初等数学研究试题

1、习题一1、数系扩展的原则是什么有哪两种扩展方式（P9P10）答：设数系A扩展后获得新数系为B，则数系扩展原则为：1）AB2）A的元素间所定义的一些运算或几本性质，在B中被从头定义。而且关于A的元素来说，从头定义的运算和关系与A中原来的意义完全一致。3）在A中不是总能实施的某种运算，在B中总能实行。4）在同构的意义下，B应该是A的知足上述三原则的最小扩展，而且有A唯一确定。数系扩展的方式有两种：1）增添元素法。2）结构法。2、对自然数证明乘法单一性：设a,b,cN,则1）若ab,则acbc;2）若ab,则acbc;3）若ab,则acbc；证明：（1）设命题能建立的所有C组成会合M。ab,aa1,

2、bb1,（P13规定）a1b11M假定cM,即acbcaca(c1)aca,bcb(c1)bcb又acbc,abacabcbacbccM.由概括公义知，MN,所以命题对随意自然数建立。2）若ab,则有bak,kN.（P17定义9）由（1）有bc(ak)cackcacbc（P17.定义9）或：若ab,则有bak,kN.bc(ak)cackcacackc(ak)cbcacbc.3）若ab,则有abk,kN.ac(bk)cbckc.acbc3、对自然数证明乘法消去律：设a,b,cN,则1）若acbc,则ab;2）若acbc，则ab；3）若acbc，则ab。证明（1）（用反证法）假定ab,则有ab或a

3、b.若ab,有acbc和acbc矛盾。若ab,有acbc,也和acbc矛盾。故假定ab不真，所以ab.2）方法同上。3）方法同上。4、依据序数理论推求：（1）35，（2）35解：（1）先求313，134，（P16.例1）再求32，3231(31)45,再求333，332（32）56，如此等等，直至3534（34）78.（2）先求313，13，再求32，32313136，再求333，332323639，如此等等，直至353434312315.5、设nN，证明n15n是9的倍数。41证明：当n1时，41151118是9的倍数,故n1时命题建立。假定当nk时，命题建立。即4k15k1是9的倍数。则当

4、n=k+1时：k1（）1415k1（k15k）315k18。44k1（15k）9(5k2)4414k15k9是9的倍数，9(5k2)是9的倍数（44k15k1）-（95k2）是9的倍数4k115(k1)1是9的倍数当nk1时，命题建立。由，知，关于任一自然数n建立。6、用数学概括法证明下式关于随意自然数都建立：（4）（4）（4）（42）12n.1-1-1-251-12n19（）2n1证明：当n1时，左边1-4-3，右边121-3.左边右边。11-21故当n1时，等式建立。假定当nk时，等式建立，即：（4）（4）（4）（42)12k.1-11-91-251-2k12k（）1则当nk1时，有：（4

5、）（4）（4）（411-11-91-251-(2k1)2)(1(2k1)2)12k(111)2)(2k1)(2k3)12(k1)12k(2k(12k)(2k1)12(k1)当nk1时，命题也建立.。由、知，对随意自然数n命题建立。313，3-13nn7、设，A(n1,2.)22n131）以、为根作一元二次方程；（2）证明An23An1An;3）用数学概括法证明A3n是10的倍数。解：（1）3133-133，3133-13-12222以，为根的一元二次方程为：x23x10.（2）以，代入以上方程，得：231，231.n2n2n2n2n(31)n(31)An21313133n1n1nn13133A

6、n1An.（3）当n1时，A33A2A132210.1313故命题对n1建立：假定当nk时，命题建立，即A3k是10的倍数.则当nk1时，有：A（3k1）3A3k2A(3k1)（33A3k1A3k）A3k110A3k13A3k又A11,A23,故经递推式An23An1An所得的各个数皆为自然数，因此，A3k1.A3(k+1)也是10的倍数。A3k(n)是10的倍数。8、设a,b,c都是整数。如果ab,bc则关于任何整数,都有a(bc)证明：ab，acbm1a?(m1z)cm2a(m2z)m1a.cm2a.bcm1am2am1m2）a.又（m1m2）.a(bc)证明整数集拥有离散性.证明：（反证

7、法）假定整数集不拥有离散性，即在相邻整数a和a+1之间存在b,使aba1。依据加法单一性，a(1a)b(1a)a1(1a)，即11(ba)21（ba）.这就和自然数集拥有离散性相矛盾。10、证明：有理数乘法知足联合律。证明：设a,b,cQ,要证：（ab）ca(bc)（）1当a,b,c中最少有一个为零。（1）显然建立。设a,b,c都不为零。因为算术数乘法知足联合律，故（ab）ca(bc)。故（1）两边的绝对值相等。如果a,b,c中有一个或三个都是负数，则（1）两边都为负数；如果a,b,c中没有负数或有两个负数，则（1）两边都是正数，说明（1）两边的符号相同。因此（1）建立。11、指出下列会合中能

8、够通畅无阻的算术运算，并且判断哪些会合构成数环：（1）0；（2）1；（3）；（4）0；（5）Q；（6）奇数会合；（7）偶数会合；（8）0，3，6，,3n。答：1）加，乘，成环2）乘，除3）加，乘4）加，乘5）加，乘，除6）乘7）加，乘，成环8）加，乘，成环12、设有n个正分数a1a2a3an.（分母为正分数）b1b2b3ana1a1a2anan.求证：bbbbnbn112证明：设ma1,a2bb12a1a2a1b2b1a2b1b2a2a3a2b3b2a3b2b3a3a4a3b4b3a4b3b4mmb1b1mb1a1b1(1)mb2b2又mba1b1baa2b2b12211即mba,而a222b

9、2mb2a2b2(2)同理：mb2a2b3(3)mbnanbn(n)（1）（2）（n）m(b1b2bn)a1a2an(b1b2bn)ma1a2anb1b2bnaaaana112bn即bbbb.112nn13.近似计算：11.2104+1.531035003.6243.260.3824332.2642.1342.631032.43564解：解法一：(1)1.21041.531035003.6=121031.531035.0036103=(12+1.53+5.0036)103(121.55.0)103=18.510319103解法二：1.21041.531035003.6=1.21030.1531

10、040.50036104(1.20.1530.50036)104(1.20.150.50)104=1.851041.9104(2)43.260.382443.260.38242.87842.88(3)32.2642.1332.262.1368.713868.7(4)(2.63103)2.43564(2.63103)2.4361.0791031.08103已知近似数的相对误差界是0.0200，.是确定它的绝对误差界，并指出它的有效数字的个数。解：=2315.40.0200=0.463080.5故近似数精准到个位所以有效数字有4个15.计算23，使结果精准到0.001.解：2-323.14161.

11、7321=4.55114.55116.设a,b,c,dQ*,x是无理数。求证：S=axb是有理数的充要条件是adbc.cxdacac证明：若adbc,则bd.设bdk,则abk,cdk.Sbkxbb(kx1)b为有理数。dkxdd(kx1)d反之，若S为有理数，则scxsdaxb.(sca)x(sdb)0若sca0,则xsdb为有理数和x为无理数矛盾。scab因此必有sca=0，因而sdb0,s,d于是s=ab,所以adbc.cd17.若a,b,c,dQ,c,d是无理数，则当acbd时，必有b,cd.证明：当acbd时，abcd,两边平方得：(ab)2c2(ab)cd.(ab)2(cd)2(a

12、b)c0.因为a,b,c,dQ是无理数，如果ab,则得c为有理数矛盾。必有ab,进而得cd.18.判断下面的序列是否为退却有理闭区间序列，如果是的话，求出它所确定的实数。(1)1,3,2,4,3,5,.,n,n2,.223344n1n1(2)0,12,0,13,0,14,.,0,nn1,.(3)1,1,3,1,5,1,.,2n1,1,.2462n0123.11.答：（1）因为1234n0345n22234.n1.0nn22即nn23n1n1n10,n1n1.当nn220,n1n1n10.n序列是退却有理闭区间序列，它所确定的实数为1.（因为limn=1,n2=1）lim1x0n1x0n1111

13、1.(2)因为234.n01,11010nn1nn1序列是退却有理闭区间序列，它所确定的实数为03）是1.鉴别下面的断语有无错误，错在哪里1）复数集与复平面内所有向量组成的会合一一对应。2）两复数的和与积都是实数的充要条件是：这两个复数是共轭复数。3）共轭虚数的正整数次幂仍是共轭虚数。4）一个非零复数与它的倒数之和为实数的充要条件是它的模等于1。答：都有错误。1）所有向量改为：所有以原点为起点的向量。2）是充分条件而非必要条件。3）共轭虚数应改为：共轭复数。4）是充分条件而非必要条件。证明：当n为3的倍数时，（13in13i2;2）2而当n是其余正整数时，上式左边等于-1。证明：设1=13i,

14、2则1=cos22n2n2n3isin3,1cos3isin32123i,444n4n则2=cosisin,ncosisin332331n1n3i3i22cos2nisin2ncos4nisin4n3333当n等于3k,有：nn=3k3k1212cos23kisin23kcos43kisin43k3333cos2kisin2kcos4kisin4k2.当n3k1,nn3k13k11212cos23k123k143k143k13isin3cos3isin3cos(2k2)isin(2k2)cos(4k4)isin(4k4)3333cos2isin2cos4isin41.3333当n3k2,nn3

15、k23k21212cos2(3k2)isin2(3k2)cos4(3k333cos(2k4)isin(2k4)cos(4k33cos4isin4cos8isin833331.n综上所述：当为3的倍数时，13in213in13i当n为其余正整数时，222)isin4(3k2)38)isin(4k8)3313in2.2n121.求复数1（3i72）的模及幅角主值。解：因为3i=cosisin（3i77isin7262）66,cos61（3i72）1cos7isin7662cos27i2sin7cos71212122cos7cos7isin71212122cos105cos105isin1052co

16、s75cos105isin1052cos75cos105isin1052cos75cos18075isin180752cos75cos75isin752cos75cos285isin2853i7复数1的模为2cos75，幅角主值为285。222、设x,y是实数，z=x+yi,且=1，求u=z2z1的最大值和最小值。解：z=x+yi,z1.x2y21.1x1又u=z2z1z(z1)zzz2z+zzz(z1z)zzz12x10又2x12x121302x130u3即u的最大值为3，最小值为0.u=z2z1=z(z1)1z(z1)1=zz11=z11.012z(z1)1z(z1)1zz11z11uz1

17、1nn（n1,nN）23、解方程（z+1）(z1)解：显然，z1.故（z1nz）1.z1z1.1z11.z11是1的n次虚根.即：z1z1=cos2kisin2k,(k1,2,n1)z1nn去分母，整理得：(2kisin2k-1)=1+cos2kisin2k,zcosnnnn由倍角公式，zsink(sinkicosk)cosk(coskisink).nnnnnnsink0,nkkkcosisinkzctynnicty(k1,2,n1)n.sinkicosknnn、设是方程zn1(n的一个虚根。24N)=cos2misin2m,nn其中,N,1mn,且，互质，求证：mnmn（1），2，n是1的个

18、不同的n次方根（n次单位根）n（2）1+2+n-1；+=0（）(1-）(1-2）（1n1）=n.3-证明：（1）（kn(nk1(1kn)）)2，n-1都是1的n次根。若j,lN,1jln,jcos2k2misin2k2mnjnjlcos2k2misin2k2mnlnl假定jcos2k2m=cos2k2ml，则有nj=sin2knlsin2k2m2mnjnljl和jl矛盾jl2，n是1的n个不同的n次方根.(2)1+2+n-1n1=0(由（1）n)1=1（3）zn1(z1)(z)(z2)(zn1).(由（1）)又zn1(z1)（zn1+zn2+z+1）zn1+zn2+z+1(z)(z2)(zn1

19、).令上式中z=1,有：(1)(12)(1n1)=ny25、设z+3i1,求z和argz的最大值和最小值.解：如下列图，z+3i=1是以（-3，-1）为圆心，以1为半径的圆，知足z+3i1的z3AE0 x1是位于这圆内部和圆周上的点所对应的复数，当z位于A点时，argz最小，此时,argz=.DCB当z位于C点时，argz最大，此时，COD=AOD，而tanAOD=1，AOD=.36故argz的最大值为+2=4，63当z位于B点时，模最大，最大的模=ODOB(3)21213.当z位于E点时，模最小，最小的模=OEODDE(3)21211.26、设复数z知足zzzz3.求z所对应的点z的轨迹。解

20、：zzzz+14.z(z1)(z1)4(z1)(z1)4(z1)(z1)42(z1)4(z1)2因此，点z是以（-1，0）为圆心，以2为半径的圆。27、设x0,xR,应用复数证明：sinx+sin2x+sinnxtgn1xcosxcos2xcosnx2证明：考虑数列cosnxisinnx，这是等比数列.设z=cosxisinx.则zz2z3zn=z(zn1)zzn1z11z(cosxisinx)(cosxisinx)2(cosxisinx)n(cosxisinx)(cosxisinx)n11(cosxisinx)(cosxisinx)(cos2xisin2x)(cosnxisinnx)(cos

21、xisinx)(cos(n+1)xisin(n1)x)1(cosxisinx)(cosxcos2xcosnx)i(sinxsin2xsinnx)cosxcos(n1)xisinxsin(n1)x(1cosx)isinxcosxcos(n1)xisinxsin(n1)x1cosxisinxsinx2cosxcos(n1)x(1cosx)isinxsin(n1)x(1cosx)sinx2icosxcos(n+1)xsinxsinxsinxsin(n1)xsinx2cosxcos2xcos(n1)xcosxcos(n1)xi(sinxsinxcosxsin(n1)xsinxsinx2sin2x2si

22、n(n1)xcosxsinxcosxsinxcos(n1)xsinxsin(n1)x)sinx2cosx1cos(n1)x+cosnxisinxsin(n1)xsinnxxsinsinnx(n1)(n1)2sinxcos2xisin2x2sinnxcosxcos2xcosnx2cos(n1)xsinx22nx(n1)xsinxsin2xsinnxsin2sinsinx22sinxsin2xsinnxtgn1xcosxcos2xcosnx228、设p,p,p为实数，方程：12nxnpxn1pxn2pxp0,有一根cosisin,12n1n求证：psinpsin2psinn012n求证：psinpsin2pnsinn012证明：在原方程两