初等数学研究试题答案教学文案
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(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。
最新《初等数学研究习题解答》说课讲解
因为误差不能超过5mm3，它是10mm3的半个单位，所以体积的精确度应该是十位（单位mm3），即V应该有5个有效数字，从而测量时，底面半径、高都要有6个有效数字
而底面半径、高本身的整数部分是两位整数，所以要达到6个有效数字，测量精确度必须达到 （ 的半个单位），常数 应取近似值为3.14159。
对于
用 除方程两边得：
令 ，则 ，
于是得：
分解因式得：
所以有
即
所以原方程的根为 ， ，
7.用 除方程两边得：
令 ，则 ，
于是得： ，显然 是一个根，所以可以分解为
即
所以原方程的根为：
8．由于 是原方程的根，所以原方程可以分解为
对于
用 除方程两边得：
配方得：
所以 ，即 ，
所以原方程的根为：
，
9．用 除方程两边得：
4．已知函数 ，先将此函数分别沿x轴向左右两边拉伸为原来的两倍，再分别向左、向上平移3个单位，求所得函数的解析式。
解：函数的变化过程如下：
4.3初等周期函数的周期
习题4.3
1．求下列各组实数的最小公倍数：
（1） （2）
解：（1） ， ，所以 的最小公倍数为 。
（2） ，而 ，所以 的最小公倍数为
2．讨论函数 的周期性。
其次：对于 ，由于 ，
那么若 ，于是 ；
若 ，于是 ，
所以总有
即
反过来： ，那么 或者
于是有 或者 ，即 ，所以
即
所以
6．在基数理论定义的乘法下，证明 。
证明：设 ，则 ， 是任意有限集，并且 。
作集合： ，显然
作对应 ，而这个对应是从 到 的一一对应，所以 与 对等，从而有： ，即 。
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）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。
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。
大学课程初等数学研究教案
教案2014-2015学年第一学期课程名称：初等数学应用专业年级：初等教育2013级任课教师：王剑教师所在单位：教育系《初等数学研究》教案-------------------------------------------------------------------------------------课程简介《初等数学研究》是初等教育专业的专业课。
它是在学生掌握了一定的高等数学理论知识的基础上，继教育学、心理学之后而开设的。
本课程从中学数学教学的需要出发，以基本问题分成若干专题进行研究，在内容上适当加深和拓广，在理论、观点、思想、方法上予以总结提高，并着重解决理论方面的问题。
本课程的重点是培养中小学数学教师严谨、系统的初等数学理论和基础知识，训练中小学数学教师的技巧。
《初等数学研究》包括《初等代数研究》和《初等几何研究》两部分，是初等教育专业开设的一门综合性的选修课程。
根据高等师范学校数学专业的培养目标，通过该课程的学习，使学生了解初等数学的发展过程，初等数学的内容结构，思想方法等。
理解初等数学理论知识，提高中学数学教学水平。
学习本课程，要求学生更好地掌握并处理中学数学的教材，还必须使学生理解中学数学中用描述的方法引进的一些数学概念怎样给出精确的定义，未作证明的或证明不完整的数学命题怎样做出严格的证明，以及一些广泛应用的数学方法的理论依据。
本课程摆脱了中学数学里已有的基础，以及高等数学里已作详尽讨论的知识，按照自己的逻辑系统来阐述初等数学的内容，并进行研究，将避免造成与中学数学或高等数学不必要的重复。
对于中学数学中已经解决的问题，将不在展开讨论，已有的知识与技能将作为工具来应用，在高等数学里已讨论过的有关理论，可以直接指导中学数学的，将直接应用，不再讨论。
《初等数学研究》教案-------------------------------------------------------------------------------------教学大纲一、课程目标和教学要求1、基本课程目标本课程的教学要求分为了解、理解、掌握、运用四个层次。
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 ⨯=。
(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。
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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。
(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。
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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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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==⋅=⋅=+=+=+=+''∴⋅=⋅∴∈∈=Q Q （规定）假设即ac ,ac a c .bc a ba bcbc bc M ==∴+=+∴=''∴∈'Q 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。
证明（1）（用反证法）,a .a b a b b ≠><假设则有或,a b ac bc ac bc >>=若有和矛盾。
,,a b ac bc ac bc <<<若有也和矛盾。
a .b a b ≠=故假设不真，所以（2）方法同上。
（3）方法同上。
4、依据序数理论推求：135+（），235⋅（） 解： 1313134++=='（）先求，，（P16.例1）323231(31)45,++=+=+=='''再求，3333323256++=+=+=='''再求，（），35343478.+=+=+=='''如此等等，直至（）（2）31313⋅⋅=先求，，3232313136⋅⋅=⋅=⋅+='再求，，333332323639⋅⋅=⋅=⋅+=+='再求，，353434312315.⋅=⋅=⋅+=+='如此等等，直至5、设n N ∈，证明n 415n 1+-是9的倍数。
证明：1n 141511189,1n =+⨯-==①当时，是的倍数故时命题成立。
k n k 415k 19=+-②假设当时，命题成立。
即是的倍数。
则当n=k+1时：k 1k 415k 114415k 1315k 18441519(52)k k k +++-=+--⨯+=+---（）（）（）。
944151-952k k k ∴+--是的倍数（）（）19415(1)1k k +∴++-是的倍数1n k ∴=-当时，命题成立。
由①，②知，对于任一自然数n 成立。
6、用数学归纳法证明下式对于任意自然数都成立：24444121-1-1-1-.19251221n n n +⋅⋅⋅=--（）（）（）（）（）证明： ①412111--3-3.11-21n +⨯======⨯当时，左边，右边左边右边。
1n =故当时，等式成立。
②n k =假设当时，等式成立，即： 24444121-1-1-1-).19251221k k k +⋅⋅⋅=--（）（）（）（（）1n k =+则当时，有：22444411-1-1-1-)(1)1925(2k 1)(21)k ⋅⋅⋅--+（）（）（）（ 2(21)(23)12(1)121(1)12(12)(21)12(1)(21)k k k k k k k k k -++++=⋅-==⋅--+-++ 1.n k ∴=+当时，命题也成立。
由①、②知，对任意自然数n 命题成立。
41599k k +-Q 是的倍数 9(52)9k -，是的倍数7、n(1,2...)n nA nαβ====设（1）αβ以、为根作一元二次方程；（2）213;nn nA A A++=+证明（3）3n10A用数学归纳法证明是的倍数。
解：（1）3-1αβαβ+==⋅== Q，2310.x xαβ∴--=以，为根的一元二次方程为：（2）22313 1.αβααββ=+=+以，代入以上方程，得：，2222n2n nn n n nA+++∴===n113n n n++=n13.nA A+=+（3）2232113310.n A A A==+==当时，1n=故命题对成立：3k10.n k A=假设当时，命题成立，即是的倍数32(31)3k113k kn kA A A+++=+=+（）则当时，有：3k133133k kA A A++=++（）3k13103kA A+=+12n211,3,3nnA A A A A++=∈N=∈N=+Q又故经递推式所得的各个数皆为自然数，因此，3k1.A+∈N3(k+1)10A ∴也是的倍数。
3k ()10A n ∴∈N 是的倍数。
8、,,,,a ()b c a b c a b b c κρκρ+,设都是整数。
如果则对于任何整数都有证明： 112212121212a b a?()c ()b .c .b m .m .a ()ab cm m z m a m z m a m a c m a m am a m b c κκρρκρκρκρκρκρ∴=∈=∈∴==∴+=+=++∈Z ∴+Q Q ， （）又（）9.证明整数集具有离散性.证明：（反证法）假设整数集不具有离散性，即在相邻整数a 和a+1之间存在b ,1a b a ∈Z <<+使。
依据加法单调性，(1)(1)1(1)a a b a a a +-<+-<++- ， 即11()2b a <+-<1b a ⎡⎤⎣⎦+-∈N Q （）.这就和自然数集具有离散性相矛盾。
10、证明：有理数乘法满足结合律。
证明：,,,()a b c Q ab c a bc ∈=设要证：（） （1）当a,b,c 中至少有一个为零。
（1）显然成立。
设a,b,c 都不为零。
因为算术数乘法满足结合律，故a ()bc a b c ⋅⋅=⋅⋅（）。
故（1）两边的绝对值相等。
如果a,b,c 中有一个或三个都是负数，则（1）两边都为负数；如果a,b,c 中没有负数或有两个负数，则（1）两边都是正数，说明（1）两边的符号相同。
因此（1）成立。
11、指出下列集合中可以畅通无阻的算术运算，并且判断哪些集合构成数环：{}10（）； {}21（）； 3N （）； {}40N U （）； 5Q +（）；6（）奇数集合；7（）偶数集合；{}8036,3n ±±⋅⋅⋅±（），，，。
答：（1）加，乘，成环（2）乘，除（3）加，乘（4）加，乘（5）加，乘，除（6）乘（7）加，乘，成环（8）加，乘，成环12、设有n 个正分数 312123.n n a a a a a b b b <<<⋅⋅⋅< （分母为正分数） 求证：112112a n n n n a a a ab b b b b ++⋅⋅⋅+<<++⋅⋅⋅+. 证明： 设1212m ,a a b b =M = 12121212a a ab b a b b <⇒< 32232323a a ab b a b b <⇒< 34343434a a ab b a b b <⇒<m <M Q 11111mb b mb a b ∴<M ⇒=<M (1) 22m b b ∴<M122122111m a b b b a a b b =⋅<⋅=Q 又 即2222m ,a b a b =<M 而222m b a b ∴<<M (2)223mb a b <<M 同理： (3)Mn n n mb a b <<M (n)12n ++⋅⋅⋅+（）（）（）121212m()()n n n b b b a a a b b b ++⋅⋅⋅+<++⋅⋅⋅+<M ++⋅⋅⋅+1212m n na a ab b b ++⋅⋅⋅+∴<<M ++⋅⋅⋅+ 112112a n n n na a a ab b b b b ++⋅⋅⋅+<<++⋅⋅⋅+即. 13.近似计算：()4311.210+1.53105003.6⨯⨯+()243.260.3824-()332.264 2.13⨯()()34 2.6310 2.43564⨯÷3344333333(1) 1.2 1.53105003.6=1210 1.5310 5.003610 =(12+1.53+5.0036)10 (12 1.5 5.0)10 =18.5101910 =1.910⨯+⨯+⨯+⨯+⨯⨯≈++⨯⨯≈⨯⨯解：解法一：104334444441.210 1.53105003.6=1.2100.153100.5003610(1.20.1530.50036)10(1.20.150.50)10=1.85101.910⨯+⨯+⨯+⨯+⨯=++⨯≈++⨯⨯≈⨯解法二：(2)43.260.382443.260.38242.87842.88-≈-=≈(3)32.264 2.1332.26 2.1368.713868.7⨯≈⨯=≈ 3333(4)(2.6310) 2.43564(2.6310) 2.4361.079101.0810⨯÷≈⨯÷≈⨯≈⨯ 14.已知近似数2315.4的相对误差界是000.02，.是确定它的绝对误差界，并指出它的有效数字的个数。
00=2315.40.02=0.463080.5∆⨯≈解：故近似数精确到个位所以有效数字有4个15.22 3.1416 1.7321=4.5511 4.551ππ≈⨯-≈计算0.001.解：2*16.,,,,S=.a b c d Q x ax b ad bc cx d∈+=+设是无理数。