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，M11b1a，假设bcacMc，即，则Mccbbbcaacca，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bckcacbc,k)c(a)1(bkaNk即，，由，使得则acbc。（3）若ab，则acmcbcac,m)c(b)1(ambNm即，，由，使得则acbc。3证明:(1)用反证法：若bab,aba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acbc.这与ac=bc矛盾。则a=b。（2）用反证法：若bab,aba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acbc矛盾。则ab。（3）用反证法：若bab,aba或者，则由三分性知不大于。当ab时，由乘法单调性知acbc.当a=b时，由乘法单调性知ac=bc.这与acbc矛盾。则ab。4.解：（1）4313541323652333763343874353（2）313631323932323331233333431534343535证明：当n=1时，的倍数。是9181n154n假设当n=k时的倍数。是91k154k则当n=k+1时的倍数。是）（）（918k451k154411k154k1k则对Nn，1n154n是9的倍数.6证明：当1n时，141=3，n21n21=3；则当1n时成立。假设当kn时成立，即(141)(941)(2541)………(21k241）（)=k21k21当1kn时，(141)(941)(2541)………(21k241）（)（21k241）（）=k21k21（21k241）（）=）（）（1k211k21k21k23当1kn时成立。7解：（1）01x3x132，则，（2）3311，131313An2nn2nnn2n2n2n131311n11nnn）（）（133131n1nnn；n1nAA3（3）当n=1时，1013A333的倍数。是10假设当n=k时13A3k3k3k的倍数。是10则当n=k+1时131313A33k33k3k33k33k31k31k31k3）（）（）（）（）（k333k3k1013则对Nn，n3A是10的倍数.8证明：；，，则，，使得，；，larlckaqkbarcaqbZrqc|ab|a。；）（lckb|aalrkqlckb9证明：假设存在b，使得,1aab由得，ba，，使得kabNk若，则1k；1ab若，则1k；即1akab；1ab因此.1a是不可能的b10证明：）；，，，，，，（，，设*321321332211ZqqqZppppqcpqbpqa则a(bc)=321321332211ppp)qqqpqpqpq）（（）（）（）（321321pppqqqa(bc)pqpqpq332211）（11答:(1)加法,乘法,减法;构成数环(2)乘法,除法;(3)加法,乘法;(4)加法,乘法;(5)加法,乘法,除法;(6)乘法;(7)加法,乘法,减法;构成数环(8)加法,乘法,减法;构成数环12证明：方法一nn332211babababa即n11n2112baba,baba11n21n21babbbaaa1n21n2111n21bbbbbbbabaaa）（）（）（0bbbbbababa-ba1n21n11n2112）（）（）（nn332211babababa即1-nnn1-n1nn1baba,baba，nnn21n21babbbaaann21n21nnn21bbbbbbbabaaa）（）（）（0bbbbbababa-bann211-nnn1-n1nn1）（）（）（方法二：设p,ba11q,bann则由p=nn332211babababa=q得，pba11，pba22，pbann；qba11，qba22，qbann；则n21n21bbbpbpbpbn21n21bbbaaan21n21bbbqbqbqb即q.bbbaaapn21n21则.babbbaaabannn21n2111\13．（1）;109.16.5003105.1102.16.50031053.1102.143434（2）;88.4238.026.433824.026.43（3）;7.6872232.687138.6813.2264.32（4）43564.2)1063.2(3.1008.163875.1079436.2)1063.2(3314解：5.046308.0%02.04.2315|a|则它的有效数字的个数为4。15解：551.45511.47321.11416.323216证明：方法一：dcxbaxS是有理数，则其不包含x；dcxkdbxdcxkcakdcxkdbxkcadcxkdcxbaxS）（）（又。；即，bcadkdbkca，代入，，则；令其为bpcapdpbcaddcxbaxS得,为有理数。pabapxbpbaxdcxbaxS方法二：dcxbaxS是有理数，则dcxbaxSZ,nm,使得=.nm；bn.-dmcm)x-(and)m(cxb)n(ax，即则bc.ad;bndmmcan,xQdcba*即则是无理数，，，，又由于又;d)d(cxb)d(axdcxbaxS2dcdxbdadxbc.ad则.)(d)b(cxd)d(cxb)d(axdcxbaxS2dbdcxddcdxbdadxdcxbaxS是有理数17证明：cdcdcdba，dbca则若。时，cdba若b-acdb-ac-dcdba时由得b-ab-ac-dd2;即无理数等于有理数矛盾,则。cd18解：（1）1n2n4534231nn433221；并且时并且当n;01n21nn1n2n01n21nn1n2n此序列为退缩有理闭区间序列，且它所确定的实数为1.（2）1n14131210000；并且时并且当n;01n101n101n101n1此序列为退缩有理闭区间序列，且它所确定的实数为0.（3）11112n1-2n654321；并且时并且当n;02n12n1-2n102n12n1-2n1此序列为退缩有理闭区间序列，且它所确定的实数为1.19.（1）（）答：复数集与复平面内以0为起点的一切向量组成的集合一一对应；（2）()答:两复数的和与积都是实数的充分条件是：这两个复数是共轭复数（3）()答：共轭虚数的正整数次幂仍是共轭复数；（4）()答:一个非零复数的模等于1的充分条件是它与它的倒数之和为实数.20证明:当时k3n，3k2i31）（；）（22i313k当时1k3n，13k2i31）（；）（12i3113k当时2k3n，23k2i31）（；）（12i3123k21解：Z=72i31）（=1)6isin6(cos17)67isin67(cos=i21231则|Z|=22263241)23-(12；则.23arctan2）（22解：|z|=1，，则令isincosz1zz2=)isin-sin(2coscoscos22则u=222)21(cos41cos4cos4|1zz|当3u,1cosmax时；当.0u,21cosmin时23.解方程N).n1,n1z1znn，（）（）（即，则）（）解：由于（,1)11(1z1znnnzz1)-n,2,1,0(k;nk2isinnk2cos1-z1z;则1)-n,1,0(k1nk2isinnk2cosnk2isinnk2cos1z；24解：(1);1)(,1)(1nn2nn，次单位根）；次方根（个不同的的是，，，nnn1n2（2）)(1(1n；0)11-n2而,01；011-n2（3）)(1(1nzz)11-n2zzz=)1(z);())()((1n32zzzz当时，1z1-n21zzz)())()((132nzzzz令时，1z.)1()1(112nn）（25解：由图像知20)-(-10)-3(-|OD|22；则.312||||||maxADODZ.112||||||minBDODZ,24060180)(arg.30,21sinmaxZ.180)(argminZ26解：设z=x+yi,则代入.4y1)(x.3x2yx3zzzz2222即，得27证明：isinx;cosxzisinxcosxz，则令isinx;cosxzisinxcosxz22，；，isinnxcosnxzisinnxcosnxznn而；，isinx2zzcosx2zz；，isinx2zzcosx2zz2222；，isinx2zzcosx2zznnnn则)zzzzz(z2i1sinnxsin2xsinxnn22)z-z)(11(sin)1sin(sinx]1)z1(z1)z-z(1[i21nnnxxnzz)1)(z1()2)2(cos2(cos2sin2zxnnxnx;)1)(z1(2)1(sin2sin2sin4zxnxnx)zzzz(z21cosnxcos2xcosxnn22z)z-z)(11(cos)1cos(1cosx]1)z1(z1)z-z(1[21nnnxxnzz)