初等数学研究参考答案

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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(1)

3.已知：在凸五边形ABCDE 中，∠BAE=3α,BC=CD=DE,且∠BCD=∠CDE=.2-1800α求证：∠BA C =∠CAD=∠DAE.思路：证五边形ABCDE 内接于圆，则由等弦⇒等弧⇒等圆周角即得所证。

沿此思路，有多种证法，这里介绍两种教简的方法。

证法1.发挥等腰三角形的性质。

连接BD ，如图1.14，则得△CBD 是等腰的且底角()[]()如分析所述即得所证。

共圆、、、同理，共圆、、、E D C A E D B A BDE CDB ∴-=--=∠∴=--=∠ααααα322211801801801800图1.14EDBCA证法2：巧证等腰梯形。

连接BE ，如图1.15 ∠C=∠D,BC=DE,..3.2在圆上而所对圆周角皆为等弧共圆且底角、、、等腰梯形A A E D D C C B DEB CBE E D C B CDEB ∴=∠==∴=∠=∠⇒⇒ααα图1.15EDACB4.设H 为锐角△ABC 之垂心，若AH 等于外接圆半径，求证：∠BAC=600分析：因条件中的等量关系含有外接圆半径，故宜画出外接圆，以便发现隐含的联系，现介绍三种较简的证法。

证法1：借助平行四边形。

连接CO 并延长交外接圆于D ，如图1.17，则有直径所对圆周角为直角易证BD//AH(同⊥BC)， AD//BH(同⊥AC)，⇒AHBD 是平行四边形；图1.17DOHCBA60600,21=∠∴=∠∴===A BDC CD R AH BD ，证法2.利用欧拉线的预备定理60600212121217.118.1,=∠=∠=∠∴=∠∴===⊥MOC BOC A MOC OC R AH OM M BC OM 知则由例如图于作图1.18KMDO ABC证法3.利用正弦定理60sin 2sin 2219.1,,=∠∴=∠=∠=⊥⊥A AB C R AHF AH AF AC BF BC AE ，则有如图设图1.19FEABC6.在△ABC 中，先作角A 、B 的平分线，再从点C 作上二角的平分线之平行线，并且连D 、E,若DE//BA ，求证：△ABC 等腰。

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。

初等数学研究答案1

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：原那么：〔1〕A ⊂B〔2〕A 的元素间所定义的一些运算或根本关系 ,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 满足上述三原那么的最小扩展,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 ,那么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〕假设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〕假设a>b ,那么ac mc 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：假设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：假设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：假设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 ======。

初等数学研究答案_李长明_周焕山编_习题二1至20题

习题二1.2.3.解：()()()则有设.2112444222234b ax x m x m p qx px x ++=+++-+-2223422342)4(44)1()1(2444b abx x a b ax x m x m p qx px x +++++=+++++- ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=+=++==∴222)1(2)1(24444-bm ab m p a b q a p ⎪⎩⎪⎨⎧--=+=-=∴1412n m b a q a p4.证明：（1）因个互异的根的是方程501,,,,15432=-x λλλλ 又()())()1(1112345x F x x x x x x x -=++++-=- 所以的根，依据因式定理，（是方程0)F ,,,432=x λλλλ()()())1.....(..........)()F(432λλλλ----=x x x x x（2）设)2.......().........()()(()()(G 5255x S x F x R x x xQ x F x =++=） ()()而）知，由（,0)()G (1432====λλλλG G G⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧=++=++=++=++0)1(R )1()1(0)1()1()1(0)1()1()1(0)1()1()1(342422λλλλλλλλQ p R Q p R Q p R Q p 因为由以上方程组易得：,01)(234=++++=λλλλλT0)1(R ,0)1(,0)1(P ===Q故由因式定理可知，x-1是P(x),Q(x)和R(x)的因式，又根据（2），x-1也是F(x),S(x)的因式，但x-1不是F(x)的因式，所以x-1是Ｓ（ｘ）的因式 5.即（，推出由题设,3),2-0c b a 333222abc c b a ca bc ab c b a =++++=++=++)(21(-222c b a ca bc ab ++=++） )(31333c b a abc ++=))(222333c b a c b a ++++因此（）c a c a c b c b b a b a c b a ++++++++=()()(222222555 )()()(222222555b c a a c b c b a c b a -+-+-+++= )(555ac bc ab abc c b a +++++=2.3222333555c b a c b a c b a +++++++=)).(65222333555c b a c b a c b a ++++=++∴（2.35222333555c b a c b a c b a ++++=++∴6.解：由试除法知，当k=2时，有一次因式，为了探求二次因式，可用待定系数法，求得当k=1时，)2)(1()(22-+-=x x x x f))(-22234q px x n mx x a akx kx x ++++=-+-（设nq x np mq x n mp q x m p x ++++++++=)()()(234⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧-==+-=++-=+)4.......(....................23.....................2)2.(....................)1...(..........1nq k np mq k n mp q m p ）（则有：由（4），有⎩⎨⎧=-=⎩⎨⎧-==⎩⎨⎧=-=⎩⎨⎧==1212,212-1q n q n q n q n ，)5.....(....................22-),321k p m q n =+⎩⎨⎧-==有代入（把 ⎪⎪⎩⎪⎪⎨⎧===-==⎪⎩⎪⎨⎧-=-+-=21011K )6(........................................)1(3232)1(151q n p m k p k m 故当）得：）（由（不合）不满足，故代入（⎩⎨⎧-==212q n………………….7.解：（1）原式=2222444y x y x y x y x -++++）（ =[][]222244)(.)(y x xy y x xy y x y x +++-+++ ()()[]()[]xy y x xy y x y x y x ++-++-+=222222.()[]()[]()[]()xy y x xy y x xy y x xy y x +++++-+++=2222222.()()[]xy y x xy y x xy y x +++-+++=22222()()xy y x y xy x ++⋅++=22222 ()2222y xy x ++=（2）原式=()[]()11212++++x x x x ()[]211++=x x=()221++x x（3）此多项式是对称多项式。

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。

初等数学研究答案

A 卷一1.在三线段a,b,c 中，欲证a=b+c ，可做线段p=b+c ，然后证 a=p2.反射轴相同的两个反射之积是恒等变换3.轨迹的基本属性是指纯粹性和完备性4.三大尺规作图的不可能问题是化圆为方、倍立方、三等分角5.在ABC 与'''A B C 中，若'A A ∠=∠ ()'180A A ∠+∠=则'''''''ABC A B C S AB AC S A B A C = 二1. 三角形的三条中位线形成的三角形与原三角形关系是相似2. 设E 、F 、G 、H 分别是ABCD 的AB 、BC 、CD 、AD 边上的中点，则四边形EFGH 是平行四边形3. 下列变换中不是合同变换的是位似比不等于±1的位似变换4.5三1. 设ABC 由一点M 与顶点A 、B 、C 的连线分别交BC 、CA 、AB 于点D 、E 、F ，求AM BM CM AD BE CF++2. 在ABC 的三边上分别取111,,222AE EC CD DB BF FA ===,求:DEF ABC S S1.在ABC中，M是BC的中点，求证：AB+AC>2AM2.证三角形三高线交于一点（西瓦准则）3.求作三角形，已知它的三条中线一1. 梅涅劳斯定理是证明共线点的有力工具2. 反射相同的两个反射的积是恒等变换3. 在ABC 与'''A B C 中，若'A A ∠=∠ ()'180A A ∠+∠=则'''''''ABC A B C S AB AC S A B A C =4.轨迹的纯粹性是指属于轨迹上的每一点都符合给定的条件 5.三大尺规作图的不可能问题是化圆为方、倍立方、三等分角二1.三角形的三条中位线形成的三角形与原三角形的面积之比是 1:4 2.在三角形的三高线、三中垂线和三中位线中，不共点的三线是三中位线 3.正方形的一边与对角线之间无公度 4.欧拉线上的三点是指外心、垂心、重心 5.位似比为-1的位似变换是中心对称三1. 已知ABC 中，AB=8cm ，BC=6cm ，AC=10cm.求：（1）ABC S（2）AB 边上的高BD 的长2. 在ABC S 的三边上分别取111,,333AD AB BE BC CF CA ===,已知ABC S =3, 求：DEF S。

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。

初等数学研究答案第一到第三章

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 bb Mc M c bc==⋅=⋅=+=+=+=+''∴⋅=⋅∴∈∈= （规定）假设即ac ,ac a c .bc a b a bc b c 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。

初等数学研究(程晓亮、刘影)版课后的习题集答案.doc

初等数学研究课后答案习题五

习题五1(1)条件不等式 (2) 条件不等式 (3)绝对不等式 (4) 矛盾不等式 2 (1)不正确,如-1>-2,-3>-4,但3<8. (2)不正确,如1672⨯>⨯但62<. (3)不正确,如62>但.0602⨯=⨯ (4)不正确,如22->但;2121-> (5)不正确,如22->,,2=n 但2-无意义.(6)正确, 要证).1)(1())((b b b a b a -+>-+即证2221b -a b ->显然成立. 3-+)(44b a 解：)(33ab b a +=.0]43)21[()()()(22233≥++-=-+-b b a b a a b b b a a 即: 44b a +≥33ab b a +.4证明:假设命题成立,将两边平方,得.5226->- (1) 将(1)两边平方,得.58246->)(⨯即 549->- )(⨯ (2) 将(2)两边平方,得.8081>末式显然成立,又各步皆可逆,所以原命题成立.正确的证法: 假设命题成立,将两边平方,得.5226->-即.2526-< (1) 将(1)两边平方,得.58246-<即 549> (2) 将(2)两边平方,得.8081>末式显然成立,又各步皆可逆,所以原命题成立.5（1）证明：0)1()1()()1(222222≥-+-+-=+---+y x y x y x xy y x即.0122≥+---+y x xy y x（2）证明：.0101)9910(1019910223>++-=++-x x x x x x 6 证明：当1=n 时，左边=1，右边=1，即.11≥假设命题当k n =时成立，即.!1)122()52)(32)(12(k k k k k k ≥----- 当1+=k n 时，)1122()152)(132)(112(++-+-+-+-k k k k k)1122)(122()52)(32)(12(++------>k k k k k k k !1k ≥)1122(++-k k =)!1(1+k .7证明:（1）左边平方得dc bc ad ab +++;左边平方得cd abcd ab ++2;而≥+bc ad ,2abcd 即dc bc ad ab +++≥cd abcd ab ++2. 则.))((cd ab d b c a +≥++(2) 要证上式成立，即证：213312321123231321321321b b a b b a b b a b a a b a a b a a b b b a a a +++++++≥33212321321321)(3b b b a a a b b b a a a ++32321321)(3b b b a a a +；等号当i i kb a =成立。

(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。