初等数学研究(程晓亮、刘影)版课后习题答案

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),(ba一起组成一个复数bia.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bax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DCBA,,,两两没有公共元素dcba,,,分别是非空有限集DCBA,,,的基数，根据定义，若ba，则存在非空有限集'A，使得BAA~'；若dc从而必存在非空有限集'C，使得DCC~'，所以)(CA)(DB所以集合CA的基数ca大于集合DB的基数db，所以dbca.5（1）解：按照自然数序数理论加法定义，（2）解：按照自然数序数理论乘法定义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kkkkkkkkkkkkkkkikkkkkkikkiakakkakkakkakaakaaaaakaaaaaaaaaaaaaaaaaakiaknkaaaaaakiakkn，即要证由归纳假设，得，且得，，且时，由当。。，且成立，即时假设7证明：1当8n时，命题成立.（538）2设),7(Nkkkn时命题成立.k角邮资可能是：（1）完全用3角的邮票来支付；（2）至少用一张5角的邮票来支付.在（1）下，3角的邮票至少有3张.把它们换成两张5角的邮票便可支付1k角的邮票.在（2）下，把一张5角的邮票换成两张3角的邮票便可以支付1k角的邮票.综合1、2，命题对于不小于8的所有自然数成立.8证明：（1）32164,2133,12fff（2）121121nnnnf1当4,3,2n时，命题成立.2假设),7(Nkkkn时命题成立，即121kkkf.那么1kn时，原k条直线有)1(21kk个交点.由条件知，第1k条直线与原k条直线各有一个交点，且互不相同.故新增k个交点，所以111211kkkkfkf.综合1、2，命题对于不小于2的所有自然数成立.9举例：正整数集N上定义的整除关系“|”满足半序关系.证明：（1）（自反性）任意的正整数x，总有xx|；（2）（反对称性）如果xyyx|,|，那么yx；（3）（传递性）如果zyyx|,|，那么zx|.通常意义的小于等于也构成半序关系，同理可证.10证明：设NM，且①M1②若Ma，则Ma'.若NM.令A是所有不属于M的自然数组成的集合，则A是N的非空子集，按照最小数原理，A中有最小数，设为b.由①知1b，于是存在自然数c，使bc'，这样就有bc，所以Mc，但根据②有Mc'，这与Mb矛盾.所以NM.11证明：（1）根据自然数减法定义有，cdcdbaba)(),(，两式相加得：cbabdcda)()(，于是)()()()(bacbdcda，若dcba，则cbda若cbda，则dcba（2）)()()(dbdcbacadcdbab)()(（3）先证bcaccba)(事实上，由accbabcbabc)]([)(可知要证明的自然数乘法对减法的分配律成立.由此，为了证明（3），只要证明)()()()(bcadbdacdcbdca，根据（1）上式就是)()()()(bdacdcbbcaddca于是只要证明acbcbcac显然，这个等式是成立的，所以（3）成立.12证明：（1）根据自然数除法定义有cdcdbaba,，两式相乘，得babcdcad，所以有：若bcad，则dcba；若dcba，则bcad（2）bcaddcdbbabddcbabd)()()(，根据除法定义，（2）成立.（3）acdcdbabdcbabd))(()(，根据除法定义，（3）成立.13证明：'''''''')()(nmmnmnnm.14证明：设Nba,，下，下面证明bababa,,三种关系有且仅有一个成立.（1）先证明三个关系中至多有一个成立.假若它们中至少有两个成立，若令baba,同时成立，则存在*Nk，使得：kakba于是aa，与aa矛盾.同理可证，任意两种关系均不能同时成立.（2）再证明三中关系中至少有一个成立.取定a，设M是使三个关系中至少有一个成立的所有b的集合，当1b时，若1a，则ba成立；若1a，则存在*Nk，使得kbkka1'，这时ba成立.因此M1.假若Mb，即三个关系中至少有一个成立.当ba时，存在*Nm，使得mab，则''')(mamab，即'ba成立.当ba时，存在*Nk，使得kba，若1k，就有'1bba；若1k，就有*Nl，且'lk，使得lblblba''1，即'ba成立.综上，Mb'，从而*NM.15证明：nbynaxbyaxnn)(，bnyabbnabna|,|,|，anxabanabnb|,|,|16证明：因为))(()(cadbbcadcdab，且cdabca|，))((|cadbca，所以))((|cadbcdabca，即bcadca|17证明：因为)1)(1(121pppppppp，而有限个奇数的乘积仍是奇数，奇数个奇数的和也是奇数，因而121ppppp是奇数，于是Zssppp),12)(1(1，同理有Zttqqq),12)(1(1，两式相加：)1)(()1)(1(2tsqptspqpqp，所以)(|qpqpqp.18解：因为3153qp，所以p3和q5必为一奇一偶.若p3为偶数，可验证质数5,2qp，则13log2qp1532log281log23若q5为偶数，可验证质数2,7qp，则13log2qp1237log20所以0313log2或qp.19证明：根据减法是加法的逆运算知，设ba,是有理数，ba是这样一个数，它与b的和等于a．即abba)(．但是，我们有])[()]([bbabba(加法结合律)因此，)(ba这个确定的有理数，它与b的和等于a，又如果差为x，则有abx，于是，两边同加)(b有：即差只能是)(ba，定理得证．20证明：做差，0332ababa，03)(232babba.所以有bbaa3221证明：首先证明yx当且仅当yxy.???事实上，若yx，当0x时，yxx且yx，即yxy;当0x时，yxx,有xy,且yx0,故yxy.反之，若yxy,当0x时，yxx;当0x时，xxy.???下面来证明：bababa.事实上，对于ba,显然有：????故有bababa)(.???由上面的讨论知，baba.???另一方面，bbabbabbaa.???故bababa.22证明:(反证法)设,qpe其中qp,是正整数,不妨假定qp,互素,取自然数qn,用!n乘下列级数表达式两边:!31!21!111e,得:令13)1(!!nnnnan,)2)(1(111nnnbn于是nnbaen!,则en!应为正整数,naen!应为整数.但是))3)(2(1211(110nnnnbn12)1(2))2(1211(1122nnnnnn因为1n,故10nb,即nb不可能是整数,产生矛盾,所以e是无理数.23证明：假设1,1),(,qqpqpan两边n次方得nnqpa，但是,1),(qp所以1,1),(nnnqqp，所以a不是整数，这与已知条件矛盾，所以na是无理数.24证明：假设NqZpqpba,,log，所以qpba，因为1),(ba，所以1),(qpba但是当0p时，上式明显不成立；当0p时，上式与1),(qpba矛盾.所以，balog不是有理数，又可以证明balog是实数，所以balog是无理数.25证明：假设方程有有理数根1,1),(,qqpqpx，将qpx其代入方程，可得：)(12211nnnnnqaqpapaqp，由此可知q的任何素数因子r必可整除np，因此r必可整除p，从而知r为p与q的公因子，但是1),(qp，所以1r，所以1q，这与1q矛盾.所以整系数代数方程011nnnaxax的任何非整实根均为无理数.26按照字典排序法，先比较实部，再比较虚部.27证明：将三次本原单位根x或2分别代入)(xf：因此，)(xf含有因式)(),(2xx，而)()(2xx012xx所以)(|)1(2xfxx28证明（反证法）：若与3.8的和是有理数a，即a8.3，则8.3a.因为全体有理数称为一个域，对减法运算封闭，所以差8.3a仍是有理数，与是无理数矛盾，所以与3.8的和是无理数.29两个无理数的商可能是有理数.例如：2是无理数，易证22也是无理数，Z222230不能，因为无理数对四则运算不封闭.例如022.31解：由于xyiyxyxyxxyiyxyixz)(44)()2()(222222222244所以4z是纯虚数的条件是04)(22222yxyx，0)(422xyyx即0,)21(yyx32证明：设1C是C的任一子域，RC1，且在1C中方程12z有解jz.按照题意，要证明CC1.因为CC1，所以只需要证明CC1.由1Cj，CC1，知Cj，依C的四则运算律，有于是，ji或ji.任取C，由),(,Ryxyix，知yjx或yjx又由于1,,Cjyx，而1C是域，于是1C，因此CC1.第二章习题及答案1．设0,x证明ln(1).1xxxx证明取()ln(1).fxx在(0,)x上有导数1().1fxx利用微分中值定理()(0)ln(1)ln(10)1(),0.001fxfxfxxx即ln(1).1xx又因11