初等数学研究习题解答

《初等数学研究》习题解答第一章数系会合论初步·自然数的基数理论习题1．证明会合{x|x0}与实数集平等。证明：取对应关系为ylnx，这个函数构成(0,)与(,)的一一对应，所以集合{x|x0}与实数集平等。2．证明AU(BIC)(AUB)I(AUC)证明：xAU(BIC)xA或xBIC，xA或（xB且xC），那么有xA或xB同时还有xA或xC，即xAUB同时还有xAUC，所以x(AUB)I(AUC)AU(BIC)(AUB)I(AUC)反过来：x(AUB)I(AUC)xAUB且xAUC，对于前者有xA或许xB；对于后者有xA或许xC，综合起来考虑，xB与xC前后都有，所以应是“xB且xC”即“xBIC”，再联合xA的地位“或许xA”以及前后关系有“xA或xBIC”即xAU(BIC)，所以xAU(BIC)AU(BIC)(AUB)I(AUC)所以AU(BIC)(AUB)I(AUC)。3．已知会合A有10个元素，B,C都是A的子集，B有5个元素，C有4个元素，BIC有2个元素，那么BU(AC)有几个元素？解：会合BU(AC)如图1所示：因为r(C)4,r(B)5,r(BIC)2，BC所以r(BC)3,r(CB)2，A从而r(BU(AC))1028，图1即BU(AC)有8个元素4．写出会合{a,b,c,d}的所有非空真子集。{a,}{b},{c},{d},{a,b},{a,c},{a,d},{b,c},{b,d},{c,d},{a,b,c},{a,b,d},{a,c,d},{b,c,d}5．证明，按基数理论定义的乘法对加法的分派律建立。证明：设A,B,C是三个有限会合，而且BIC，记ar(A),br(B),cr(C)第一：因为BIC，所以ABIAC，所以r(ABUAC)r(AB)r(AC)abac其次：对于(a,x)A(BUC){(a,x)|aA,xBUC}，因为xBUC，那么若xB，于是(a,x)AB；若xC，于是(a,x)AC，所以总有(a,x){(a,x)|aA,xB}U{(a,x)|aA,xC}ABUAC即A(BUC)ABUACr(A(BUC))r(ABUAC)a(bc)abac反过来：(a,x)ABUAC，那么(a,x)AB或许(a,x)AC于是有aA,xB或许xC，即aA,xBUC，所以(a,x)A(BUC)即A(BUC)ABUACr(A(BUC))r(ABUAC)a(bc)abac所以a(bc)abac6．在基数理论定义的乘法下，证明1aa。证明：设B{}，则r(B)1，A是随意有限集，而且r(A)a。作会合：BA{(,a)|aA}，明显r(BA)1ga作对应f:(,a)a，而这个对应是从BA到A的一一对应，所以BA与A平等，从而有：r(BA)r(A)，即1aa。自然数的序数理论习题1．用定义计算

5

4。解：5

1

5

6;5

2

51

(5

1)

6

7;5352(52)78；5453(53)89。2．用定义计算34解：32313133363332323639343333393123．在序数理论下，证明自然数的失散性，即不存在自然数b，使b介于a与a之间。证明：倘若不然，因为aa，则必定是abaa1，因为ab，所以存在c使acba1，因为c1，所以aca，即ba，矛盾（此前有ba）4．用第一概括法证明4n15n1是9的倍数。证明：对于n1，有41511829，结论建立；设4k15k19m建立，那么4k115(k1)144k15k144k15k134k159m3(4k5)9m3[(31)k5]9m3(3kCk13k1LCkk139)9m9(3k1Ck13k2LCkk1)9m9l所以结论在nk1也建立。11n1n5．用第二概括法证明数列55an2的每一项都是自然数。52115151证明：因为a12251，即a1是自然数；55设a1,a2,L,ak都是自然数，那么k1k1kk1151511515ak1ak225225k1k111511511251155225211k135115k155352252211k1152115k1125552252211k115k15ak1522从而ak1也是自然数，故“{an}的每一项都是自然数”建立。复数的三角形式与指数形式习题1．利用复数推导三倍角公式解：设zcosisin，那么z3cos3isin3，另一方面，将z3(cosisin)3睁开：z3(cosisin)3cos33cossin23icos2sinisin3cos33cos(1cos2)i[3(1sin2)sinsin3]4cos33cosi(3sin4sin3)比较实部和虚部，即得：cos34cos33cos,sin33sin4sin32．设M是单位圆周x2y21上的动点，点N与定点A(2,0)和点M构成一个等腰直角三角形斜边的端点，而且MNAM成逆时针方向，当M点挪动时，求点N的轨迹。解：如图1-1，设N(x,y),M(x1,y1)对应的复数记为ONxyi,OMx1y1i因为MNAM成逆时针方向，将向量uuuur300后必与向AN绕A点逆时针旋转uuuur量AM重合，所以有Auuuuruuuurisin60)AN(cos60AMMN图1-1uuuruuur13iuuuuruuur即(ONOA)2OMOA亦即：(xyi2)13ix1y1i22(xyi2)13ixyi2xy13xy23ix1yi211221所以x1x3y21,y13xy23，但x12y1212222所以：x3y13xy3122整理即得：x2y22x23y303．设圆的方程为x2y24，点A(1,0)，B在给定的圆周上，以AB为底边作等腰直角ABC，而且ABCA成逆时针方向。当B挪动时，求C点的轨迹。解：设C(x,y)、B(x1,y1)对应的复数分别为：xyi、x1y1i不失一般性，不如设ABCDA成逆时针方向。uuuruuur于是有BCACgiuuur(xx)(yuuur1)yi这时：BCy)i,AC(x1111所以有：(xx1)(yy1)i[(x11)y1i]i亦即(xx1y1)(yx1y11)i0故xx1y10,yx1y110，从中解出x1,y1得：x1xy1xy12,y222所以有：xy1xy14，即x2y2x70224．设z1,z2,z3是复平面上三个点A、B、C对应的复数，证明三角形ABC是等边三角形的充分必需条件是z12z22z32z1z2z2z3z3z1证明：不失一般性，不如设z1z2z3成逆时针方向，如图1-2，于是依据复数乘法的几何意义有z1z2(z3z2)(cos60isin60)，即(z1z2)3(z3z2)3(z1z2)3(z3z2)30(z1z32z2)[(z1z2)2(z1z2)(z3z2)(z3z2)2]0但z1,z2,z3不共线。所以z1z32z20于是(z1z2)2(z1z2)(z3z2)(z3z2)20z2z1睁开整理即得z12z22z32z1z2z2z3z3z10即z12z22z32z1z2z2z3z3z1。Oz35．试写出1的四个四次方根。图1-2解：1的幅角为180，模为1，而180的四分之一为45，所以1的四个四次方根的幅角挨次为45、135、225、225，模都为1，从而这四个虚根挨次为22(1i)、21i)、2i)(1i)、((122226．用复数的乘法证明：（1）arctan11arctan1arctan13arctan7845（2）arcsin4arcsin5arcsin16251365证明：（1）设四个复数z13i,z25i,z37i,z48i那么：z1z2z3z4(3i)(5i)(7i)(8i)(2311i)(3412i)650(1i)所以arg(z1z2z3z4)，即arg(z1)arg(z2)arg(z3)arg(z4)44而arg(z1)arctan1,arg(z2)arctan1,arg(z3)arctan1,arg(z4)arctan13578即arctan1arctan1arctan1arctan143578（2）设三个复数z134i,z2125i,z36316i那么：z1z2z3(34i)(125i)(6316i)(2311i)(3412i)4225i所以arg(z1z2z3)，即arg(z1)arg(z2)arg(z3)22arg(z1)arcsin4arcsin516而,arg(z2),arg(z3)arctan51365所以4arcsin516arcsinarcsin251365近似数的观点与计算习题1．已知近似数的相对偏差界是%，试确立它的绝对偏差界,并指出它的有效数字的个数.解：23154.0.02%0.46所以，绝对偏差界△=，有效数字的个数为5。2．把数精准到十位、百位、千位、万位时，结果分别表示为何?66663．把数、、、精准到千分位时的结果分别是多少?解：分别是、、、4．丈量一个螺栓的外径和一个螺帽的内径分别应当用哪一种近似数的截取方式？请简要说明原因。解：螺栓外径用进一法，螺帽内径用截尾法。因为螺栓外径的丈量值一定不小于真值，而螺帽内径的丈量值一定不大于真值，不然螺帽将套不住与之配套的螺栓。5．近似计算：31）×10＋×10＋2）－3）×3（4）×10)÷解：（1）×104；（2）；（3）；（4）×1036．一块圆柱形金属零件的底面半径长的标准尺寸为75mm，高为20mm。加工时一般会有偏差。但要求成品的体积的绝对偏差不超出35mm，问丈量时底面半径和高各自应达到如何的精准度？解：零件的体积r2h3.1475220353429.2mm3因为偏差不可以超出3335mm，它是10mm的半个单位，所以体积的精准度应当是十位（单位mm），即V应当有5个有效数字，从而丈量时，底面半径、高都要有6个有效数字而底面半径、高自己的整数部分是两位整数，所以要达到6个有效数字，丈量精准度一定达到0.00005mm（0.0001mm的半个单位），常数应取近似值为。7．一个圆锥形零件底面半径的标准尺寸为10cm，高为20cm。要使加工好的成品体积的相对偏差不超出1%，底面半径和高应当用如何的精准度的量具来量？解：零件的体积1r2h134cm3，33绝对偏差为

2094.4cm3

1%

20.94cm3

21cm3，它不足

100cm3的半个单位，这样

V的百位和千位数字是靠谱数字，即V有两个靠谱数字，所以，底面半径和高都一定有3个有效数字，从而丈量精准度应当达到的半个单位，即要用丈量精度达到的量具来量。常数π应取近似值。第二章分析式分析式的观点与运算习题1．将以下分式睁开成部分分式（1）2x4x32x6（2）5x24x16(x2)5(x3)(x2x1)（3）x22（4）(ab)(bc)(ca)x33x22x(xa)(xb)(xc)（5）6x35x27（6）21x143x22x1(x3)2(2x1)解：（1）用综合除法将2x4x32x6展成x2的多项式2-102-62461228236142241440272054422211424215所以2x4x32x62(x2)415(x2)342(x2)254(x2)222x4x32x6215425422从而(x2)5x2(x2)2(x2)3(x2)4(x2)5（2）设5x24x16ABxCx1)x3x2x1(x3)(x2那么A(x2x1)(x3)(BxC)(AB)x2(CA3B)xA3C所以AB5,A3BC4,A3C16解之得：A7,B2,C5x24x1672x33，所以x1)x3x2x1(x3)(x2（3）因为x33x22xx(x1)(x2)，所以可设：x22ABCx33x22xxx1x2这时A(x1)(x2)Bx(x2)Cx(x1)(ABC)x2(3A2BC)x2A即ABC1,3A2BC0,2A2解之得：A1,B5,C7，所以x22157x33x22xxx1x2（4）设g(x)(xa)(xb)(xc)则：g(x)3x22(abc)xabbccag(a)(ab)(ac),g(b)(ba)(bc),g(c)(ca)(cb)所以(ab)(bc)(ca)(xa)(xb)(xc)(ab)(bc)(ca)(ab)(bc)(ca)(ab)(bc)(ca)(xa)(ab)(ac)(xb)(ba)(bc)(xc)(ca)(cb)cbacbaxaxbxc（5）6x35x272x38x43x22x1(3x1)(x1)而g(x)(3x22x1)6x2，g(1)4,g(1)43f(1)8(1)420,f(1)4333所以6x35x27204512x331)2x33x22x14(3x1)4(x3(3x1)x1（6）因为设21x147(x3)7(2x1)所以21x1477(2x1)2(x3)7(x3)2(2x1)(x3)(2x1)(x3)2(x3)(2x1)(x3)2127x32x1(x3)22．已知abc0,def0，求证：ad

3b3c3abc3e3f3def证明：因为a3b3c33abc(abc)(a2b2c2abbcca)d3e3f33def(def)(d2e2f2deeffd)而且abc0,def0所以a3b3c33abc,d3e3f33def从而原等式建立。3．已知abcd1，求证：abcd1abcaba1bcdbcb1cdacdc1dabdad1证明：记Sabcd①aba1bcdbcb1cdacdc1dabdadabc1将每个分母的1用abcd取代，同时每个分式约分得：S1111②abcaba1bcdbcb1cdacdc1dabdad1将①的第一个、第二个、第三个、第四个分式的分子和分母分别同乘以d、a、b、c，并利用abcd1，得：Sdaabbccddad1abcaba1bcdbcb1cdacdc1dab即：Sabbccdda③再abcaba1bcdbcb1cdacdc1dabdad1将③的第一个、第二个、第三个、第四个分式的分子和分母分别同乘以d、a、b、c，并利用abcd1，又得：Sdababcbcdcdadad1abcaba1bcdbcb1cdacdc1dab即Sabcbcdcdadab④abcaba1bcdbcb1cdacdc1dabdad1①+②+③+④得：4Sabcaba1bcdbcb1cdacdc1dabdad1abcaba1bcdbcb1cdacdc1dabdad41所以S1根式的化简习题1．化简以下各式：（1）98（2）a22aa24(|a|2)2（3）2353232232329249是完整平方数，所以原式能够化简。解：（1）因为82498942(221)22212222222（2）a22aa24a22a44a2a224a22422|a|a2422（3）2353232232322(32)1(3223)1(232)0222．化简以下各式：（1）5329125（2）134112307210843（3）4232512322（4）821025821025解（1）2912529112911253；223291253(253)62551；53291255(51)1（2）11230111111651；226572107373523225284384846242262所以：13465(52)(62)1123072108430（3）42325123224232512(21)24232171224232(223)24232(223)4294242(221)242(221)64222（4）令x821025,y821025则x2y216,xy24852625252(xy)21245(102)2所以8210258210251023．设0x1，化简：x2111x11x212(x1x1x1)1x解：x21(11x11x)21x21(11)2121x1x1x1x21x1xx212212x211(11x2)1x221x4．设x32,y32，求f(x,y)3x25xy3y2的值3232解：x32(32)2526,y325263232所以xy10,xy1，于是f(x,y)3x25xy3y23(xy)211xy3100112895．求以下各式的平方根（1）（2）24415421235解：（1）设16220228235xyz两边平方：16220228235xyz4xy4xz4yz于是：xyz16;xy35;xz20;yz28即x2y2z219600xyz140475所以x5,y7,z4。从而16220228235572（2）设24415421235xyz两边平方：24415421235xyz4xy4xz4yz于是：xyz24;xy60;xz84;yz35即x2y2z2176400xyz4201275所以x12,y5,z7。从而1622022823523576．求以下各式的立方根：（1）1063；（2）543415（3）1353876；（4）9ab2(b224a2)b23a2解（1）设31063xy，那么1063x33xy(3x2y)y所以x33xy10，而31063xy，故31063xy从而3(1063)(1063)x2y，即x2y2解方程组：x33xy10，x2y2得x1,y3，所以3106313（2）设3543415x3y5，那么543415(3x315xy2)3(9x2y5y3)5所以3x315xy254,9x2y5y341，解这个方程组，得x2,y1，所以31063235（3）135387633(45292)，对于45292，设345292xy，那么45292x33xy(3x2y)y所以x33xy45，而345292xy，故345292xy从而3(45292)(45292)x2y，即x2y7解方程组：x33xy45，x2y7得x3,y2，所以34529232从而1353876的立方根是3(32)336。（4）设39ab2(b224a2)b23a2xy那么9ab2(b224a2)b23a2x33xy(3x2y)y所以x33xy9ab2；而39ab2(b224a2)b23a2xy，故39ab2(b224a2)b23a2xy从而3[9ab2(b224a2)b23a2][9ab2(b224a2)b23a2]x2y，即x2y31728a6432a4b236a2b4b6而1728a6432a4b236a2b4b6123a63144a4b2312a2b4b6(12a2b2)3所以x2y12a2b2解方程组：x33xy9ab2，x2y12a2b2得x3a,yb23a2，所以39ab2(b224a2)b23a23ab23a2第三章高次方程与不等式一元高次方程习题解以下方程：1．6x413x312x213x602．30x417x3228x217x3003．15x534x415x315x234x1504．3x47x37x305．2x49x39x206．x72x65x513x413x35x22x107．x65x4x35x2108．x63x52x46x32x23x109．x43x33x1010.5x424x342x224x50解：1.用x2除方程两边得：6(x2x2)13(xx1)120配方得：6(xx1)213(xx1)0所以xx10或xx1136x210或6x213x60所以xi或x3,x2232.用x2除方程两边得：30(x2x2)17(xx1)2280配方得：30(xx1)217(xx1)1680分解因式：(xx18)(xx121)0310所以xx18或xx1213103x28x30或10x221x100所以x3,x1或x5,x2325因为x1是原方程的根，所以原方程能够分解为(x1)(15x449x364x249x15)0对于15x449x364x249x150用x2除方程两边得：15(x2x2)49(xx1)640配方得：15(xx1)249(xx1)340分解因式：(xx134)(xx11)015所以xx134或xx111515x234x150或x2x10所以原方程的根为x1，x3,x5，x13i5324.用x2除方程两边得：3(x2x2)7(xx1)0配方得：3(xx1)27(xx1)60所以xx13或xx123x23x10或3x22x30所以x35或x122i235.用x2除方程两边得：2(x2x2)9(xx1)0配方得：2(xx1)29(xx1)40所以xx14或xx112x24x10或2x2x20所以x25或x1174因为x1是原方程的根，所以原方程能够分解为(x1)(x6x56x47x36x2x1)0对于x6x56x47x36x2x10用x3除方程两边得：(x3x3)(x2x2)6(xx1)70令yxx1，则x2x2y22，x3x3y(y23)于是得：y3y29y90分解因式得：(y3)(y1)(y3)0所以有xx11,xx13,xx13即x2x10,x23x10,x23x10x13i,x35,x35222所以原方程的根为x1，x13i,x35,x35，2227.用x3除方程两边得：(x3x3)5(xx1)10令yxx1，则x2x2y22，x3x3y(y23)于是得：y32y10，明显y1是一个根，所以能够分解为(y1)(y2y1)0即xx11,xx1152x2x10,2x2(15)x20所以原方程的根为：15152225152225x2,x2,x2a8．因为x1是原方程的根，所以原方程能够分解为(x21)(x43x3x23x1)对于x43x3x23x10用x2除方程两边得：(x2x2)3(xx1)10配方得：(xx1)23(xx1)10所以xx135，即2x2(35)x20，2所以原方程的根为：x1，x(35)2465,x(35)24652a2a9．用x2除方程两边得：(x2x2)3(xx1)0配方得：(xx1)23(xx1)20所以xx11，或xx12，即x2x10，或x22x10，所以原方程的根为x15和x12210.用x2除方程两边得：5(x2x2)24(xx1)420配方得：5(xx1)224(xx1)320所以xx1124i，即5x2(124i)x505因为(124i)24252896i82286i62i2(86i)2所以方程能够分解为：(x2i)(5x2i)0所以原方程的根为：x2i,x2i。5不等式及其证明习题1．设a,bR，试比较a4b4与a3bab3的大小。解：a4b4a3bab3a3(ab)b3(ba)(ab)(a3b3)(ab)2(a2abb2)(ab)2[(ab)23b2]024所以a4b4a3bab3n(n1)1223Ln(n1)(n1)22．求证22证明：用数学概括法：因为122，即不等式在n1时建立，设在nk时，不等式建立，即：k(k1)1223Lk(k1)(k1)222各部分同时加上(k1)(k2)，并记1223L(1)，那么，有：Snnnk(k1)(k1)(k2)(k1)2(k1)(k2)2Sk12这时k(k1)(k1)(k2)k(k1)k1k(k1)2(k1)(k1)(k2)2222(k1)2(k1)(k2)(k1)2k1k2(k1)22(k1)1(k2)222222所以(k1)(k2)Sk(k2)2建立。212故原不等式建立。3．设nN求证(21)(23)(25)L(22n1)1nnnnn!证明：用数学概括法：记In(21)(23)(25)L(22n1)nnnn因为111时建立。设在nk时，不等式建立，即：，即不等式在n1!Ik(213)(25)L(22k11)(2kk)k!kk那么因为22i1i1,2,L,k)k12(ik所以Ik1(2k1)(2k3)(2k5)L(22k1)(22k1)111k1k1(21)(23)(25)L(22k1)(22k1)Ik(22k1)kkkkk1k1Ik1111k1k!k1(k1)!即Ik11建立。故原不等式建立。(k1)!4．求证1sec2xtanx33sec2xtanx证明：记ysec2xtanxtan2x1tanx，再令ttanx，则tsec2xtanxtan2x1tanx那么yt21t，于是(y1)t2(y1)ty10t21t因为函数f(t)yt21t的值域不是空集，而t是随意实数，所以对于t的方程t21t(y1)t2(y1)ty10有实数解。当y1时，对应的二次方程的鉴别式：(y1)24(y1)2(3y1)(y3)01y3(y1)3当y1时，方程变为2t0，这个方程有解，即y1是f(t)yt21t在t0的函数t21t值，所以，函数f(t)yt21t的值域为1y3，即1sec2xtanx3t21t33sec2xtanx5．证明x2y2xyxy10(x,yR)证明：因为(ab)2(bc)2(ca)20；222所以a2b2c2abbcca，即a2b2c2abbcca0令ax,by,c1即得：x2y21xyxy01n1n16．证明11此中n是自然数。nn1证明：由二项式定理：1n11111111C1C2C3LCnn1n1n1n1(n1)2n1(n1)3n1(n1)n(n1)n121(n1)n1(n1)n(n1)L1(n1)n(n1)L2112!(n1)23!(n1)3(n1)!(n1)n(n1)n1(n1)n121(11)1(11)(12)L2!n13!n1n11(11)(12)L(1n1)11(n1)!n1n1n1(n1)n1(n1)n121(11)1(11)(12)L2!n3!nn1(11)(12(1n111(nn)Ln)(n1)n1(n1)n11)!n2131n111111Cnn2Cnn3LCnnn1(n1)n1(n1)n1n11111(n1)n1(n1)n1nnn1n112131n111此时，因为1n1CnnCnn2Cnn3LCnnn1nn11112112n1122!(1n)3!(1n)(1n)L(n1)!(1n)(1n)L(1n)nn211L112!3!(n1)!n!211L12(11)(11)L(11)311223n(n1)223n1nnn11n1n1n(n1)21111所以n(n1)nn(n1)n1(n1)n11n111故11(n1)n1(n1)n1nn1nn

nnn1，即1111nn1几个重要不等式及其应用习题1．设x,y,z都是正数，而且xyz1，求证14936xyz证明：149xyz4xyz9xyzxyzxyz14(y4x)(4z9y)(z9xxyyzxz2．设a,b,c是实数，x,y,z是正数，求证：a2b2c2(abc)2xyzxyz因为x,y,z是正数，由柯西不等式有：(xyz)(a2b2c2)[(x)2(y)2(z)2](a2b2c2)xyzxyz[xaybzc]2(abc)2xyza2b2c2(abc)2建立。所以yzxyzx3．设正数a,b,c;x,y,z知足abcxyz1求证：a2b2c21axbycz2证明：利用柯西不等式2(a2b2c2)[(ax)(by)(cz)](a2b2c2)axbyczaxbycz[(ax)2(by)2(cz)2][(a)2(b)2(c)2]axbycz[axabybyczc]2(abc)21axbcza2b2c21所以xbycz2a4．设a,b,c是正数，求证2229abbccaabc证明：2229abbccaa能够变形成bcabcabcabc9abbcca2进一步变形成cbaccb3，这就是本节的例5.aba25．设a,b,c是正数，求证a2b2b2c2c2a22(abc)证明a2b2b2c2c2a22(1(a2b2)1(b2c2)1(c2a2)222abbcca2(abc)2(22)26．设a1,a2,L,an是n个互不同样的正整数。求证：11L1a1a2Lann22n22证明：不失一般性，不如设a1a2Lan，同时因为a1,a2,L,an是互不同样的正整数，所以必有：1a1,2a2,Lnan所以11L1112L1na11a2L1an2n1nn1nn122122a2Lana1n2227．在ABC中，角A、B、C的对边为a、b、c，证明aAbBcCabc3证明：不失一般性，不如设abc，于是有ABC，由排序不等式有：aAbBcCaAbCcBaAbBcCaBbAcCabcabc,abcabcaAbBcCaBbCcAaAbBcCaCbAcBabcabc,abcabcaAbBcCaCbBcAabcabc所以：6aAbBcCaAbBcCaAbCcBaBbAcCabcabcabcabcaBbCcAaCbAcBaCbBcAabcabcabcaAaBaCbAbBbCcAcBcC2abc2c2bcaba2a2b2c2bcbcbcaaa所以：

aAbBcCabc3第四章初等函数的若干问题函数的观点及其性态习题1．求证函数f(x)ln(xx21)是奇函数。证明：明显函数的定义域是(,)，其次：f(x)f(x)ln(xx21)ln(xx21)ln(x21x2)ln10所以f(x)f(x)即f(x)ln(xx21)是奇函数。2．求以下函数的定义域：（1）y(4x5)0817|x2|（2）y3x)|x|lg(9解：（1）欲使函数存心义，则有：4x50x555848x0,0810,(x0)x,x|x|8,(x0)44|x|即函数的定义域为[8,0)U(0,5)U(5,8]。44（2）欲使函数存心义，则有：93x0x27x2，即函数的定义域为[7,2)。7|x|0|x|73．假如函数yf(x)在区间(,0)上是减函数，而且f(x)是偶函数，证明f(x)在区间(0,)是增函数。证明：x1,x2(0,),x1x2，则0x1x2；因为yf(x)在区间(,0)上是减函数，所以

f(x1)

f(

x2)，但

f(x)是偶函数，所以有f(x1)

f(x2)从而

f(x)在区间

(0,

)是增函数。4．假如函数

y

f(x)在区间

(0,

)上是增函数，而且

f(x)是奇函数，证明

f(x)

在区间(,0)是增函数。证明：x1,x2(,0),x1x2，则x1x20；因为yf(x)在区间(0,)上是增函数，所以

f(

x1)

f(

x2)，但

f(x)是奇函数，所以有f(x1)

f(x2)即

f(x1)

f(x2)从而

f(x)在区间

(

,0)

是增函数。5．议论函数

y

log0.5

(x

2

4x

3)

的单一性。解：函数的

定义域知足：

x2

4x

30，解之得

x1或

x

3，因为二次函

数yx24xx1递加，在

3在x

x1递减，在3递减。

x

3递加，而0.51，所以

y

log0.5(x2

4x

3)在函数的初等变换习题1．已知函数ycosx(5x6)，求它的反函数的分析式。解：因为5x6，所以0x5，令tx5，则xt5此时由ycosttarccosy，即x5arccosy，所以x5arccosy所以数ycosx(5x6)的反函数的分析式为y5arccosx。2．设x是随意实数，求证arctanxarccotx。2证明：令arctanx,arccotx，那么xtancot，而且,0。故32222而cottan(2)，222，此时在同一个单一区间(,)内有22tantan()，那么2。223．议论函数y3x7的性态。x2解：y3x73(x2)131，x2x2x21这个函数能够经过对y作刚性变换获得：x将y1个单位，再沿x反演获得y1，最后下移3个单位即得左移2x2xy3x7，所以y3x7在(,2)和(2,)都是增函数，x2是函数的垂x2x2直渐近线，y3是函数的水平渐近线，(2,3)是函数的对称中心；(,3),(3,)是函数的值域。14．已知函数yx，先将此函数分别沿x轴向左右两边拉伸为本来的两倍，再分别x向左、向上平移3个单位，求所得函数的分析式。解：函数的变化过程以下：yx1yx2x22x22x2xyx2y222x2x28x16(x4)2y2)2(x2)2(x初等周期函数的周期习题1．求以下各组实数的最小公倍数：（1）2,5（2）1.5,3,23243解：（1）24,515，[4,15]6060，所以2,5的最小公倍数为3626(4,15)326010。6（2）1.53183928，而[18,9,8]32212,12,72，所以1.5,,的最小公倍数为431243726122．议论函数f(x)sin23x32cot2x的周期性。2解：f(x)sin23x32cot2x1[1cos3x2]2cot2x223此中cos3x2的最小正周期为2，cot2x的最小正周期为，而332[2,][4,3]122，所以f(x)sin23x32cot2x是以2326662为最小正周期的周期函数。3．证明函数f(x)cosx2cos2x不是周期函数。证明：因为cosx的最小正周期为2，cos2x的最小正周期为2，但2,2不行公度，所以f(x)cosx2cos2x不是周期函数。4．直接证明函数f(x)cos3xsin2x不是周期函数。证明：倘若不然，存在非零实数T使f(xT)f(x)，即cos3(xT)sin2(xT)cos3xsin2x于是cos3(xT)cos3xsin2xsin2(xT)0即sin3(xT)3x3(xT)3xcos2x2(xT)2x2(xT)2sin22sin2sin(3x3T)sin3Tcos(2x2T)sin2T02222因为x是随意实数，所以只好是sin3Tsin2T220，那么3Tn,2T23n2m,(m,n是整数），于是T2m。23即23n32m2nm23m，这与m,n都是整数相矛盾。所以这样的n3实数T不存在，即函数f(x)cos3xsin2x不是周期函数。5．求函数ysin8xcos10x的最小正周期。解：sin8x的最小正周期为，cos10x的最小正周期为，45而[,]54，所以函数ysin8xcos10x的最小正周期为。[,]452020取整函数[x]及其应用习题1．求合适x2[x]20的一确实数x。解：因为[x]x[x]x，所以0x2[x]2x2x2这样就有(x1)(x2)0即1x22．设x,yR，求证[x][y][xy]或[xy]1。证明：因为[x]x[x]1,[y]1y[y]所以[x][y]1xy[x][y]1而{[x][y]1}{[x][y]1}2所以假如xy是整数，那么有[x][y]1xy[xy][x][y][xy]；假如xy不是整数，那么有[x][y]1[xy][x][y][xy]13．求整数n，使10n整除1000!且10n1不可以整除1000!。解：4．求30!的标准分解式。解：因为30之内的质数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29.那么3015,307,30301,300;222233,25243010,303,301,300;3323334303,301,300;304,300;302,300;5525377211112302,300;301,300;301,300;131321717219192301,300;301,300;2323229292所以：30!2157313103153174112132171923292263145474112132171923295．证明[2a][2b][a][ab][b]。证明：设an,01,bm,01，m,n是正整数。那么[2a][2b]2n2m[2][2],[ab]mn[]假如121,21，那么[2a][2b]2m2n,[ab]mn于是([2a][2b])([a][ab][b])2n2m(nmnm)0，此时[2a][2b][a][ab][b]建立；假如1，那么0.5,0.5起码有一个建立，这时[2a][2b]2n2m[2][2]2n2m1[a][ab][b]2m2n1所以[2a][2b][a][ab][b]建立。第五章数列循环数列习题1．判断以下递推公式能否为循环公式？（1）an3nan22an1n2an（2）an2an1an（3）an2an1cosansin（4）an2an12an1解（1）因为nan22an1n2an不是an2,an1,an的齐次线性关系式，所以这个递推公式不是循环公式；（2）不是，原因同（1）；（3）是。因为an1cosansin是an1,an的齐次线性关系式。4）不是，因为一次式an12an1不是齐次式（但能够化成齐次式，获得的递推公式是3阶的）2．求以下循环数列的通项公式。（1）an2an1anan26an19an（2）a1a21a11,a212（3）an223an14a2an1ann（4）a13,a22a12解：（1）特点方程为21，所以特点根为152n1n1设anx15y1522xy1xy1那么有：15x15y15(xy)122x11511552,y5211n11n所以an555252（2）特点方程为269，所以特点根为3,3设an(xny)3n1那么有：xy1xy1x3,y23(2xy)122xy4所以an(3n2)3n1（3）特点方程为2234，所以特点根为3i2(cosisin)66设an2n1(xcosn1ysinn1)66x3x3那么有：3xy1)12x3,y92(3xy1222所以an2n1(3cosn19sinn1)66（4）先将an1ann化成循环公式：an2an1n1an1an3an11an1an2anan2an1an于是特点方程为321(1)2(1)0，所以特点根为1,1,1设anxnyz(1)n1此时由an1ann,a12，得数列前三项为：2,1,3xyz21,y1,z7那么有：2xyz1x3xyz32442n17(1)n1所以an43．写出以下循环数列的循环公式。（1）{2n3n}（2）{152n}（3）{n2n}（4）{ncosn}4解（1）明显数列的特点根为2,3，即特点方程为(2)(3)0256所以循环公式为an25an16an（2）明显数列的特点根为1,2，即特点方程为(1)(2)0232所以循环公式为an23an12an（3）明显数列的特点根为2,2，即特点方程为(2)20244所以循环公式为an24an14an（4）明显数列的特点根为2(1i),2(1i),2(1i),2(1i),，即特点方程为2222(2(1i))2(2(1i))2022即422342221所以循环公式为an422an34an222an1an数列乞降与高阶等差数列习题1．求以下数列的部分和：（1）{n(n1)2}（2）{(4n1}1)(4n3)解：（1）设ann(n1)2n32n2n，记Sn(k)1k2kLnk，而Sn(1)n(n1)，Sn(2)n(n1)(2n1)，Sn(3)n2(n1)2，264所以{n(n1)2}的部分和为An(1)(2)(3)n(n1)n(n1)(2n1)n2(n1)2Sn2SnSn264n(n1)(64n23n23n)n(n1)(3n27n8)1212（2）1111)(4n1)(4n3)(4n14n34所以数列{1}的部分和为：(4n1)(4n3)An1(111111L11)1(11)n3)43771111154n14n3434n33(4n2．求以下数列的部分和：（1）

{3n(n

1)

1}

（2）

{n2

2n1}解：（1）因为

3n(n

1)

1(n

1)3

n3所以数列{3n(n1)1}的部分和为Sn23133323L(n1)3n3(n1)31n33n23n（2）记{n22n1}的部分和为Sn122022213222L(n1)22n2n22n1所以2Sn122122223223L(n1)22n1n22n从而：Sn20321522L(2n1)2n1n22n再记Tn20321522L(2n1)2n1那么2Tn2322523L(2n3)2n1(2n1)2n所以Tn20221222L22n1(2n1)2n(2n3)2n3所以Tn(2n3)2n3，从而Sn(2n3)2n3n22n(n22n3)2n3即Sn(n22n3)2n33．求以下数列的部分和（1）an2an1anan26an19an（2）a1a21a11,a212解：（1）因为an2an1anSn2Sn1Sn1SnSnSn1所以Sn32Sn2Sn，其特点方程为3221，所以特点根为1,152n1n1故可设Sxy15z15n22而S11,S22,S34，所以xyz1xyz115y15z252,z52xx5y5z3x1,y22x5y5z5553535xz42y2n2n2所以Sn11511515252（2）因为an26an1anSn2Sn16Sn16Sn9Sn9Sn1所以Sn37Sn215Sn19Sn，其特点方程为372159，所以特点根为1,3,3故可设Snx(ynz)3n1而S11,S213,S376，所以xyz17,y9,z21所以Sn76n7x6y3z13x3nx27y9z7642444两类特别的循环数列习题1．写出以下数列的循环公式（1）an2nn（2）ann23n1（3）an2cosnsinn（4）an3n(1)n33解：（1）数列的特点根为2,1,1，所以特点方程为(2)(1)20即34252所以循环公式为an34an25an12an（2）数列的特点根为3,3,3，所以特点方程为(3)30即33231所以循环公式为an33an23an1an（3）数列的特点根为13i，所以特点方程为(123i)(13i)022即21所以循环公式为an2an1an（4）数列的特点根为3,1，所以特点方程为(3)(1)02即23所以循环公式为an22an13an2．求以下数列的通项公式（1）a11（2）a11an1ann2nan12an3（3）a11（4）a11an12annan12an3n解：（1）因为：an1ann2n所以anan1(n1)2n1,an1an2(n2)2n2,L,a2a12所以ana1(n1)2n1(n2)2n2L2即an1121222L(n1)2n1记Sn121222L(n1)2n1，则2Sn122223L(n2)2n1(n1)2n两式相减：Sn2122L2n1(n1)2n2n2(n1)2n(n2)2n2所以Sn(n2)2n2所以an(n2)2n3（2）设an1x2(anx)，复原得an12anx，所以x3即an132(an3)an3(a13)2n12n1所以an2n13（3）因为an12ann，所以设an1x(n1)y2(anxny)复原得an12anxnyx，所以x1,yx0xy1即an1n22(ann1)ann1(a12)2n132n1所以an32n1n1（4）因为an12an3n，所以设an1x3n12(anx3n)复原得an12anx3n，所以x1即an13n12(an3n)an3n(a13)2n12n所以an3n2n3．求以下递推公式确立数列的通项公式。a11a18(1)an（2）an6an12an3an1an4a11a11(3)an4(4)an9an10an1an51an6解：（1）解方程：xx2x22x0x0,x12x3an1所以an112an3an2an33an1an1ananan2an3所以an1a113n12n1，即an1ana1323n11（2）解方程：xx6x25x60x2,x3x4所以an1an622an41an2an13an632an3an4所以an2a12(1)n16(1)n1an3a132n152n1所以：an102n36(1)n52n12(1)n（3）解方程：xx4x24x40x2x5所以11an5112an43a63a2an12nnan5所以1212n1n，即an32nana133n（4）解方程：x9x10x23x100x5,x2x69an10an12an211an26所以9an10an154an5an56an2a1211n111n1所以5a154n134nan所以：an1511n124n311n14n第六章摆列与组合摆列与组合问题的基本构造习题求证以下等式（1）P12P23P3LnPnPn11；（2）(2n)!135L(2n1)2ngn!证明（1）kPkkk!(k11)k!(k1)!k!Pk1Pk所以P1P2P12P2P3P23P3P4P3LLLLnPnPn1Pn将上边等式相加，即得：P12P23P3LnPnPn1P1Pn11（2）(2n)!(2n)(2n1)(2n2)L3212ngn!2nn!(2n)(2n2)(2n4)L42(2n1)(2n3)L312nn!2nn(n1)(n2)L21(2n1)(2n3)L312nn!2nn!(2n1)(2n3)L311)(2n3)L312nn!(2n2．用数字0,1,2,3,4,5能够构成多少个没有重复数字的6位数？此中有多少个奇数？解：首位只好用1，2，3，4，5有5种方法；剩下5个数字排后边5个地点有5!种方法，所以获得的六位数个数是55!5120600；排成6位奇数，个位只好用1,3,5有3种方法，首位不可以用0，有4种方法，中间4位有4!24种方法，所以6位奇数的个数是34242883.用数字0,1,2,3,4,5能够构成多少个没有重复数字而且能被25整除的4位数？解：能被25整除的数字特点为末两位（没有重复数字）只好是25、50，所以切合条件的4位数个数是：33P4291221求证以下等式：mmLmm1（1）(m1)(PmPm1Pmk1)Pmk（2）Cn01Cn1Ln1Cnn2n1121n1证明：(m1)(PmmPmm1LPmmk1)(m1)[m!(m1)!(m2)!(mk1)!2!L(k1)!](m1)![1(mm(m1)(mk1)(mk2)L(m1)1)2!L(k1)!]012k1(m1)![CmCm1Cm2LCmk1]这时因为CnrCnr1Cnr11012k1012k1所以CmCm1Cm2LCmk1Cm1Cm1Cm2LCmk112k123k1LLCm2Cm2LCmk1Cm3Cm3LCmk1k1CmkmmLmk1(m1)!(mk)!即(m1)(PmPm1Pmk1)(m1)!Cmk1)!(k1)!(m(mk)!m1(k1)!Pmk（2）因为1k1n!1(n1)!1k1k1Cnk1k!(nk)!n1(k1)!(nk)!n1Cn1所以0111n112n1Cn2CnLn1Cnn1[Cn1Cn1LCn1]n1[Cn01Cn11Cn21LCnn111]2n111n15．用赤橙黄绿青蓝紫7种颜色中的一种、或两种、或三种、或四种涂在一个四周体的四个面上，规定同一个面不可以涂两种（含两种）以上的颜色，但每个面都一定涂色，试问共有多少种涂色方法？解：将这个四周体的四个面挨次记为A,B,C,D，单色图有7种；双色图有C72(C41C42C43)294种；三色图有C73(3C42P22)1260种；四色图有472941260840P7840种，所以总数有种。24016．求(abc)6中，a3b2c的系数。解：从六个括号中选择3个取a有C6320种方法，从节余3个括号中选择2个取b有3种方法，再从最后一个括号中取c有一种方法，故a3b2c的系数为20360。7．已知Cnm1CnmCnm1，求m与n。234Cnm1CnmCnm1m1mmm1nmm解：设234t，因为CnnmCn,Cnm1Cn1而Cnm12t,Cnm3t,Cnm14t，所以2tm3t,4tnmm1m3tn1即2(nm1)3m,4(m1)3(nm)，解之得n34,m14解答摆列与组合问题的思路剖析习题1．10双互不同样的鞋子混装在一只口袋里，从中随意拿出4只，试求各有多少种状况出现以下结果：1）4只鞋中没有成双的；2）4只鞋中有2只成双2只不行双的；3）4只鞋子恰巧配成两双。解：（1）为了保证取的鞋子不行双，只好先取四双，再从每双中各取一只，故有C104243360种；（2）先从中取一双，再按（1）的方法取2只有C101C9241440种；（3）从10双中取两双即可：有C10245种。2．将2n名新战士分红n个2人小组学习机枪射击，试求分别知足以下各条的分组方式的种数：1）一人担当正射手一人担当副射手；2）两人不分正副。解：（1）因为同组两人有序次，分组方法为P22nP22n2LP42，但组与组无差异，故答案为：P22nP22n2LP42(2n)!n!n!（2）因为同组两人无序次，分组方法为C22nC22n2LC42，但组与组无差异，故答案为：C22nC22n2LC42(2n)!135L(2n1)n!2nn!3．将10个无区其他小球放入6个无差异空盒，试求有多少种放法使得起码有两个盒子不空？解：空盒数分别为：4、3、2、1、0，因为盒子无差异，4个空盒：放球有：19,28,37,46,55共5种；3个空盒：有118,127,136,145,226,235,244,34共8种；2个空盒：有1117,1126,1135,1144,12251234,1333,2224,2233共9种；1个空盒：有11116,11125,11134,11224，11233,12223,22222共7种；没有空盒：有111115,111124,111133，111223,112222共5种；所以一共有5897534种。4．有n个年青人和m个老人，n2m，将他们排成一排，要求每个老人左右都各有一个年青人搀扶，而且每个年青人至多只负责搀扶一位老人，有多少种不一样的摆列方式？解：从n个年青人种选派2m个年青人去搀扶这些老人的选派方法有Cn2m，将这2m个年轻人均匀分红m组有(2m)!种方法，将每组年青人和他们搀扶的老人分别当作一个整体，连2mm!同没有搀扶任务的年青人排成一排有Pmn2m(nm)!方法，但每组搀扶者有两种搀扶方式，所以总的摆列方式有：Cn2m(2m)!(nm)!2mn!(nm)!2mm!m!(n2m)!5．5夫妇在一同结对跳交谊舞（一男一女搭配），试分别求以下条件下的方法数：1）此中恰巧有2对夫妇结对；2）任何一对夫妇都不结对。解：假如我们把男人看做元素，女人看做地点，那么男女搭配跳舞相当于5个男人排成一排，于是（1）相当于恰巧有两个元素排在与自己编号同样的地点上。这两个元素有

C52

种方法确立，剩下

3个元素每个都不排在自己编号的地点上有

3种方法，所以问题的答案为

C52

3

30种方法。；（2）相当于5个元素都不站在自己的编号上，由教材例12知，这类情况的答案为6．从6名男选手和5名女选手中选出5人参加竞赛，要求起码有一名女选手和两名男选

44.手，有多少种选法？解：依题意，男女选手的构成方式有

14,2

3,3

2三种种类；依据加法原理，总的方法数为：C51C64C52C63C53C62425第七章初等几何变换合同变换习题1．用反射解决以下问题：（1）设圆eo和点A在直线l的同侧，在直线l上求作一点C，使射线CA和从C向圆eo引的切线与直线l的交角相等。2）设点A,B都在直线l的同侧，在直线l上求作一点C，使射线CA与l的夹角是CB与l夹角的两倍。OABABClCl1（1）题图1（2）题图（3）在射线Ox,Oy构成的角形地区内有两点A,D，一质点从A出发，抵达射线Oy上某点B后折向射线Ox上某点C，最后抵达D点，问B,C分别各在什么地点时，折线ABCD的总长最短？yBDCADQOAPBxC1（3）题图1（4）题图（4）如图，在矩形球台ABCD上有两球P,Q，问应如何击球P，能使球挨次撞击AB,BC,CD后恰巧击中球Q？解：（1）因为BC与AC和直线l交成等角，所以设A是A对于直线l的反射点，而后过A引圆的切线，该切线与l的交点C即为所求（本题有两解，因为这样的切线有两条）。（2）以下图，将B沿l反射到B，以B为圆心，BA为半径，画弧交直线l于DABEClB'D点，作AD的中点E，连结BE交l于C，则C点即为所求。3）设A是A对于直线oy的反射点、D是D对于直线ox的反射点，连结AD交oy于B，交ox于C，那么折线段ABCD即为所求。A'yBDAOCD'x4）将P点沿AB反射到P，将Q点沿DC反射到Q，再将Q沿BC反射到Q，连结PQ交AB于E，交BC于F，连结FQ交DC于G，那么将球P击向E点，那么球必沿折线PEFGQ运转。DQ'GCQ''QFPBAEP'2．用平移解决以下问题：AACCDDEEFFBB2（1）题图2（2）题图1）以下图，若需在角形的河流上修筑两座桥CD,EF(桥身垂直于河岸)，建桥地址应当如何选用才能使A,B两地间的通行行程最短？2）以下图，若需在平行的两条河流上修筑两座桥CD,EF(桥身垂直于河岸)，建桥地址应当如何选用才能使

A,B

两地间的通行行程最短？解：（1）将

A向垂直于河岸方向，距离为河宽

MN

平移到

A；将B向垂直于河岸方向，距离为河宽

PQ

平移到

B

；直线

AB

与角形河内岸的边沿分别交于

D,E

两点，在

D,E

两点各架两座垂直于河岸的桥CD,EF，那么折线ACDEFB就是最短路线。MAA'NCDOEPFB'B（2）将A向垂直于河岸方向，距离为河宽MN平移到A；将B向垂直于河岸方向，距离为河宽PQ平移到B；直线AB与平行带