初等数学研究(程晓亮、刘影)版课后习题答案

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，（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，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3.8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3.8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, 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, 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, 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 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 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, 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.