初等数学研究课后习题答案

1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Nba,，当且仅当ba时，ab.（2））对任何Nba,，在ba，ba，ba中有且只有一个成立.证明：对任何Nba,，设aA，bB（1）“”ba，则BB,,使,~BA，ABB~,,ab“”ab，则BB,,使AB~,，BBA,~,ba综上对任何Nba,，baab（2）由（1）baabba与ba不可能同时成立，假设ba与ba同时成立，则BB,,使,~BA且BA~，,~BB与B为有限集矛盾，ba与ba不可能同时成立，综上，对任何Nba,，在ba，ba，ba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Nba,设M为使等式abba成立的所有b组成的集合先证aa11，设满足此式的a组成集合k，显然有1+1=1+1成立k1，设ka，aa11，则aaaaa1)1()1()(1ka，Nk，取定a，则1M，设,bMabba，则()()ababbaba,bMMN对任何Nba,，abba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,fg，对bN，有(),()fbgbN，设M是由使()()fbgb成立的所有的b组成的集合，()()1fbgba1M设bN则()()fbgb()()fbagba()()fbgb，bM，MN即bN，()()fbgb2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，bN，111,1111bbbbk1，设aK，bN，有,ab与它对应，且1aa，ababa，对bN，令ababb1111aaaa1()(1)ababbabababbaabaaKKN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123456782,3,4,5AAAAAAAA基数和为23343528p24—6、证明：,AaBb，A中的x与B中的y对应ABab，BAbaabABabABABBA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）()mnmn()1(1)mnmnmnmn32）()mnnmm()1(1)mnmnmnmnmmp26—36、已知(,)fmn对任何,mnN满足(1,)1(1,1)(,2)(1,1)(,(1,))fnnfmfmfmnfmfmn求证：1）(2,)2fnn2）(3,)22fnn3）1(4,)22nfn证明：1)当1n时，(2,1)(11,1)(1,2)2112fff结论成立，假设nk时，结论成立，即(2,)2fkk，当1nk时，(2,1)(11,1)(1,(2,))(1,2)(2)1(1)2fkfkffkfkkk所以对一切自然数结论都成立2）当1n时，(3,)(21,)(2,2)22212fnfnf结论成立假设nk时，结论成立，即(3,)22fkk当1nk时，(3,1)(21,1)(2,(3,))(2,22)2222(1)2fkfkffkfkkk所以对一切自然数结论都成立3）当1n时，11(4,1)(31,1)(3,2)22222fff结论成立假设nk时，结论成立，即1(4,)22kfk当1nk时，112(4,1)(3,(4,))(3,22)2(22)222kkkfkffkf所以对一切自然数结论都成立p62—1、证明定理2.14证明：[,],[,]abcdZ，[,][,][,]abcdacbd因为自然数加法满足交换律[,][,]acbdcadb而[,][,][,]cdabcadb[,][,][,][,]abcdcdab[,],[,],[,]abcdefZ，[,][,][,][,][,][(),()]abcdefacbdefacebdf以为自然数满足加法结合律([,][,])[,][,]([,][,])abcdefabcdef即整数加法满足交换律和结合律p62—2、已知[,],[,]abcdZ，求证[,][,]abcd的充要条件是[,][,][1,1]abcd证明：“”已知[,][,]abcd则adbc[,][,][,][1,1]abcdadbc“”已知[,][,][1,1]abcd则[,][1,1]adbc，adbc[,][,]abcdp62—4、已知Nba,，求证([,])[,]abab证明：[,][,]abba([,])[,][,]abbaabp62—5、已知[,],[,]abcdZ，求证([,][,])[,][,]abcdabcd证明：左边([,][,])[,][,]abcdadbcbcad右边[,][,][,][,][,]abcdbacdbcad所以左边等于右边([,][,])[,][,]abcdabcdp62—7、已知,,abcN，求证当且仅当adbc时[,][,]abcd证明：“”已知adbc，[,][,][,]abcdadbc因为adbc[,]adbc是负数，[,][,]abcd“”已知[,][,]abcd则[,][,][,]abcdadbc因为[,]adbc是负数，adbc5p62—9、已知,Z，求证：1），2）证明：设[,],[,]abcd1）[,]acbd()()acbd而,abcd()()()()acbdabcdabcd2）[,]acbdadbc()acbdadbc而,abcd()()()()()acbdadbcacdbdcabcdabcd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,kkab，1,2,........,kn，求证：2222221212......nnaaabbb证明：对于(1,2,...,)kakn，必存在一个(1,2,...,)jbjn使得kjab22(,1,2,...,)kjabkjn2222221212......nnaaabbbp63—16、已知10pab，10pcd，求证padbc证明：由已知：,stZ使10abps，10cdpt10,10bapsdcpt10(10)()adbcacaptaccpspcsatpadbc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,qrZ，使2aqr，其中02r1r，22441aqq214(1)aqq281a6p63—20、设aZ，求证(1)(2)(3)1aaaa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]aaaaaaaaaaaaaaaaaa1,2aa肯定一奇一偶(1)(2)aa肯定为偶数(1)(2)1aa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)2nn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,,......,naaa）=（12,,......naaa）证明：因为：（12,,......,naaa）是12,,......naaa的公因数中的最大数所以R需考虑非负整数（12,,......,naaa）=（12,,......naaa）p63—29、证明2.3定理4的推论(,)1ab的充要条件是有,xyZ使得1axby证明：因为(,)1ab,ab不全为0“”由定理4,xyZ使(,)1axbyab“”设(,)abd则,dadb，daxby1d(,)1dabp63—30、证明2.3定理6及其推论。定理6：若mN，则(,)(,)mambmab7证明：若,ab都为0，则(0,0)(0,0)m显然成立若,ab不全为零，则00,xyZ使00(,)axbyab''(,)maxmbymamb而''''()maxmbymaxby因为,xyZ，00axbyaxby''00axbyaxby''00()maxbymaxmby''(,)mabmaxmby(,)(,)mabmamb而00(,)(,)mambamxmbymab(,)(,)mambmab推论：设d是,ab的公因数，则(/,/)1adbd的充要条件是(,)dab证明：“”d是,ab的公因数dN(/,/)(,)ddadbdab“”因为(,)dab,xyZ，使axbyd,xyZ，使(/)(/)1adxbdy(/,/)1adbdp64—32、证明2.3定理七及其推论定理七：若(,)1ac，bZ，,bc中至少有一个不为0，则(,)(,)abcbc证明：,bc中至少有一个不为0,xyZ使(,)abxcyabc因为(,)1ac(,),(,)abcbabcc因为(,)(,)bcabc(,)(,)abcbc推论：若(,)1ac，(,)1bc，则(,)1abc证明：因为(,)1bc，,bc不为零(,)(,)1abcbcp64—33、已知n是奇数，,nabnab，求证(,)nab证明：因为,nabnab()(),()()nababnabab2,2nanb2(,)nab，因为n是奇数，(,)nabp64—36、已知'''(,),(,)abdabd，求证'''''(,,,)aaababbbdd证明：'''''''