(完整版)初等數(shù)學(xué)研究答案

(完整版)初等數(shù)學(xué)研究答案(完整版)初等數(shù)學(xué)研究答案(完整版)初等數(shù)學(xué)研究答案2。對自然數(shù)證明乘法單調(diào)性：設(shè)a，b，c∈N則(1）若a＝b，則ac＝bc（2）若a＜b，則ac＜bc(3）若a＞b，則ac＞bc證明：（1）設(shè)命題能成立的所有c組成的集合M.∵a·1=b·1∴1∈M假設(shè)c∈M即則(ac)′=（bc）′﹤＝﹥ac+1=bc+1重復(fù)以上過程a次，可得到ac+a=bc+a=bc+b即a(c+1)=b(c+1）∴c∈M由歸納公理知M=N。所以命題對任意自然數(shù)c成立（2)若a〈b，則有k∈N，使得a+k=b,由(1)(a+k)c=bcac+kc=bc﹤＝﹥ac<bc(3）依據(jù)（2)由對逆性可得。7.設(shè)=(3+)/2，=（3-）/2,An=（n-n）/（n=1,2,…。.).（1）以為根作一元二次方程(2)證明An+2=3An+1+An；(3)用數(shù)學(xué)歸納法證明A3n是10的倍數(shù)；解：（1）由韋達(dá)定理得以為根作一元二次方程為：X2—3X-1=0(2）證：3An+1+An=3（n+1—n+1）/+(n-n)/=()（n+1—n+1)/+（n-n）/=n+2—n+2—n+1+n+1+n—n)/=n+2-n+2）/=An+2(3)證：①當(dāng)n=1時，有A3=10，則10｜A3.②假設(shè)當(dāng)n=k時，有10｜A3k則當(dāng)n=k+1時，A3k+3=3A3k+2+A3k+1=3(3A3k+1+A3k)+A3k+1=10A3k+1+3A3k10|10A3k+1，10|3A3.10|10A3k+3由①②得，對nN*,有10｜A3n。9.證明整數(shù)集具有離散性.證明:要證明整數(shù)集具有離散性，即要證明在任意兩個相鄰的整數(shù)a與a′之間不存在整數(shù)b，使a<b<a′。假設(shè)存在b，b〉a(a，b∈Z)。則有k∈Z。使b=a+k。若k=1，則b=a+1=a′；若k>1，則b=a+k>a+1，即b>a′，因此b<a′是不可能的.10證明有理數(shù)乘法滿足結(jié)合律。證明：對于aa，aQ，bi，ciZ（i=1,2,3)使得a=,且bi與ci互質(zhì)（i=1,2，3）,則(aa）a=（)===()=a（aa）有理數(shù)的乘法滿足結(jié)合律。11.指出下列集合中可以進(jìn)行暢通無阻的算術(shù)運算，并且判斷哪些集合構(gòu)成數(shù)環(huán):（1)｛0｝；(2){1};（3）N；(4）N∪{0｝；（5）Q+（6）奇數(shù)集合；(7）偶數(shù)集合；（8）｛0，±3，±6，…,±3n，…｝;解:（1）不可以進(jìn)行暢通無阻的算術(shù)運算；∵0不能做分母.｛0}是數(shù)環(huán)，∵0+0,0—0，0×0∈｛0｝。（2）可以進(jìn)行暢通無阻的算術(shù)運算；不是數(shù)環(huán)；∵1+1=2∈｛1｝（3）N可以進(jìn)行暢通無阻的算術(shù)運算；不是數(shù)環(huán);∵對1,2∈N，1—2=—1?N（4）N∪{0}不可以進(jìn)行暢通無阻的算術(shù)運算；∵0不能做分母。不是數(shù)環(huán);∵對1,2∈N，1-2=-1?N（5)Q+可以進(jìn)行暢通無阻的算術(shù)運算；不是數(shù)環(huán)；∵對1，2∈N,1—2=—1?N（6）奇數(shù)集合不可以進(jìn)行暢通無阻的算術(shù)運算；∵負(fù)數(shù)不能進(jìn)行開方運算。不是數(shù)環(huán)，因為對1，3∈奇數(shù)集合，但1+3=4?奇數(shù)集合.（7）偶數(shù)集合不可以進(jìn)行暢通無阻的算術(shù)運算；∵負(fù)數(shù)不能進(jìn)行開方運算。是數(shù)環(huán);∵對任意的兩個偶數(shù)a、b，都有a+b，a—b，ab都屬于偶數(shù)集合。（8)不可以進(jìn)行暢通無阻的算術(shù)運算;∵0不能做分母，負(fù)數(shù)不能開方.是數(shù)環(huán),∵對任意的兩個偶數(shù)a、b，都有a+b，a-b，ab都屬于{0,±3，±6，…，±3n，…}。設(shè)有n個正分?jǐn)?shù)（分母為正數(shù))。求證：。證明：設(shè)（i=2，3,4。....n）,(j=1,2，3。..。n—1)為符合題意的正分?jǐn)?shù)，則按題意有則有又分母為正數(shù)有（1）（2)而（3)根據(jù)（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據(jù)（2）可證得證。14.已知近似數(shù)2315.4的相對誤差界是0。02%，試確定它的絕對誤差界，并指出它的有效數(shù)字的個數(shù)。解:由已知,相對誤差界：所以絕對誤差界由于絕對誤差界是近似數(shù)2315。4的十分位的一個單位，所以近似數(shù)2315.4的有效數(shù)字為5個.15、計算，結(jié)果精確到0.001.解：16、設(shè)a、b、c、d∈Q，是無理數(shù)。求證：S=是有理數(shù)的充要條件是.證：把S=分母有理化，分子分母同時乘于（),得S==，又由為無理數(shù)，S為有理數(shù)，可得：。由x為無理數(shù)，現(xiàn)把S的分子分母同時乘于（），得S=又因為，則S=，又a、b、c、d∈Q，因此S為有理數(shù)。21。求復(fù)數(shù)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—√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.設(shè)x,y是實數(shù)，z=x+yi，且｜z｜=1,求u=|z*z-z+1｜的最大值和最小值。解：∵|z|=1，設(shè)z=cost+isint,z'為z的共軛復(fù)數(shù),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|，當(dāng)cost=-1時,umax=3；當(dāng)cost=1/2時，umin=0故umax=3，umin=024.設(shè)w是方程Zn=1（n∈N)的一個虛根，w=cos（2mπ/n）+isin（2mπ/n），其中m,n∈N,1<=m<n，且m,n互質(zhì)，求證：(1）w，w2,…,wn是1的n個不同的n次方根(n次單位根）（2)1+w+w2+…wn-1=0；（3)(1—w)（1—w2)…(1—wn-1)=n。證明：（1）由題有wn=1,則有(wr)n=（wn）r=1,r=1,2，…，n；故w，w2，…wn是1的n個n次方根.下面證明w，w2，…，wn兩兩不同.假設(shè)wk=wi，k≠i，且n〉k〉i，由cos（2mπ)+isin（2mπ)=1,由m與n互質(zhì)?？芍猚os（2mπ/n)+isin（2mπ/n)≠1,即w≠1.所以wk=wi只能k=i，這與假設(shè)矛盾。（2）由wn=1，wn-1=0,（w-1）(1+w+w2+…+wn—1）=0。因為w≠1。所以（1+w+w2+…+wn-1）=0。25.設(shè),求，求和argz的最大值和最小值.解:(1）設(shè)復(fù)數(shù)z為x+yi設(shè)C=即C可以看作是坐標(biāo)點到A的距離小于等于1的軌跡。所以C其實就是以為圓點，1為半徑的實心圓。而的值即是原點O到實心圓上的坐標(biāo)的距離。過圓心和原點的直線與圓相交的兩個點分別是取得最大值和最小值的對應(yīng)點。max()=+1=2+1=3min（)=—1=1(2）argz取得最大值和最小值時即是過原點與實心圓A相切的直線的切點對應(yīng)的argzmax（argz）=4/3min（argz）=26。設(shè)復(fù)數(shù)z滿足zz1+z+z1=3，求z所對應(yīng)的點z的軌跡。(z與z1共軛）解：設(shè)z=a+biz1=a—bi由題意得，（a+bi）*（a—bi）+(a+bi）+(a—bi)=3即a2+b2+2a=3解得b=或即或所以根據(jù)復(fù)數(shù)圖像x軸為a,y軸為b,得圖像:27.設(shè)x≠0，x應(yīng)用復(fù)數(shù)證明：。證明:令∴==另外，事實上，只要考查的實部和虛部即可，整理可得，實部=虛部=所以：28。設(shè)p1，p2，…，pn為實數(shù),方程 xn+p1xn-1+p2xn—2+…+pn—1x+pn=0有一根cosa+isina，求證： p1sina+p2sin2a+…+pnsinna=0證明：在方程的左右兩邊除以xn，得 1+p1+p2（）2+…+pn-1（）n—1+pn（)n=0（1） 即=EQ\F（1,cosa+isina）=cosa—isina為該方程（1）的一個根將=cosa—isina代入(1）得， 1+p1（cosa—isina）+p2(cosa-isina）2+…+pn—1（cosa—isina）n-1+pn(cosa-isina）n=0 又因為（cosa—isina)n=cosna–isinna ∴1+p1（