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/=-1,和有序实数对（4,6）一起组成一个复数4+次.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 依 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 两 两 没 有 公 共 元 素 分 别 是 非 空 有 限 集A,民的基数，根据定义，若a b,则存在非空有限集A,使得若c N d从而必存在非空有限集C，使得C=）C O,所以（ADC）z）（B 7 D）所以集合A u C的基数+c大 于 集 合 的 基 数b+d,所以a+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时，命题成立.（反证法）2假设=&时（R 2 2）成立，即q 0/=1,2,次，+a2+-+ak=L+a22+-+ak2 o当 =A+1 时，由 0,i=l,2,，左+1，且 +,+4 +4+i=l得,一+-=1,且，）01一4+1 1 一4+i 1 一外+i 1一4+1/2/、2/、2由归纳假设，4 +二 二 之上I-4+J U -4+J 11-矶 J k.二 +4 +4+；（J_）+1）+%/k要证（1-“十小白,即卜+1）（1效+J+M左+1比/?太K K+1n（无 +1儿/-2伏+1 I+1之07证明：1当 =8时，命题成立.（8=3+5）2设=仪2 7/N）时命题成立.2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k+1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攵+1角的邮票.综合12 ,命题对于不小于8的所有自然数成立.8 证明：（1）/（2）=1,/（3）=3=1 +2,/（4）=6=1 +2+3（2）/（）=1 +2+（-1）=5-1）当 =2,3,4时，命题成立.2。
假设=上伏7/）时命题成立，即/（%）=3 K z 1）.那么”=左+1时，原攵条直线有 2伏-1）个交点.由条件知，第Z+1条直线与原Z条直线各有一个交点，且互不2相同.故新增4个交点，所以/（4+1）=/仕）+力=3亿+1）（火+综合12 ,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x|x;（2）（反对称性）如果x|y,y|x,那么x =y;（3）（传递性）如果“|y,y|z,那么x|z.通常意义的小于等于也构成半序关系，同理可证.1 D 证明：设Mq N,且l e W若a M,则4 M.若 M*N.令A是所有不属于M 的自然数组成的集合，则 4是N的非空子集，按照最小数原理，A中有最小数，设为人 由知6 工1,于是存在自然数c,使c=这样就有cb,所以但根据有ceM,这与Z?任 M 矛盾.所以M=N.1 1 证明：(1)根据自然数减法定义有，a=b+(a b),d+(cd)=c,两式相加得：a+d+(c d)=h+(a-b)+c f 于是(+d)+(c-d)=(b+c)+(a-b),若a-b =c-d ,贝!ja +d =b+c若a +d=/?+c,贝 i J a-Z?=c-d(2)(a-b)+(c-d)-(b+d)=b+(a-b)+d+(c-d)=a+c(3)先证(a-b)c =a c-3 c事实上,i bc+(ab)c=b+(a-b)c=ac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a(c-d)-b(c-d)=(a c+bd)-(a d+bc),根 据(1)_ba(c-d)+(ad+be)=b(c-d)+(ac+bd)于是只要证明ac+bc=bc+ae显然，这个等式是成立的，所 以(3)成立.1 2 证明：根据自然数除法定义有a =.f,d.5=c,两式相乘，得ad：=bc；,b a d b所以有：若ad=be,则色=；若 =,则a d =beb d b d(2)bd(+-)=d(b-)+b(d=ad+b e,根据除法定义，(2)成立.(3)取(幺 )=俗 凹)()=c,根据除法定义，(3)成立.b d b d1 3 证明：(加 +)=(+ni)=n+m-tn+n.1 4 证明：设Va,bwN,下，下面证明。
/?,6 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，则存在出wN*,使得：a =b-k=a +k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M是使三个关系中至少有一个成立的所有6的集合，当=1时，若 =1 则a =Z?成立；若工1,则存在ZwN*,使得a =女=1一4=/?+%,这时成立.因此I w M.假若b wM,即三个关系中至少有一个成立.当avb时，存在机wN,使得Z?=a +m,则方=(加，即 v Z?成立.当 人 时，存在k s N 使得a =b+-若k=l,就有a=b+l=5；若 k w l,就有 I w N*,且左=/,使得 a =Z?+/=b +/+l=b+/,即 成立.综上，5 w M,从而M=N”.1 5 证 明：n=n(a x+by)=na x+nby,:a|n,a b bn,：.a b bny,*:b ,/.a b a n,a b a nx1 6 证明：因为c d -(a d +be)=(b-d)(a -c),且 a-c a b+cd,a-c (b-d)(a-c),所以 a-c a b+cd-(b-d)(a -c),即a-c a d+bc1 7证明：因为pP _ l=(p-l)(p P T+p i+l),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p X+p Z+1是奇数，于是p P l =(p l)(2 s +l),s Z,同理有/+1 =(4+1)(2，+1),，EZ,两式相加:=2(一 l)(s +r +l)=(p+q)(s +r +D ,所以 p+q|(pP +夕 夕).1 8解：因为3 P+5q=3 1,所以3 P和5g必为一奇一偶.若3 P为偶数，可验证质数 =2闯=5,则l o g z d-=b g 2 -=lo g,-=-33 q+1 3 x5+1 8若5 q为偶数,可验证质数=7应=2,则log,P=log,-=0 3q+1 3x2+1所以 log.一=一 3或 0.3+119证明：根据减法是加法的逆运算知，设 力 是有理数，力是这样一个数，它与b的和等于a.E|J(a-b)+b=a.但是，我们有 +(力+b=。
切+勿(力口法结合律)因此，+(-6)这个确定的有理数，它与的和等于a,又如果差为x,则有x+A=a,于是，两边同加(-力有：即差只能是力，定理得证./品*2a+b b-a 八 2a+b.2(a -b)八做差，-a =-0,-b=-0.3 3 3 32a+h ,:-b321证明：首先证明国工当且仅当一?事实上，若 当 xNO 时，x=-y 即一;当1 0 时，-l =N y，有一且x 04 y，故一yK xK y反之，-y x yt 当XNO时，|目=工丁；当工-x=|x|.?下面来证明：同一回4 +4 引4+瓦事实上，对于力显然有：?故有一刎+忖)4 a+b W4+|斗?由上面的讨论知 a +母引4+丹.?另一方面，同=|a+Z?_.,+4+.=,+母+%?故同_|耳 卜+目4|4+网.22证明：(反证法)设6=匕其中 国 是正整数,不妨假定2 4互素，q2D证明：所以有取 自 然 数 ，用成乘下列级数表达式两边：6=1 +99，得:令 an=!+!+(九 一 1)3+1,bn=-1-F-1-+n+l(+1)(+2)于是!e=a+bny则Me应 为 正 整 数,”应为整数.但是八，1 八 1 1 、,1 八 1 1 、n+2 20Z?=-(1+-+-)-(1+-+-)=-r 1,故0 a 0时，上 式 与 矛 盾.所 以，log,涉不是有理数，又可以证明lo g,*是实数，所以lo g,*是无理数.2 5证明：假设方程有有理数根x=,（p,1,将工=其代入方程，可得：q qp=q（/p Z ”2P-2q+由此可知4的任何素数因子/必可整除p”，因此r必可整除，从而知r为p与q的公因子，但是（p,q）=l,所以/*=1,所以q=l,这与q l矛盾.所以整系数代数方程炉+a，T+/=0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.2 7证明：将三次本原单位根；v=/或分别代入/(%)：因此，/。
)含有因式(工一0),(%-0 2),而(X-口*一 0?)=，+工+1 =0所以，+X+1)2 8证明(反证法)：若乃与3.8的和是有理数a,即江+3.8 =则一3.8 =万.因为全体有理数称为一个域，对减法运算封闭，所以差3.8仍是有理数，与乃是无理数矛盾，所以万与3.8的和是无理数.29两个无理数的商可能是有理数.例如：也是无理数，易证2亚也是无理数，毕=2 w Z3 D不能，因为无理数对四则运算不封闭.例如正-皿=0.3 1 解：由于z 4=(x+y i)4 =(x 2-y 2+2”)2 =Q 2-y 2)2-4 X2 y 2-4(2-y 2)孙j所以z,是纯虚数的条件是(X2-2)2-4X2/=0,4*2 y 2四*o即 x 二 (1 士 V2)y,y w 03 2证明：设G是C的任一子域，C】n R,且在G中方程Z2=-1有解Z=/.按照题意，要证明G 因为a q c，所以只需要证明a n c.由/cG，G e知je c,依c的四则运算律，有于是，i=，或，=一，.任取切正由 G=X+y i,(x,y R),知 3 =X+)初或 3 =X一 切又由于x,y,/eC,而G是域，于是口。
因此G3C.第二章习题及答案I.设x 0,证明一vl n(l +x)工i +x证明取/(x)=l n(l +x).在(0,x)上 有导数f(x)=一.利用微分中值定理1+x(八 _ f(x)-/(0)_ l n(l +x)-l n(l +0)_ 1 丫J(C)-z 一 z 一;工,0 v J v%.x-0 x-0 1+JY 1 1 x即l n(l +x)=.又因l n(l +x)=1,因此有 l n(l +x)0),f+y 2 +z2 求2 2 2证5 a,0 4 z 证明由 f +y 2 +(一%一丁)2 =；/有%2 +(y-)x+(y2 一少 +J/)=().其判别式1 7A =(y-a)2-4(y?缈+/)之0(因x w R).从而,3共一2缈 而0即0 4 y a.4 32 2同理可证0 x 4 1a,()z(3 a3.设 Z?,c 表示一个三角形三边的长,求证:a20+c-a)+Z?2(c 4-a-b)+c2(t z +Z?-c)0.4 .设匹 y R,且炉+9.求证:卜2 +2 x y-y2|7 2.证明设炉+y 2 =抗 则由题设可知,网工1,。