初等数学研究(程晓亮、刘影)版课后习题标准答案

1、1 1 / / 2929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i满足r - _1，和有序实数对（a,b）起组成一个复数a bi.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ax=b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

2、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A,B,C,D两两没有公共元素a,b,c,d分别是非空有限集A,B,C,D的基数，根据定义，若a b，则存在非空有限集A，使得A-B;若c_d从而必存在非空有限集C，使得C二CD，所以（A _ C）二（B

3、 D）所以集合A一C的基数 a c 大于集合B . D的基数b d，所以a c b d.5（ 1）解：按照自然数序数理论加法定义，5 3 =5 2二（5 2） 5= 515=5155=5 5 5 =15（2）解：按照自然数序数理论乘法定义5 3 = 52= （5 2）-（5 1）二（5 1）=（6 ） = 7 =86 证明：1当n =2时，命题成立.（反证法）2 2 / / 29292要证_ak1ak12一丄，即k 1 1ak12kk 1ak12kk 1二k 1 ?ak-2 k 1 ak 11 - 07 证明：1当n = 8时，命题成立.(3 5)2设n二k（k7,kN）时命题成立.k角邮资可

4、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k 1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k 1角的邮 票综合1、2，命题对于不小于 8 的所有自然数成立.8 证明：(1) f2=1, f3 = 3=12, f4 = 6 = 123 1(2)f n =12n -1 n n -121当n =2,3,4时，命题成立.12假设n二k（k 7, N）时命题成立，即f k =-k k -1.那么n二k 1时，原k21条直线有-k（k -1）个交点由条件知，第k 1

5、条直线与原k条直线各有一个交点,2且互不相同故新增k个交点，所以f k 1二f k k =1k Tk 1 -1】.2综合1、2，命题对于不小于 2 的所有自然数成立.2假设n =k时(k _2)成立，即ai 0,i =1,2,k,2 2a1a221 akk当n = kT 时，由ai0, i =1,2 , k T，且a1a2aa2akai得，一12 =1,且 一1ak 11ak 11_ak1.2+1ak .12/+ _a?J -ak卅丿222221 ak 12a1七2+ak+a“ -_+a“k由归纳假设，得a1J ak卑akJ一aM4 j-k,3 3 / / 29299举例：正整数集 N 上定义

6、的整除关系“|”满足半序关系.证明：（1）（自反性）任意的正整数x，总有x|x；（2）（反对称性）如果x|y, y |x，那么x = y；(3)(传递性)如果x|y, y|z，那么x|z.通常意义的小于等于也构成半序关系，同理可证.10 证明：设M 5 N，且11 M2若a M，则a M.若M = N.令A是所有不属于M的自然数组成的集合，则A是N的非空子集，按照最小数 原理，A中有最小数，设为b.由知b=1，于是存在自然数 c，使c二b，这样就有c : b，所以c M，但根据有c M，这与b M矛盾.所以M = N .11 证明：(1)根据自然数减法定义有，a=b(a_b),d(c_d) =

7、 c，两式相加得：a d (c-d) = b (a-b) c，于是(a d) (c -d) = (b c) (a - b)，若a-b=c-d，贝U a d = b c若a d = b c，贝U a-b=c-d(2)(a-b) (c-d) (b d) = b (a-b) d (c-d)=a c(3) 先证(a-b)c二ac-bc事实上，由be (a -b)c二b (a -b)c二ac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a(c-d)-b(c d) = (ac+bd)(ad+bc)，根据(1) 上式就是a(c _d) (ad be)二b(c - d) (ac bd

8、)于是只要证明ac be二be - ac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ba,d= c，两式相乘，得b dad = bc旦，所以有：若ad二be，贝U -=；若-=，贝q ad二be4 4 / / 2929d bb d b d(2)bd(ac)二d(b旦厂b(d )二adbc，根据除法定义，(2)成立.b dbd(3)bd(a c (ba)(dcac，根据除法定义，(3)成立.b db d13 证明：(m n)=(nm)= nm= mn.5 5 / / 292914 证明：设-a,bN，下，下面证明a二b,a . b,a : b三种关系有且仅有一

9、个成(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a=b, a . b同时成立， 则存在kN*， 使 得：a=bk=ak于是 a a，与 a = a 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 a， 设M是使三个关系中至少有一个成立的所有b的集合， 当b=1时, 若a =1，贝U a二b成立；若a =1，贝U存在k N*，使得k1 b k，这 时a b成立.因此1 M.假若b M，即三个关系中至少有一个成立.当a: b时，存在m N*，使得b = a m，则b(a m)=a m，即a：b成立.当a b时，存在k N*，使得a

10、二b k，若k = 1，就有a = b 1二b;若k =1，就有| N，且k = l，使得a=b，l二b，l，1二b l，即a b成综上，b M，从而M = N15证明：n = n(ax by) = nax nby，ab | nax nby二n16 证明：因为ab cd - (ad be) = (b -d)(a -c)，且a - e | ab cd，a - e | (b _ d)(a _ c)， 所以a _ e | ab cd _ (b _ d )(a _ c)， 即a -c | ad bc17 证明：因为 pP -1 = (p -1)(pp4 pP j p 1)，而有限个奇数的乘积仍是奇数，

11、奇数个奇数的和也是奇数，因而pp pp p 1 是奇数，于是 ppT =(p T)(2s 1),s Z，同理有 qq1 = (q 1)(2t 1),t Z，两式相加：ppqq=2(p -1)(s t 1) (p q)(s t 1)，所以 p q |(ppqq).a | n,ab|b | n, ab | an, ab | anx6 6 / / 292918 解：因为3p 5q =31，所以3p和5q必为一奇一偶.若3p为偶数，可验证质数p=2,q=5，则0g2- Og2- Og 2 = -323q 13 5 18若5q为偶数，可验证质数P =7,q =2，则log2P log203q+13x2

12、+ 1所以log2P3或0.3q +119 证明：根据减法是加法的逆运算知，设a,b是有理数，ab是这样一个数，它与b的和等于 a 即(a b) b二a但是，我们有a (_b) b =a ( -b) b(加法结合律)=a 0 = a因此，a b)这个确定的有理数，它与b的和等于 a，.a - b = a (-b)又如果差为 x，则有x b = a，于是，两边同加(-b)有:x b(一b) = a (-b)x b (b)二a (b) x = a (_b)即差只能是a (-b)，定理得证.3_b=2J .03321 证明：首先证明 x 兰 y 当且仅当-y兰x兰y.事实上，若 x 岂 y，当x一0

13、时，x = x 乞 y 且x一- y，即-y乞y;当x：0时，一 x = x|Wy,有- y兰x,且x0兰y,故一yEx兰y.反之，若一yExEy,当x0时，x=xy;当xv0时，yMx=X.下面来证明：ab 兰 a+b 兰 a +|b .20 证明：做差,7 7 / / 2929事实上，对于a,b显然有：一 a 兰 aw|a-lbMb 芈故有(a b)乞 a b 乞 a b .由上面的讨论知，a +b w|a + b .另一方面，a =|a + b b 兰 a+b + b = a+b +|b .故 a-b_ab_a b .22 证明：(反证法)设其中p,q是正整数，不妨假定p,q互素，q取自

14、然数n .q,用n!乘下列级数表达式两边：1!2!3!得：11n!e = n! n! n(n -1)3亠 亠1 -n+1(n +1)( n+2)1 1令an二 n! n! n(n -1)3 -1,bn：n 1 (n 1)(n2)于是n!e=an也，则n!e应为正整数，n!e-an应为整数.但是1 1 10 x 0ln(1 x) -1 n(10)x0:x.1010 / / 2929式：-(y - a) -4(y -ay a ) - 0( (因x R).).从而，3y -2ay - 0即0 - y a.4322同理可证0 _x a,0 _z a.333.3.设a, b, c表示一个三角形三边的长，

15、求证: :1111 / / 29292 2 2a (b c a) b (c a b) c (a b c)乞3abc证明不失一般性，设aHbzc,令a=c + m, b = c + n,贝U mzn 0.有pop3abca (b ca) _b (c a _b) _c (a b _c)= a(a-b)(a_c) b(b_c)(b_a) c(c_a)(c_b)2 2=(c m)(mn)m (c n)n(nm) cmn= (mn)c(mn) (mn ) cmn _ 0.2 2 2.a (b c - a) b (c a -b) c (a b -c)乞3abc4 4.设x, y乏R,且x2+ y20成立.

16、 .命题得证. .证明 欲证门成立，只需（旦1 1B B）21 +ab： ：1, ,即证(a b)2： ：(1 ab)2. .5 5.已知a 1, b 1,求证1.1212 / / 29296 6.若n门11二ai=1(ai0),求丨丨(ai)一(n -/.i珀证明a2a2二a2丄a11313 / / 29291111/ 2八1an0 2. (n1)n212n2n21ann ann a：n a. na.n2项1以上诸式，当且仅当a (i =1,2,., n)是等号成立. .诸式两端相乘得n(q丄)2丄)(an丄)_(n21)nn1即(ai)_(n丄)n.a1a2anYn nyain1等号当且仅

17、当ai=a2=. =an时成立. .n7 7.证明：函数f (x)二X8X5 X2X 1 0.证明(1)(1)当x (-：,0)时，显然f (x) .0;823当x (0,1)时, ,f(x) = x x (1 _x )(1 _x) 0;53(3)(3)X 1,：) )时, ,f(x)=x(x -1) x(x-1) 10.综合(1),(1), (2),(2),可知，可知f (X)恒正. .& &证明 若a K1(i =1,2,., n),则2n_L(a1a2.an+1)K(1 + aO(1 + a2).(1 + an).证明用数学归纳法证明如下：当n =1时，命题显然成立；假设命题对n成立，我

18、们来证明它对n 1也成立，注意到ai-1(i =1,2,., n).n 1nn 1nn _1n丨(1 ai(1 am) 2(丨a 1) = 2(【a I代1)iWiWi珀iWn 1nn 1n 1n 1n=2nJm a+1+(n a+%+) =2心(口ai+1)+口a+1n 0厂1+口a+a)i =1i =1i di =1i=1iNn 1n 1n 1=2n(1【ai - 1H2n4m ai - WIQ-am)i =1i Ti zin 1nn Tnn由已知 7a =1可得na1a2.ani 4,(n3n丄).临丄)_(n2a2an1)n2nn1(a1a2.an)11414 / / 2929= 2n

19、(丨a：边心丨agn 1-1)-佃1-1) =2n(丨a： 1)-2心&-1)【a-1)i =1i =1i di =1n 1豪(丨ai1).i 4故命题对n 1成立. .n2n9 9 .设ai_ 1(i =1,2,.，n),求证 | (1 aj(1 a a2. an)i=1n+1证明nnnai-1n/ ai-1n/ ai-1I丨(1 aj =2|丨(1 -1)_2(1-二-)_2(1-二-)i 4i 12iA2ynT1n2nn=2n(n 1亠二佝-1)一(1亠二aj.n 1i4n 1 y1010.设x y z = 0,求证：6(x3y3z3)空(x2y2z2)3.证明 显然x =y =z =0

20、是平凡情形 假定x, y, z不全为零，不妨设x . 0, y : 0.由z - -(x y),得x3y3z3=3xy乙记333、22 2 20 |xy|2I = 6 (x y - z ) = 5x4 y z =2 16 z22xy| + |xy| +z2门216 22- =(2z2+2xy)3. .再注意到x2y2= (x y)2xz22 xy ,因而2z22 x x2y2z2,这就是所要证的不等式. .1111.已知a,b为小于 1 1 的正数，求证: :、a2b2(1 a)2b2；a2(1 b)2(1一a)2(1 - b)2一2、2.证明设乙二a bi,z2= (1 - a) bi,z3

21、二a (1 b)i,z4= (1 a) (1 -b)i,则z=Ja2+b2, ,Z2= J(1a)2+b2, ,Z3I =J(1 a)2+b2, , 乙I = Ja2+(1 b)2+ J(1 a)2+(1 b)2. .zj+|zj +|%| + z/Alw +z2 +% +z=2+2i| =2运.a2b2.(1a)2b2；a2(1b)2，、(1a)2(1b)2-2&.1515 / / 29291212.设abc R ,求证: :anbncn_ apbqcraqbrcparbpcq,其中n：二N, p,q,r, ,且p q r二n.同理aqbrcp三式相加,即得anbncn_apbqcraqbr

22、cparbpcq.亠3332221313 .设a,b,c：二R ,求证：a b c - a b b c c a.证明 该不等式关于a, b, c对称，不妨设a X b A c,则由左式-右式2 2 2 2 2 2=a (a _b) b (b _c) c (c _a) = a (a _b) b (b _ c) c (c _ b b _ a)= (a2-c2)(a-b) (b2-c2)(b-c)_0.故a b c -abbcca.14.14.已知a b 0,求证35 -3、b：3Qb.证欲证需一临 b 0,所以寤b 0,Ma -b a 0,只要证a -3&a2b +3?ab2-be a-b,即要证

23、$ab2c&a2b,由于 0,只要证21 - J1 +2x式0二x式02 2x 2,1 2x : 2x 9二解得45x :8r11!x10,1a.1x1x _1 ax:0 =11 -a:x：(2)当0：a：1时，1-10,x二彳11 a.L x1 x：1 -a即原不等式的解集为12乞x：01 -1a =x1818 / / 2929解这个问题的数学模型是二元线性规划. .1919 / / 2929x+2yE400,2x + v兰500,一x, y件，约束条件是，目标函数是|0,y一0.f = 3x 2y.要求出适当的x, y，使f = 3x 2y取得最大值. .偲3图(该图来至高中数学课程标准，

24、需重做)3a先要画出可行域，如图。考虑3x 2y =a,a是参数，将它变形为y x ,这是223aa斜率为 ，随a变化的一族直线。是直线在y轴上截距，当最大时a最大，当然直222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3x 2y取得最大值的(x, y)是两直线2x 500与x 2y =400的交点(200,100). .因此，甲、乙两种产品的每月产时不时分别为200200、100100 件时，可得最大收入 800800 千元. .2121.n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

25、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n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xi =1,2,., n),检验台所在之点的坐标为的坐标为x, ,那么机器人送验所走的距离之和为s(x)=|x_Xi|+|x_x2|+|x_X3|+.+|x_X4|( (x为实数),),s(x)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n = 2时，检验台放在这二个机器人之间的任何位置都一样n =3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n为奇数时，检验台应放在正中间的机器人所在的地点 时，检验台应放在最中间两个机器人之间任

26、何位置设甲、乙两种产品的产量分别为当n为偶数2020 / / 292932222.已知函数f(x)=ax -3x 1对于x-1,1总有f(x)_0成立，求实数a的值. .2121 / / 2929f(-10,时，f (x)取得极小值 xw1,1总有f(x)Z0成立等价于1即喘a乞4,i从而a =4.a _4.2323.已知f (x) =lg(x 1), g(x) =2lg(2 x t)( (t R是实数).).(1)(1)当t=1时, ,解不等式f(x)乞g(x);如果x 0,1, ,f(x) _g(x)恒成立，求参数t的取值范围x+0,1X A *2x+t0,即 $2则2x+1 W(2x1)

27、2.,4x5x HO.5f5，” X兰一.所以原不等式的解集为4x X色一.4I4Jx 10,(2)(2)x 0,1时，f(x) g(x)恒成立，即x 0,1时，有2x-10,即2必+1兰(2x + t).x +1 0,t -2x,恒成立，故x 0,1时，t：-2x 、x 1恒成立. .工-2x + VM.于是问题转化成求函数y = -2x 、.厂7,x0,1的最大值. .令u.,则X =u21,u 1八2.则y = 2x、X 1二2(u-丄)217在481,、2上是减函数. .故当u =1,即x=0时，-2X、Q3有最大值.t的取值范围是1,=.解显然当a乞0时不成立，故a . 0.2f (

28、x)二3ax -3,令f (x)二0,解得x = _1a.1a1x2,x=0或x_9I4解(1)(1)原不等式等价于2222 / / 29292424.某工厂统计资料显示，一种产品次品率p与日产量x(x N ,80 -x100,单位：件)之间的关系如下表所示：日产量808081818282X989899991001002323 / / 2929X次品率111p(x)111p28272610981k一其中p(x)( (n为常数) ) 已知一件正品盈利k元，生产一件次品损失元( (k为不定常n _x3(1)(1) 求出n, ,并将该厂的日盈利额y( (元) )表示为日生产量x( (件) )的函数；

29、(2)(2) 为获取最大盈利，该厂日生产量应定为多少？(80乞x乞100, x N*).*141144令108 x二t,x 8,28,t N .y k(108t)(3) k 328 3(t)3t 3 t-1k(328 -3 2 12256k.33144当且仅当t,即t =12时取得最大盈利 此时x =96.tx2525.设函数f(x)=d.(1)(1)求函数f (x)的单调区间；若k 0,求不等式xf(X)k(1 -x) f(x) 0的解集 解(1)(1)f(x)的定义域为(：,0)U(0, =), f (x) - - ex=exx=4ex,令x xxf (x) =0,得x =1.：x：0时，

30、f (x) : 0,0 : x：1时，f (x)：0, x 1时，f (x)0.f (x)的单调增区间是1,：),单调减区间是(-：,0),(0,1.(2)(2)由f (x)k(1 X)f (x)二_1)(2kx 1ex0,得(xT)( kx 1)：0,故当xrii宀0 Vk C1时，解集是& 1 ex ;当k =1时，解集是0;当k 1时，解集是IkJf 11? X一ex c1 .I kJ解(1)(1)根据列表数据，可得n= 108. p(x)=1108 x(80 _x _100,xN*).由题意, ,当日生产量为x时，次品数为x,正品数为108 x(11108 X1108 -X)1 1x

31、k31081x.整理得y k(334108x)x2424 / / 29292626.设函数f(x)=xxa +b,b为常数且b223,对于任意x0,1, f (x)02525 / / 2929恒成立， 求实数a的取值范围 解从去绝对值展开讨论2当a乞0时,x - axb：O对x0,1恒成立严0,a 1b.a,91,当a _1时,x2 ax b : 0对x0,1恒成立, 一1乞b：2 2-3,或b：-1,a0,即ac0.由a2兰1知aW1,因此a的取值范(2)(2)记f (x)的最小值为g(a). .我们有f (x) =2x2+(x _a) x_a2-,x a,a22a3(x)233(x a)2

32、-2a2,xa.当a_0时，f (-a)二-2a2, f(x)*-2a2,此时g(a)二fa2.2626 / / 29292727 / / 29292当时，f(|ra2若x a，则my号2 2 22222x a二2a : 0, f (x) = (x a)2a - 2a a .此匕时g (a) a .33卜2a2,a HO,综上得，g(a)二2 2a , a . 0.3x1+|x2,且不等式a+b|+|a b国a| f (x)对a =O,a,bR恒成立，求实数x的取值范围a + b + a b解 由a +b + a b K a f (x)且a鼻0得-!L f (x).又因为同2 2 2 2 2

33、22b 3c 6d - (b c d).由条件可得5 - a _ (3 - a),解得 仁a乞2,当且仅当2828.已知函数f(x)二a b |a - ba +b +a bA-一a=2, ,则只要23f(x).解不等式x 1+|x2兰2得2828 / / 2929沁肩.22 2 2 22929.已知实数a,b,c, d满足a b c 3,a 2b 3c 6d = 5,试求实数a的取值范围. .解 由柯西不等式得(2b23c26d2)(-1(b c d)2,即236故所求实数a的取值范围是1,23030.已知函数f(x)(x，R)满足下列条件，对任意实数XX2都有人(N X2)2兰(x2) f

34、(xj f (x2), f (xj - f(x2)兰X2,其中丸是大于 0 0 的常数, ,设实数a, a,b满足f (a) = 0和b=a-，f (a).(1)(1)证明： 1,1,并且不存在b0=a0,使得f(b0)=0;2 2 2证明: :(b -a。) _ (1 )(a aj ;证明: :f2(b) ( 2)f2(a).证任取Xf,x2R,x2,则由(%-x2)2乞(-x2)f(xj - f (x2) (1)及f (xj f (X2)兰NX2, (2)可知2I2九-X2)兰(M -X2)f(为)一f (x2)兰 -X2f (xj - f (x2)兰XiX2,从而&1.假设有th=a。，

35、使得f(bo) =0,则由(1)(1)式知0(a。-b。)2乞(a。-bo)f (a。)- f(bo) =0,产生矛盾. .所以不存在b。=&,使得f(bo) =0.证由b = a -，f (a), (3)可知c二1, d=丄时, ,36amax=2;当b =1,c二,d二1时, ,33负3巫成立当b二12929 / / 2929(b-a。)2珂a-a。- f (a)2=(a-a。)2-2(a-a。)f(a) 2f2(a). (4)由f (a0)-0和(1)(1)式，得(a-玄)f(a) =(a-a0)f (a)-f (a。)(a-a。),(5)由f(a。) =0和式，得f2(a)二f(a)-

36、 f (a。)2乞(aa。)2, (6)将(5)(6)(5)(6)代入式 得(b -a。)？=(a-玄)2 -2，(a_a0)2，2(a_ 兔)2 =(1一，2)(a_a0)2.证(3)(3)易知ab时, ,(a)f(b)兰1浓f(a)f(b)_1,故a -b九f (a)扎2兰如兰？1&兰他兰1丸2,f(b)兰(1 k2) f(a),当a=b此式也成立，贝Uf(a)f(a)f2(b) m(1-2)f2(a).第三章习题及答案1 1 如果F(x)二f/xj f2(X2).fk(xJ = 0,那么方程F(x) =0的解集等于下列各个方 程：(x) =0,f2(x) =0,., fk(x) =0的解

37、集的并集，其中每一个解都属于这k个方程的定义域的交集. .解设F(x)的定义域为M,fj(x)的定义域Mj(i =1,2,.,k),因为F(x)二f1(x)f2(x).fk(x),所以，M= M1“M2门.“Mk.又设F(x) = 0的交集为代3030 / / 2929x A;fi(x)=O的解集为Bi(i =1,2,.,k).因为x A M ,所以XiMJlM.|Mk.因为F(xJ=O,于是有fi(X|)f2(X2).fk(Xk) =0,这个等式的左端至少有一个因式等于零,这表明x EUB2U.UBk.反之易证RU B2U.U Bk5A.2 2.设q ca?c. can，f (x)(-o,a

38、jan，畑).当Aqmaxf (a),i =1,2,., n时，不等n式送|x a 0,解由于log82、-2=丄，原方程同解于2163x A0,解这个混合方程组163x1,(16 -3x =x-2.得原方3333 / / 2929lx y二a,1111.解方程组555(a = 0)lx +y =a .3434 / / 2929解原方程组可变形为(I)或(II)x y；a,lxy = 0.Ixy二a .解(I)得x=a,ly =o；x=0,解(II )得y=a.a - a/3ia3ia + aSix二2a-aT5i y二21212.解方程组丄1丄x丄y xy13,xy y x1 x y xy

39、-xy y x=12.解(1) (2),(1) -(2),得方程组y2xy 225,x22xyx1.y令xy二u,二v,方程组变形x2u2v =25,为22彳u =10,解得55 u ,2v二；v2；v=10.xy = 10,即_y55xyW(II)2-=10.iX解(I )得卜=2,* X2= -2, y1=5；y一5.解(II )得1 fy3= 5；y41=2xn,1313.解方程组xy yz zx = 33,(1)(2)(x y)(y z)(z xH 294.解 方程(3)(3)可变形为xyz =36,由韦达定理则可看出x y z = 10,xy + yz + zx= 33,的解即为关/

40、yz = 36.于t的三次方程t310t2+33t 36 =0的根. .可求得t的值为加=3,t3= 4.进而求得原方捲=3, X2=3, X3=4,程的组的解为y3y2= 4y3= 3Z1=4;Z2=3;Z3=3.1414.解方程组x -yx yx = y ,(1)i i - -( (如果底数和指数是变量，只考虑使底数取正值的情.xy=1.(2)3535 / / 2929形.).)1丄41x_1_x乞解由方程可得y =X2,以此代入方程（1 1）得方程=X=X2 2.（3）因为X 0,31 4所以方程 的两端总取正值. .以方程 的右端的表达式除等式（3 3）的两端得x2 2=1.显然，x=

41、1是这个方程的解，从而由方程（2 2）得y = 1,于是乂二1是原方程组的解17 = 1=，X,从而由方程 得y =33.经检验可3391X = 3，知39也是原方程组的解y =-3.Ex2 23=0时，由此可得X2 表示取整则1t二討 242l4t29t 9 A0,_亠,又1 t -1：:：2 t,即2因t乙解得t - -1 或 t = 3,94t -9t-180.故原方程的解为2yx或y=2x(x R且x二0).321616.解方程x +3x 4 = 2x 1 1.21解 零点分段法. .由x2+3x -4 = 0,2x 1 = 0求得x；= V, x；= , x；= 1.于是分区21 1

42、_5_5/41_1间x：-4, -4 _ x , x : 1讨论求解，得x1, x2, x3= 1即为所2 2 2 2求. .2 + 2 + 2xy yz zx x + v + z解将原方程变形为2 + 2*2xyzxyzxyz x y z _ 2 2 2ayz bxz bxz cxy cxy ayz a b c.利用合分比定42 42亠2xyz + xyz _ xyzx + y + z 2 2 2,(cxy ayz) (ayz bxz)(bxz cxy) a b c2 . 2.2xyz2.2.2.a b c(1)1515.解方程4x 3y二2X-2 -i解 原方程可变形为4乂+3丫=2乂1+

43、占,因xHO,即吩书.令羡t, ,3636 / / 29292 2 2同理可得.xVz2b解 令f(x) = x+l|+|3x+5 +|2x + 7 7 2x1 5x 2,则其绝对值零点分别22zxy222-2( 3 )从而有c2x4a22y _ 4b24c2r 2丄22飞x + y +z2丄-2丄2,a +b +c/+ y2+z22 , 2，由此得1224+b +c/2丄22 2x + y+ z-2丄J由原方程组可知x, y, z中至多只有一个为零，所以x2y2 z2= 0,于是有222xyz1abc222.由(1)，可得x , y , z =abc4221818已知方程组xmy2(2 m)

44、，有唯一的解X +9y2_9=0.， 求参数m的值. .解由x -my(2 m) = 0可解得my 2 m,以此代入x2 9y2-9 = 0, ,可消2 2去x, ,得未知元y的二次方程y (m 9) 2m(m - 2)y2m4m -5 = 0. (1)1如果m2 9 =0, ,那么m =3,对于m的每一个值，(1)(1)式是一次方程，且2m(2 m) = 0.由x_my-(2+m)0,可得唯一的解，2m(m 2)y m 4m - 5 = 0.2如果(1)(1)是二次方程，且有二重根，那么22225m (m2) -(m9)(m4m-5)1919.解方程解方程x+1 + 3x+5 + 2x+ 7

45、=72x 1 + 5x 2.为I，fmax(x)Y Y d dn nc cYd dn n7Q-,由于-10,则f(x)有最大值. .2 253225157435312761f(-，f(-，f(-1) = -3,f( )=, f()=223356231217,知f(x)=7有解，且解在区间T-x及x.25221T T _ _ x x 时，f (x) = 13x 10,当x时，f (x) - -x 16.52或X2=9即为所求. .31,故23737 / / 2929x2020.求3y=1的正整数解. .3解 去分母得x 9y =3.；(1,-9) =1,故有解 由观察知其特解为!Xo=-6,故其

46、一般ly0 =-1X = -6 +9t解为.因要求是正整数解，则-6 9t . 0, -1 t . 0,从而t1.故其正整数解y =_1 +t1x = -6 9t1x=129t为d,(t =2,3,4,.)或.(t=0,1,2,3,.)y - -1 ty =1 tx三0(mod3),x三0 17 3 = 51(mod3),解 原同余式组同解于x三1(mod5),即可推出x三1 10 51(mod 5),所以原同x三3(mod8).x三3 6 8 = 51(mod8).余式组的解为x =51(mod120).22.22.百牛问题：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.

47、.问 买的一百头牛中大牛、小牛、牛犊各几头？x y z =100,解设大牛、小牛、牛犊各买x, y, z头，则得方程组：1即|10 x + 5y + z =100.L2(1)得19x+9y=100,解之有9u,ly = 9 + 10u.得z =90 -10u u为整数. .据题意，应求正整数解，故1 -9u 0,9 19u 0,90 -10u 0.91门u ,u =0. . x = 1, y = 9, z = 90 1992323.一个正整数，如果用九进位制表示出来，则成ABC,如果用七进位制表示出来则成CBA，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x, ,由题意有X=9

48、2A9B C =72C 7B A, (1)整理得40A B = 24C.由于40A与24C有公约数B8 8,故3C - 5A,因右端3C -5A为整数，所以B必能被 8 8 整除，故B为 0 0 或 8.8.按题意82121解同余式组x三11(mod20),x三3(mod24).x+y+z=100,(1)20 x 10y z =200.代入3838 / / 2929要求0乞B : 7,因此B只能是 0 0,同样，0乞A：7,0乞C : 7.从3C -5A二0可知A =3,C =5.以A B、C之值代入 式，得x =248.所以，这个正整数用十进位制表示出 来是 248.248.2424.已知(

49、-2346,1081)=23,求s,t使-2346s 108123.解 先求s；t使2346 108123.由辗转相除法知n=3,q= 2,q2=5,q3= 1.二Pn=R=13,Qn=Q3=6.从而s=(1)2Q3=6,t = (1)3P = 13.2346 6 1081 (-13) =23.所以-2346 (-6) 1081 (-13) =23. s = 16,t =-13.25.25.( (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c. .c有最小素因数p,于是有c二p d.因为d :：: c,所以d有唯一的素因数分解式. .这说明，c的含p的素因数 分解式是唯一的. .但是，依假设，c至少有两种素因数分解式，所以c必有一种不含p的分解式. .设在这 个分解式中的最小素数是p1,并有c =口d1. (1)因为p1p,故有dr：d.从而也有pd：pd =c.现在来讨论数q =c-pd1=-pd=(口-p)d1：d.这是一个一个比c小的数，必有唯一分解式. .由上式，penPG=p(5 p)d1=p d1或p(5 p).但因p是分解式中