初等数学研究答案

1、2对自然数证明乘法单调性：设a,b,c6N则(1)若a=b,贝Uac=bc(2)若a<b,贝Uac<bc(3)若a>b,贝Uac>bc证明：(1)设命题能成立的所有c组成的集合M.aT=b1.16M假设cM即则(ac)'=(bc)'<=>ac+1=bc+1重复以上过程破，可得到Jac+a=bc+a=bc+b即a(c+1)=b(c+1)c6M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,则有k6N,使得a+k=b,由(1)(a+k)c=bcac+kc=bc<=>ac<bc依据(2)由对逆性可得。7.设=(

2、3+V13)/2,=(3-VT3)/2,An=(n-n)/vT3(n=1,2,.).(1)以为根作一元二次方程(2)证明An+2=3An+1+An；(3)用数学归纳法证明A3n是10的倍数；解：(1)由韦达定理得以为根作一元二次方程为：X2-3X-1=0(2)证：3An+l+An=3(-)/13+(-)八13=()(-)/厢+(-)/；13n+2n+2n+1n+1nn=+-)/J13n+2n+2,=-)/V13=An+2证：当n=1Bt,有A3=10,则10|A假设当n=k时，有10|A3k则当n=k+1时,A3k+3=3A3k+2+A3k+1=3(3A3k+1+A3k)+A3k+1=10A3

3、k+1+3A3k10|10A3k+i,10|3A3.10|10A3k+3由得，对nN*,有10|A3n。9.证明整数集具有离散性。证明：要证明整数集具有离散性，即要证明在任意两个相邻的整数a与a'之间不存在整数b,使avbva'.假设存在b,b>a(a,bWZ).则有k6Z。使b=a+k。若k=1,贝Ub=a+1=a;若k>1,则b=a+k>a+1,即b>a'因此b<a'是不可能的。10证明有理数乘法满足结合律。证明：对于aa,aQ,boZ(i=1,2,3)使得a=b3c3且bi与c互质(i=1,2,3),则(aa)a=(blb2)

4、b3'clc2c3=(b1b2)b3(c1c2)c3=b1(b2b3)c1(c2c3)=a(aa)有理数的乘法满足结合律。11指出下列集合中可以进行畅通无阻的算术运算，并且判断哪些集合构成数环:(1) 0;(2)1;(3)N;(4)NIU0;(5)Q(6)奇数集合；(7)偶数集合；(8)0,±3,±6,，±3n,;解：(1)不可以进行畅通无阻的算术运算；:0不能做分母。0是数环，=0+0,0-0,0X000(2)可以进行畅通无阻的算术运算；不是数环；1+1=2C1(3) N可以进行畅通无阻的算术运算；不是数环；二.对1,2CN,1-2=-1?N(4) NJ

5、U0不可以进行畅通无阻的算术运算；:0不能做分母。不是数环；二.对1,2CN,1-2=-1?N(5) Q可以进行畅通无阻的算术运算；不是数环；二.对1,2CN,1-2=-1?N(6)奇数集合不可以进行畅通无阻的算术运算；二.负数不能进行开方运算。不是数环，因为对1,3C奇数集合，但1+3=4?奇数集合。(7)偶数集合不可以进行畅通无阻的算术运算；二.负数不能进行开方运算。是数环；.对任意的两个偶数a、b,都有a+b,a-b,ab都属于偶数集合。(8)不可以进行畅通无阻的算术运算；:0不能做分母，负数不能开方。是数环，:对任意的两个偶数a、b,都有a+b,a-b,ab都属于0,±3,&

6、#177;6,，土3n,。aia2_a3a.12.设有n个正分数bb2b3E(分母为正数)。求证：aiaia?ananbbib?.bnbnoaiaj证明：设bi(i=2,3,4.n),bj(j=1,2,3.n-1)为符合题意的正分数，则按题意有bnataajan拒免anbj ajbn0bn bjbnbjb1bibjaa1abab则有bib1bb又分母为正数(1)有ahab0anbjajbn0a1a2ana1b1(a1a2an)a1(b1匕2bn)而b1b2.bnbb1(b1b2bn)-1a1b)(a2b1a1b2)(anb1abn)b1(b1b2.bn)根据(1)可知(3)式的分子大于零，而分

7、母也大于零，所以上述式子a1a2.an310b1b2.bnb1anaia?an0同理根据(2)可证bnb1b2.bnaiaia?ananbibib2bnbn得证。14.已知近似数23i5.4的相对误差界是0.02%,试确定它的绝对误差界，并指出它的有效数字的个数。解：由已知，相对误差界：0.02%a23i5.4所以绝对误差界0.02%*23i5.40.46308由于绝对误差界是近似数23i5.4的十分位的一个单位，所以近似数23i5.4的有效数字为5个。i5、计算2点，结果精确到0.00i.解：2.323.i4i5i.732i6.2830i.732i4.55ii6、设a、b、c、dQ,x是无理

8、数。求证：S=axb是有理数的充cxd要条件是adbc。证：把S=axb分母有理化,分子分母同时乘于(cxd),cxd2得S=(axb)(cxd)=acx(叫吗xbd，又由x为无理数，S(cxd)(cxd)cxd为有理数，可得：adbc。由x为无理数，现把S的分子分母同时乘于(cxd),2得s=acx（adbc）xbdc2x2d2又因为adbc,则S=aCx21bd,c2x2d2又a、b、c、d6Q,因此S为有理数。21 .求复数1+（，3+i）/2）7的模及幅角的主值。解：（，3+i）/2）7=-（，3+i）/2Z=1+（，3+i）/2）7=1-V3/2-1/2|z|=r=V（1-，3/2）

9、2+（-1/2）2）=，（2-，3）cosA=（1-，3/2）/，（2-，3）A=arcos（1-，3/2）/V（2-，3）22 .设x,y是实数，z=x+yi,且|z|=1,求u=|z*z-z+1|的最大值和最小值解：二|z|=1,设z=cost+isint,z'为z的共钝复数，z*z'=（cost+isint）*（cost-isint）=1,z*z'=1,即zA2-z+1=zA2-z+z*z'=z（z+z'-1）,u=|zA2-z+1|=|z（z+z'-1）|=|z|*|z+z'-1|=|z+z'-1|=|2cost-1u=|

10、2cost-1|,当cost=-1时，umax=3;当cost=1/2时，umin=0故umax=3,umin=023 .解(zl)n(zl)n解：令z1r1dxir1(cosx1isinx1)z1r2eix2r12(cosx2isinx2)贝Ur2eix2r1e%2ninxninxIe10e2r12rnx1nx22k(kz)x1x22k/nr(eix2ei>s)r(eix2ei(x22k/n)reix2(1ei2k/n)2zr/2(eix1eix2)=reix2/2(ei2k/n1)(ei2k/n1)/(1ei2k/n)(cos2k/nisin2k/n1)/(1cos2k/nisin2

11、k/n)24 .设w是方程Zn=1(n6N)的一个虚根，w=cos(2m兀/n)+isin(2m兀/n),其中mnWN,1<=m<n且m,n互质，求证：(1)w,W2,wn是1的n个不同的n次方根(n次单位根)1+w+w+wn-1=0;(1-w)(1-w2)(1-wn-1)=n。证明：(1)由题有W=1,则有(W)n=(W)r=1,r=1,2,，n;故w,，/是1的n个n次方根。下面证明w,W,，W两两不同。彳段设W=W,k?i,且n>k>i,由cos(2m兀)+isin(2m兀)=1,由m与n互质。可知cos(2m兀/n)+isin(2m兀/n)#1,即w#1.所以W

12、=W只能k=i,这与假设矛盾。(2)由W=1,W-1=0,(w-1)(1+w+w+W-1)=0.因为-1.所以(1+w+w+wn-1)=0.25.设，求zJ3i1,求z和argz的最大值和最小值。解：(1)设复数z为x+yi设C=z73iz(V3i)1即C可以看作是坐标点x，y到A种，1的距离小于等于1的轨迹。所以C其实就是以行，1为圆点，1为半径的实心圆X43(y1)21。而同的值即是原点O0，0到实心圆上的坐标x，y的距离。过圆心和原点的直线与圆相交的两个点分别是iz取得最大值和最小值的对应点。max(z)=OA+1=2+1=3min(z)=OA-1=1argz取得最大值和最小值时即是过原

13、点与实心圆A相切的直线max (arg z ) = 4 /3的切点对应的argzmin(argz)=26设复数z满足zzi+z+z1=3,求z所对应的点z的轨迹。(z与zi共机)解：设z=a+biz1=a-bi由题意得,(a+bi)*(a-bi)+(a+bi)+(a-bi)=3即a2+b2+2a=3解得b=J-a22a3或-J-a22a3即J-(a1)23或-J-(a1)23sinxsin2xsinnxn1tgxcosxcos2xcosnx2证明：令acosxisinxan=(cosxisinx)n=cosnxisinnx另外,nncoskxisinkxk1k1cosxcos2xcosnxi(

14、sinxsin2xsinnx)23naaaann1a(1a)aa1aa1(cos(n1)xisin(n1)x(cosxisinx)cosxisinx1(cos(n1)xcosx)i(sin(n1)xsinx)(cosx1)isinx(cos(n1)xcosx)i(sin(n1)xsinx)?(cosx1)isinx(cosx1)isinx)?(cosx1)isinx事实上，只要考查(cos(n1)xcosx)i(sin(n1)xsinx)?(cosx1)isinx的实部和虚部即可，整理可得，实部=cosnxcosxcos(n1)x1虚部=sinnxsin(n1)xsinx所以：sinxsin2

15、xsinnx原式cosxcos2xcosnxsinnxsinxsing1)x(根据和差化积和三角函数的转换)cosnxcosxcos(n1)x1n 1 n 12sinx cosx22n 1 n 2sinxcos-2c n 1 n 1n 12cosxcosx 2(cos2221x2（提取公因式）x)2tg28.设pi,P2,，Pn为实数，方程xn+pixn-1+p2Xn-2+pn-1x+pn=0有一根cosa+isina,求证：pisina+p2sin2a+pnsinna=0证明：在方程的左右两边除以xn,得1+pi1+p2()2+-+pn-1()e+pn(工)n=0(1)XXXX11即一=cosa-isina为该方程(1)的一个xcosa+isina根,1将一二cosa-isina代入(1)得，x1+p1(cosa-isina)+p2(cosa-isin