽象的自然数．
✓ 随着人类文明的进步，数的概念从实体的测量发展为抽象的存在，如从正方形对角线的测量得到脱离经验的“无理数”．
✓ 接着是代数运算的需要，因减法、开方运算的需要产生了负数、无理数和复数．
✓ 到了近代，“数”不再只是单个的量的表示，人们为了追求运算的无矛盾性，接受了理想的“数”，包括复数、四元数、八元数等等．
b1d1)~(a2d2+b2c2, b2d2).
定义4 （有理数乘法）有理数集Q上的二元运算
加法“•”规定如下：对于任意[(a,b)],[(c,d)]∈ Q,
[(a, b)]•[(c, d)]=[(ac, bd)]
上述定义是合理的，可以证明Q中的乘法运算与等价类代表的选取无关。即若(a1, b1)~(a2, b2), (c1, d1)~(c2, d2), 则(a1c1, b1d1)~(a2c2, b2d2).
上述定义是合理的，可以证明Z中的乘法运算与等价类代表的选取无关。即若(a1, b1)~(a2, b2), (c1, d1)~(c2, d2), 则(a1c1+b1d1, a1d1+b1c1)~(a2c2+b2d2, a2d2+b2c2).
定理3 对任何a, b, c∈Z 有
✓①加法交换律
a+b=b+a
1.2 数系的构造理论
1.2.1自然数的定义
自然数严格的抽象定义是由peano公理给出的，它刻画了自然数的本质属性，并导出了有关自然数的所有运算和性质。
Peano公理陈述如下：
✓ （1）0是自然数； ✓ （2）每个自然数都有一个后继，a的后继记为a+ ； ✓ （3）没有自然数的后继为0； ✓ （4）不同的自然数有不同的后继，即若a+= b+，则a= b； ✓ （5）（归纳公理）如果0有某个属性，而且若自然数a有该

《初等数学研究》教学大纲

《初等数学研究》教学大纲Research on elementary mathematics 课程名称：初等数学研究英文名称：课程性质：专业必修课 4 学分： 64 理论学时： 64 总学时：适用专业：数学与应用数学先修课程：数学分析，高等代数，解析几何一、教学目的与要求应使学生在掌握近、通过本课程的开设，初等数学研究是数学教育专业开设的必修课程。

现做到初等与高等相结合。

系统深入掌握中学数学内容有关的初等数学知识，代数学的基础上，以填补学生在中学数现代数学思想方法，尽量反映近、一方面，通过初等数学内容的研究，处学与高等数学之间的空白；另一方面，试图用近、现代数学的思想方法居高临下地分析、为当好一名使学生对中学数学内容有个高屋建建瓴的认识与理解，研究中学数学内容，理、使学生进行解题策略的训练，同时通过本课程的开设，中学数学教师打下扎实的知识基础。

具有一定的解题能力。

由于学生对初等数学内容并非一无所知，因此，必须突出与强调课程的研究性质。

在每章、以帮助学生形成自主探索、研究，每节之后提出若干问题让学生进行探索、合作交流的学习方式，以便他们将来走向教学岗位后，能较快地适应课程改革的形势。

必要时运用小组合作的方式进行适学生自学为辅的教学方法，本课程主要采用以讲授为主、当的专题讨论。

周，有32八学期开设，安排---初等数学研究是专业选修课，系主干课程。

一般情况下第七课时。

64共,周36条件时可安排二、教学内容与学时分配序号章节名称学时分配 1 第一章绪论 2 2 第二章集合与逻辑 63 第三章数与式的理论 84 第四章函数的理论 85 第五章方程、不等式 86 公理化方法与演绎推理 67 第七章几何变换8 8 第八章几何的向量结构及坐标法 69 第九章排列、组合 6 10 第十章中学数学解题策略 6 合计学时数 64 三、各章节主要知识点与教学要求课时）2第一章绪论（中学数学与初等数学的关系，中学数学的特点，中学数学的发展历程，包括数学研究的对象，本课程的研究对象，学习本课程的目的意义，等等本章重点：中学数学的特点本章难点：无掌握中学数学的特点，中学数学的发展历程；要求学生了解数学研究的对象，本章教学要求：中学数学与初等数学的关系，掌握本课程的研究对象，学习本课程的目的意义课时）6第二章集合与逻辑（集合集合的特性，集合的运算。

(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。

初等数学研究知识点(考试复习)

初等数学研究知识点复习资料
1.自然数的两种理论：康托的基数理论、皮亚诺的序数理论
2.数学归纳法的理论依据
3.数系扩充的方式与原则
4.复数集是有序集，但复数域不是有序域
5.复数计算，如1 1
i
i -+
6.三次多项式求法及对称式、轮换式、交代式的分解因式
7.方程的三种变换与4种类型倒数方程解法
8.三次方程x3+px+q=0的判别式
9.函数的周期性
10.不等式放缩法几个常用公式
11.均值不等式、柯西不等式与琴生不等式的应用
12.朱世杰恒等式及其应用
13.不定方程正整数解的解数
14.不尽相异元素全排列公式及其应用
15.全错排列数公式及其应用
16.梅氏准则与塞瓦准则及其在应用
17.欧拉线、西摩松线的证明
18.托勒密定理证明及其逆定理的证明
19.蝴蝶定理证明
20.斯特瓦尔特定理
21.三角形面积海伦公式
22.圆内接四边形面积公式
23.平移、旋转、反射变换的意义、不变量和不变性及在証题中的应用
24.合同变换与相似变换的分解定理
25.位似变换的意义、不变量和不变性及在証题中的应用
26.托勒密不等式证明
27.4个著名轨迹(阿氏圆、定和幂圆、定差幂线、定比双交线)
28.等幂轴
29.三大尺规作图不能问题
30.凸多面体欧拉公式。