初等数学研究程晓亮刘影版课后习题答案.docx

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1、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满足，和有序实数对一起组成一个复数.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

2、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：设集合两两没有公共元素分别是非空有限集的基数，根据定义，若，则存在非空有限集，使得；若从而必存在非空有限集，使得，所以所以集合的基数大于集合的基数，所以.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：当时，命题成立.（反证法）7证明：当时，命题成

3、立.（）设时命题成立.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角的邮票.综合、，命题对于不小于8的所有自然数成立.8证明：（1）（2）当时，命题成立.假设时命题成立，即.那么时，原条直线有个交点.由条件知，第条直线与原条直线各有一个交点，且互不相同.故新增个交点，所以.综合、，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，总有； （2）（反对称性）如

4、果，那么； （3）（传递性）如果，那么.通常意义的小于等于也构成半序关系，同理可证.10证明：设，且若，则.若.令是所有不属于的自然数组成的集合，则是的非空子集，按照最小数原理，中有最小数，设为.由知，于是存在自然数，使，这样就有，所以，但根据有，这与矛盾.所以.11证明：（1）根据自然数减法定义有，两式相加得：，于是，若，则若，则（2）（3）先证事实上，由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，根据（1）上式就是于是只要证明显然，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，两式相乘，得，所以有：若，则；若，则（2），根据除法定义，

5、（2）成立.（3），根据除法定义，（3）成立.13证明：.14证明：设，下，下面证明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，若令同时成立，则存在，使得：于是，与矛盾.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，设是使三个关系中至少有一个成立的所有的集合，当时，若，则成立；若，则存在，使得，这时成立.因此.假若，即三个关系中至少有一个成立.当时，存在，使得，则，即成立.当时，存在，使得，若，就有；若，就有，且，使得，即成立.综上，从而.15证明：， ，16证明：因为，且，所以，即17证明：因为，而有限个奇数的

6、乘积仍是奇数，奇数个奇数的和也是奇数，因而是奇数，于是，同理有，两式相加：，所以.18解：因为，所以和必为一奇一偶.若为偶数，可验证质数，则若为偶数，可验证质数，则所以.19证明：根据减法是加法的逆运算知，设是有理数，是这样一个数，它与的和等于即但是，我们有 (加法结合律) 因此，这个确定的有理数，它与的和等于， 又如果差为，则有，于是，两边同加有： 即差只能是，定理得证20证明：做差，.所以有 21证明：首先证明当且仅当. 事实上，若，当时，且，即;当时，,有,且,故.反之，若,当时，;当时，. 下面来证明：.事实上，对于显然有： 故有. 由上面的讨论知，. 另一方面，. 故.22证明:(反

7、证法)设其中是正整数,不妨假定互素, 取自然数,用乘下列级数表达式两边: ,得:令, 于是,则应为正整数, 应为整数.但是因为,故,即不可能是整数,产生矛盾,所以是无理数.23证明：假设两边次方得，但是所以，所以不是整数，这与已知条件矛盾，所以是无理数.24证明：假设，所以，因为，所以但是当时，上式明显不成立；当时，上式与矛盾.所以，不是有理数，又可以证明是实数，所以是无理数.25证明：假设方程有有理数根，将其代入方程，可得：，由此可知的任何素数因子必可整除，因此必可整除，从而知为与的公因子，但是，所以，所以，这与矛盾.所以整系数代数方程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

8、，再比较虚部.27证明：将三次本原单位根或分别代入：因此，含有因式，而所以28证明（反证法）：若与的和是有理数，即，则.因为全体有理数称为一个域，对减法运算封闭，所以差仍是有理数，与是无理数矛盾，所以与的和是无理数.29两个无理数的商可能是有理数.例如：是无理数，易证也是无理数，30不能，因为无理数对四则运算不封闭.例如.31解：由于所以是纯虚数的条件是，即32证明：设是的任一子域，且在中方程有解.按照题意，要证明.因为，所以只需要证明.由，知，依的四则运算律，有于是，或.任取，由，知或又由于，而是域，于是，因此.第二章习题及答案1设 证明证明 取 在上有导数利用微分中值定理即 又因 因此有2

9、若均为实数, 且求证: 证明 由有 其判别式(因). 从而, 即同理可证3设表示一个三角形三边的长, 求证: 证明不失一般性, 设 令 则 有4设 且求证: 证明 设 则由题设可知, 并可设于是5已知 求证证明 欲证成立, 只需, 即证.则只需 也就是 即证 而 所以成立. 命题得证.6若 求证明 以上诸式, 当且仅当是等号成立. 诸式两端相乘得由已知可得 即等号当且仅当时成立.7证明: 函数证明 (1) 当时, 显然(2) 当时, (3) 时, 综合(1), (2), (3)可知, 可知恒正.8证明 若则证明 用数学归纳法证明如下:当时, 命题显然成立;假设命题对成立, 我们来证明它对也成立

10、, 注意到故命题对成立.9设 求证证明10设求证: 证明 显然是平凡情形. 假定不全为零, 不妨设由 得 记 .再注意到 因而 这就是所要证的不等式.11已知为小于1的正数, 求证: 证明 设则, , .12设求证: 其中, 且证明同理三式相加, 即得13设求证: 证明 该不等式关于对称, 不妨设则由左式右式故14已知求证证 欲证由于所以, 只要证 即要证 由于只要证 由于 此不等式显然成立.15若不等式恒成立, 求实数的取值范围.解 令将不等式转化为: 令 则恒成立, 等价于: 解不等式组得: 16设是自然对数的底, 是圆周率, 求证证明 因为 又当时, 所以 因此, 从而有17当为何值时,

11、 不等式成立解 先将不等式分母有理化, 有因此原不等式同解于不等式组 解得即原不等式的解集为19已知解关于的不等式 解 原不等式（1）当时，原不等式（2）当时，原不等式20某厂拟生产甲、乙两种适销产品，每件销售收入分别为3千元、2千元. 甲、乙产品都需要在A，B两种设备上加工，在每台A，B上加工一件甲所需工时分别为1时、2时，加工一件乙所需工时分别为2时、1时，A，B两种设备每月有效使用台时数分别为400和500. 如何安排生产可使收入最大解 这个问题的数学模型是二元线性规划.设甲、乙两种产品的产量分别为件，约束条件是，目标函数是. 要求出适当的，使取得最大值.（该图来至高中数学课程标准，需重

12、做）先要画出可行域，如图。考虑是参数，将它变形为这是斜率为，随变化的一族直线。是直线在轴上截距，当最大时最大，当然直线要与可行域相交，即在满足约束条件时目标函数取得最大值.在这个问题中，使取得最大值的是两直线与的交点.因此，甲、乙两种产品的每月产时不时分别为200、100件时，可得最大收入800千元.21个机器人在一条流水线上工作, 加工后需送检验台, 检验合格后再送下一道工序. 问检验台设置在流水线上什么位置时, 才能使机器人送验时, 才能使机器人所走距离之和最短 也即耗时最少解 不妨设个机器人位于同一条数轴上, 每个机器人所在的位置(点)的坐标为检验台所在之点的坐标为的坐标为, 那么机器人

13、送验所走的距离之和为(为实数), 何时最小 为了探索问题的内在规律, 不妨从简单的情形开始考虑.当时, 检验台放在这二个机器人之间的任何位置都一样. 时, 检验台放在第二个机器人所在点时最小.通过上述试验, 当为奇数时, 检验台应放在正中间的机器人所在的地点; 当为偶数时, 检验台应放在最中间两个机器人之间任何位置.22已知函数对于总有成立, 求实数的值.解 显然当时不成立, 故 令解得当时, 取得极小值. 总有成立等价于 即 从而23已知(是实数).(1)当时, 解不等式(2)如果, 恒成立, 求参数的取值范围.解 (1) 原不等式等价于即则 所以原不等式的解集为(2) 时, 恒成立, 即时

14、, 有即恒成立, 故时, 恒成立.于是问题转化成求函数的最大值.令 则 则在上是减函数.故当 即时, 有最大值. 的取值范围是24某工厂统计资料显示, 一种产品次品率与日产量之间的关系如下表所示:日产量808182.9899100次品率其中(为常数). 已知一件正品盈利元, 生产一件次品损失元(为不定常数).(1)求出, 并将该厂的日盈利额(元)表示为日生产量(件)的函数;(2)为获取最大盈利, 该厂日生产量应定为多少解 (1)根据列表数据, 可得由题意,当日生产量为时, 次品数为正品数为 整理得 (2) 令 当且仅当 即时取得最大盈利. 此时25设函数 (1) 求函数的单调区间; (2) 若

15、 求不等式的解集.解 (1) 的定义域为令得时, 时, 时, 的单调增区间是单调减区间是(2) 由 得故当时, 解集是当时, 解集是 当时, 解集是26设函数为常数且 对于任意恒成立, 求实数的取值范围.解 从去绝对值展开讨论.当时, 对恒成立, 当时, 对恒成立, 或当时, 对恒成立且对恒成立, 即或或当时化简可得即当时化简可得即当时化简可得即27设为实数, 函数(1)若求的取值范围; (2)求的最小值.解 (1) 即由知 因此的取值范围为(2) 记的最小值为. 我们有当时, 此时当时, 若, 则若则此时综上得, 28已知函数且不等式对恒成立, 求实数的取值范围.解 由且得又因为, 则只要

16、解不等式得29已知实数满足试求实数的取值范围.解 由柯西不等式得 即由条件可得 解得当且仅当时等号成立.当时, 当时, 故所求实数的取值范围是30已知函数满足下列条件, 对任意实数都有 其中是大于0的常数, 设实数满足和(1)证明: 并且不存在使得(2)证明: (3)证明: 证 (1)任取则由及可知 从而假设有使得则由(1)式知产生矛盾. 所以不存在使得证(2) 由可知由和(1)式, 得由和(2)式, 得将(5)(6)代入(4)式得证(3) 易知时, 故当此式也成立, 则第三章习题及答案1如果那么方程的解集等于下列各个方程：的解集的并集, 其中每一个解都属于这个方程的定义域的交集.解 设的定义

17、域为的定义域 因为 所以, 又设的交集为 的解集为因为所以 因为于是有这个等式的左端至少有一个因式等于零, 这表明 反之易证2设 当时, 不等式的解集为证明 因的图象在区间上都是线段, 又 则在区间上, 的图象是一条射线 且当时, 同理, 在上是一条射线 且时, .从而函数的图象与直线的交点只能是在与内, 将与和 分别联立求得交点横坐标为与 由此命题得证.3解关于的方程 (其中为参数).解 原方程同解变形为: 若, 方程(1)的解为不等于0的任何实数; 若, 但, 则方程(1)无解; 若, 但, 方程(1)的解为4解方程解 对原方程配方变形，有. 得方程组同解于解之取正值，得5求方程的所有实数

18、解.解 将原方程拆项整理得配方得所以(3)同解于方程组 解之得.6在实数解关于的方程: 解 方程有解必须 此时方程同解于 由 有或 所以要使(1)有解, 必须方程(2)只有当时有解: 综上所述, 当方程无解; 当方程的解为 当时, 方程的解为7解方程解 解得当时，原方程可变形为即解得当时, 原方程可变形为即解得8解方程: 其中为实参数.解 要使原方程有意义, 必须将原方程中的对数化成以为底的对数, 并整理得即(1)当时, 方程(1)为即由 得故方程(1)的解为即为原方程的解.(2)当时, 方程(1)为即由得故方程(1)的解为即为原方程的解.所以当原方程的解为当时, 原方程无解.9解方程解 由于

19、原方程同解于解这个混合方程组, 得原方程的根为10解方程: 解 原方程可变形为设有解得正根为于是解这个无理方程, 得原方程的根为11解方程组解 原方程组可变形为 解得 解得12解方程组解 得方程组令 方程组变形为解得 即解得 解得13解方程组解 方程(3)可变形为 由韦达定理则可看出的解即为关于的三次方程的根. 可求得的值为进而求得原方程的组的解为14解方程组 (如果底数和指数是变量, 只考虑使底数取正值的情形.)解 由方程(2)可得以此代入方程(1)得方程 因为所以方程(3)的两端总取正值. 以方程(3)的右端的表达式除等式(3)的两端得显然, 是这个方程的解, 从而由方程(2)得于是是原方

20、程组的解.当时, 由此可得从而由方程(2)得经检验可知也是原方程组的解.15解方程表示取整解 原方程可变形为, 因 即令, 则 又 即因解得故原方程的解为16解方程解 零点分段法. 由求得于是分区间讨论求解, 得即为所求.17解方程组解 将原方程变形为利用合分比定理可得 即 同理可得 从而有 由此得由原方程组可知中至多只有一个为零, 所以 于是有由(1)，(2)，(3)可得18已知方程组有唯一的解,求参数的值.解 由可解得 以此代入, 可消去, 得未知元的二次方程如果, 那么 对于的每一个值, (1)式是一次方程, 且 由可得唯一的解，如果(1)是二次方程, 且有二重根, 那么 从而有综上所述

21、, 原方程有唯一的解时19解方程解方程解 令 则其绝对值零点分别为 由于 则有最大值.又 故知有解, 且解在区间当时, 当时, 故即为所求.20求的正整数解.解 去分母得故有解. 由观察知其特解为故其一般解为因要求是正整数解, 则从而故其正整数解为或21解同余式组解 原同余式组同解于即可推出所以原同余式组的解为22. 百牛问题: 有银白两, 买牛百头. 大牛每头十两小牛每头五两, 牛犊每头半两. 问买的一百头牛中大牛、小牛、牛犊各几头解 设大牛、小牛、牛犊各买头, 则得方程组: 即得 解之有代入(1)得为整数. 据题意, 应求正整数解, 故 23一个正整数, 如果用九进位制表示出来, 则成如果

22、用七进位制表示出来则成 试用十进位制求出这个数.解 设用十进位制表示的这个正整数为, 由题意有整理得由于与有公约数8，故因右端为整数, 所以必能被8整除, 故为0或8. 按题意要求 因此只能是0，同样, 从可知以之值代入(1)式, 得所以,这个正整数用十进位制表示出来是248.24已知 求使解 先求使由辗转相除法知Pk: 1 + 2 + 11 13 x xqk: 2 5 1 x x Qk: 0 + 1 + 5 6从而 所以25(算术基本定理)一个数的素因数分解式是唯一的.证明 反证法. 假设唯一分解定理不成立, 那么一定至少存在一个数, 它具有不止一种素因数分解式. 这样的数可能不止一个, 其

23、中必有一个最小的, 设为. 有最小素因数于是有 因为 所以有唯一的素因数分解式. 这说明, 的含的素因数分解式是唯一的.但是, 依假设, 至少有两种素因数分解式, 所以必有一种不含的分解式. 设在这个分解式中的最小素数是并有因为故有从而也有 现在来讨论数这是一个一个比小的数, 必有唯一分解式. 由上式, 但因是分解式(1)中的最小素数, 所以的素因数均大于. 这样, 唯一的可能是, 因此它也整除. 这与是素数矛盾. 这个矛盾说明前面的假设是不对的, 即一个素数不能有两种不同的分解式.26. 证明素数有无穷多个.用反证法. 设素数共有 记为 作 我们来证明不是合数. 若不然, 必存在素数使但 故

24、得 与为素数矛盾. 故为素数.27. 证明: 如果自然数满足方程 则证 设自然数满足方程(3), 则因为 故由(3)有 所以28设函数方程的两根满足求证: 当时, 证 方程即为由韦达定理, 由有即于是而所以29设函数对于给定的负数, 有一个最大的正数使得在整个区间上, 不等式都成立.问: 为何值时最大 求出这个最大的. 证明你的结论.解知下面分两种情况讨论:(1) 即此时所以是方程的较小根. (2) 即此时所以是方程的较大根. 当且仅当时等号成立. 因 故当且仅当时, 取最大值30已知双曲线的左右两个焦点为动点满足.求动点的轨迹的方程;设过且不垂直于坐标轴的动直线交轨迹于两点, 问: 线段上是否存在一点, 使得以为邻边的平行四边形为菱形 作出判断并证明.解 由已知条件结合椭圆定义易得的方程为假设存在满足条件的, 设设过的方程为: 代入椭圆方程, 得设则 为邻边的平行四边形为菱形, ,的方向向量为 所以存在满足条件的.