初等数学研究答案.doc

2.对自然数证明乘法单调性：设a，b，c∈N则
（1）若a＝b，则ac＝bc
（2）若a＜b，则ac＜bc
（3）若a＞b，则ac＞bc
证明：（1）设命题能成立的所有c组成的集合M.
∵a·1=b·1
∴1∈M假设c∈M即则(ac) ′= (bc) ′﹤＝﹥ac + 1 = bc + 1
重复以上过程a次，可得到ac + a = bc + a = bc + b
即a(c+1) = b(c+1)
∴c∈M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k∈N,使得a + k = b,由(1) (a + k)c = bc
ac + kc = bc﹤＝﹥ac < bc
(3)依据(2)由对逆性可得。
7.设 a=(3+) / 2 , b=( 3-) / 2 , An= (an-bn)/ (n=1,2,…..).
(1) 以a,b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) a+ b=3, a b=-1,
由韦达定理得以a,b为根作一元二次方程为：
X2-3X-1=0
(2) 证：3An+1+An
=3(an+1-bn+1)/ +(an-bn)/
=( a+ b) (an+1-bn+1) /+(an-bn)/
= (an+2 -bn+2 - a bn+1 + b an+1 + an- bn)/
= (an+2 -bn+2)/
=An+2

(3) 证：
①当n=1时，有A3 =10，则 10| A3。
② 假设当n=k时，有10| A3k
则当n=k+1时，
A3k+3 = 3A 3k+2+A3k+1
=3(3A 3k+1+A3k) +A3k+1
=10 A 3k+1 +3 A3k
10|10 A 3k+1 , 10| 3A3。
10|10 A 3k+3
由①②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a<b< a′.
假设存在b，b>a(a,b∈Z).则有k∈Z。使b=a+k。
若k=1，则b=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a1, a2，a3Q,bi,ciZ(i=1,2,3)使得a1 = ，
且bi与ci 互质(i=1,2,3)，则
(a1a2)a3
=( )
=
=
=( )
=a1(a2a3)
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）N∪{0}；（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+0,0-0,0×0∈{0}。

（2）可以进行畅通无阻的算术运算；
不是数环；∵1+1=2∈{1}

（3）N可以进行畅通无阻的算术运算；
不是数环；∵对1，2∈N，1-2=-1∉N

（4）N∪{0}不可以进行畅通无阻的算术运算；∵0不能做分母。
不是数环；∵对1，2∈N，1-2=-1∉N

（5）Q+ 可以进行畅通无阻的算术运算；
不是数环；∵对1，2∈N，1-2=-1∉N

（6）奇数集合不可以进行畅通无阻的算术运算；∵负数不能进行开方运算。
不是数环，因为对1,3∈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；∵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，…，±3n，…}。
12. 设有n个正分数（分母为正数）。求证：。
证明：设（i=2,3,4.....n), (j=1,2,3....n-1)为符合题意的正分数，则按题意有

则有
又分母为正数
有 （1）
（2）
而
（3）
根据（1）可知（3）式的分子大于零，而分母也大于零，所以上述式子

同理根据（2）可证
得证。

14.已知近似数2315.4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：

所以绝对误差界
由于绝对误差界是近似数2315.4的十分位的一个单位，所以近似数2315.4的有效数字为5个。

15、计算，结果精确到0.001.
解：
16、设a、b、c、d∈Q，是无理数。求证：S=是有理数的充要条件是。
证：
把S=分母有理化，分子分母同时乘于（），
得S==，又由为无理数，S为有理数，可得：。

由x为无理数，现把S的分子分母同时乘于（），
得 S=
又因为，则S=，
又a、b、c、d∈Q，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）/2
Z=1+（（√3+i）/2）7=1-√3/2-1/2
|z|=r=√((1-√3/2)2+(-1/2)2)=√(2-√3)
cosA=(1-√3/2)/√(2-√3)
A=arcos(1-√3/2)/√(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：
∵|z|=1，设z=cost+isint，z'为z的共轭复数，z*z'=(cost+isint)*(cost-isint)=1，∴z*z'=1，即z^2-z+1=z^2-z+z*z'=z(z+z'-1)，u=|z^2-z+1|=|z(z+z'-1)|=|z|*|z+z'-1|=|z+z'-1|=|2cost-1，∴u=|2cost-1|，
当cost=-1时，umax=3；当cost=1/2时，umin=0
故umax=3，umin=0

24.设w是方程Zn=1（n∈N）的一个虚根，w=cos（2mπ/n）+isin（2mπ/n），其中m，n∈N，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）
（2）1+w+w2+…wn-1=0;
(3)(1-w)(1-w2)…(1-wn-1)=n。
证明：（1）由题有wn=1，则有（wr）n=（wn）r=1，r=1，2，…，n；故w，w2，…wn是1的n个n次方根。下面证明w，w2，…，wn两两不同。
假设wk=wi，k≠i，且n>k>i，由cos（2mπ）+isin（2mπ）=1，由m与n互质。可知cos（2mπ/n）+isin（2mπ/n）≠1，即w≠1.所以wk=wi只能k=i，这与假设矛盾。
（2）由wn=1，wn-1=0，（w-1）（1+w+w2+…+wn-1）=0.因为w≠1.所以（1+w+w2+…+wn-1）=0.

25.设，求，求和arg z的最大值和最小值。
解：(1)设复数z为x+yi
设C=
即C可以看作是坐标点到A的距离小于等于1的轨迹。
所以C其实就是以为圆点，1为半径的实心圆。
而的值即是原点O到实心圆上的坐标的距离。
过圆心和原点的直线与圆相交的两个点分别是取得最大值和最小值的对应点。
max()=+1=2+1=3
min() =-1=1

(2) arg z取得最大值和最小值时即是过原点与实心圆A相切的直线的切点对应的arg z
max（arg z）= 4/3
min（arg z）=

26.设复数z满足z z1+z+ z1=3，求z所对应的点z的轨迹。（z与z1共轭）
解：设z=a+bi
z1=a-bi
由题意得，(a+bi)*(a-bi)+(a+bi)+(a-bi)=3
即 a2+b2+2a=3
解得b=或
即或
所以根据复数图像x轴为a,y轴为b,得图像：

27.设x≠0，x应用复数证明：
。

证明：令
∴==
另外，

事实上，只要考查
的实部和虚部即可，
整理可得，实部=
虚部=
所以：

28.设p1，p2，…，pn为实数，方程
xn+p1xn-1+p2xn-2+…+pn-1x+pn=0
有一根cos a+ i sin a，求证：
p1sin a+p2sin 2a+…+pnsin na=0
证明：在方程的左右两边除以xn，得
1+ p1+p2(）2+…+pn-1(）n-1+pn(）n=0 （1）
即==cos a-isin a为该方程（1）的一个根
将=cos a-isin a代入（1）得，
1+ p1（cos a-isin a）+p2(cos a-isin a）2+…+pn-1(cos a-isin a）n-1+pn(cos a-isin a）n=0
又因为（cos a-isin a）n=cos na –isin na
∴1+ p1（cos a-isin a）+p2(cos 2a-isin 2a）+…+pn-1(cos （n-1）a-isin （n-1）a）+pn(cos na-isin na）=0
整理得，
实部：1+ p1cos a+p2cos 2a+…+pn-1cos （n-1）a+pncos na=0
虚部系数： p1sin a+p2sin 2a+…+pn-1sin （n-1）a+pnsin na=0
证明完毕。