《初等数学研究习题解答》

1、初等数学争辩习题解答第一章 数系1.1 集合论初步·自然数的基数理论习题1.11证明集合与实数集对等。证明：取对应关系为，这个函数构成与的一一对应，所以集合与实数集对等。2证明证明：或，或（且），那么有或同时还有或，即同时还有，所以反过来：且，对于前者有或者；对于后者有或者，综合起来考虑，与前后都有，所以应是“且”即“”，再结合的地位“或者”以及前后关系有“或”即，所以所以。3已知集合有10个元素，都是的子集，有5个元素，有4个元素，有2个元素，那么有几个元素？解：集合如图1所示：由于，所以，从而，即有8个元素4写出集合的全部非空真子集。5证明，按基数理论定义的乘法对加法的安排律成立

2、。证明：设是三个有限集合，并且，记首先：由于，所以，所以其次：对于，由于，那么若，于是；若，于是，所以总有即反过来：，那么或者于是有或者，即，所以即所以6在基数理论定义的乘法下，证明。证明：设，则，是任意有限集，并且。作集合：，明显作对应，而这个对应是从到的一一对应，所以与对等，从而有：，即。1.2 自然数的序数理论习题1.21用定义计算。解：；。2用定义计算解：3在序数理论下，证明自然数的离散性，即不存在自然数，使介于与之间。证明：假如不然，由于，则必定是，由于，所以存在使，由于，所以，即，冲突（此前有）4用第一归纳法证明是9的倍数。证明：对于，有，结论成立；设成立，那么所以结论在也成立。5

3、用其次归纳法证明数列的每一项都是自然数。证明：由于，即是自然数；设都是自然数，那么从而也是自然数，故“的每一项都是自然数”成立。1.3 复数的三角形式与指数形式 习题1.31利用复数推导三倍角公式解：设，那么，另一方面，将开放：比较实部和虚部，即得：2设M是单位圆周上的动点，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，并且成逆时针方向，当M点移动时，求点N的轨迹。解：如图1-1，设对应的复数记为由于成逆时针方向，将向量绕点逆时针旋转后必与向量重合，所以有即 亦即：所以，但所以：整理即得：3设圆的方程为，点，在给定的圆周上，以为底边作等腰直角，并且成逆时针方向。当移动时，求点

4、的轨迹。解：设、对应的复数分别为：、不失一般性，不妨设成逆时针方向。于是有 这时：所以有：亦即 故 ， 从中解出得： 所以有：，即4设是复平面上三个点A、B、C对应的复数，证明三角形ABC是等边三角形的充分必要条件是证明：不失一般性，不妨设成逆时针方向，如图1-2，于是依据复数乘法的几何意义有，即但不共线。所以于是开放整理即得即。5试写出的四个四次方根。解：的幅角为，模为1，而的四分之一为，所以的四个四次方根的幅角依次为、，模都为，从而这四个虚根依次为、6用复数的乘法证明：（1）（2）证明：（1）设四个复数那么： 所以，即而即 （2）设三个复数那么： 所以，即而 所以 1.4 近似数的概念与计

5、算习题1.41已知近似数2315.4的相对误差界是0.02%，试确定它的确定误差界,并指出它的有效数字的个数.解：所以，确定误差界=0.46，有效数字的个数为5。2把数1460000.2471精确到十位、百位、千位、万位时，结果分别表示为什么?解：分别是：1.46000×106、1.4600×106、1.460×106、1.46×106。3把数5.2435、6.5275000、3.5465、7.278500精确到千分位时的结果分别是多少?解：分别是5.244、6.528、3.546、7.2784测量一个螺栓的外径和一个螺帽的内径分别应当用哪种近似数的截取

6、方式？请简要说明理由。解：螺栓外径用进一法，螺帽内径用截尾法。由于螺栓外径的测量值必需不小于真值，而螺帽内径的测量值必需不大于真值，否则螺帽将套不住与之配套的螺栓。5近似计算：（1）1.2×1041.53×1035003.6（2）43.260.3824（3）32.264×2.13（4）(2.63×103)÷2.43564解：（1）1.9×104；（2）42.88；（3）68.7；（4）1.08×1036一块圆柱形金属部件的底面半径长的标准尺寸为75mm，高为20mm。加工时一般会有误差。但要求成品的体积的确定误差不超过5mm

7、3，问测量时底面半径和高各自应达到怎样的精确度？解：部件的体积由于误差不能超过5mm3，它是10mm3的半个单位，所以体积的精确度应当是十位（单位mm3），即V应当有5个有效数字，从而测量时，底面半径、高都要有6个有效数字而底面半径、高本身的整数部分是两位整数，所以要达到6个有效数字，测量精确度必需达到（的半个单位），常数应取近似值为3.14159。7一个圆锥形部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误差不超过1%，底面半径和高应当用怎样的精确度的量具来量？解：部件的体积，确定误差为，它不足的半个单位，这样V的百位和千位数字是牢靠数字，即V有两个牢靠数字，所以

8、，底面半径和高都必需有3个有效数字，从而测量精确度应当达到0.1cm的半个单位，即要用测量精度达到0.05cm的量具来量。常数应取近似值3.14。其次章 解析式2.1 解析式的概念与运算 习题2.11将下列分式开放成部分分式（1） （2）（3） （4）（5） （6）解：（1）用综合除法将展成的多项式所以从而（2）设那么所以 解之得：，所以（3）由于，所以可设：这时 即 解之得：，所以 （4）设则：所以（5）而，所以（6）由于设所以2已知，求证：证明：由于并且 所以从而原等式成立。3已知，求证：证明：记将每个分母的1用代替，同时每个分式约分得：将的第一个、其次个、第三个、第四个分式的分子和分母分

9、别同乘以、，并利用，得：即：再将的第一个、其次个、第三个、第四个分式的分子和分母分别同乘以、，并利用，又得：即+得：所以 2.2 根式的化简 习题2.21化简下列各式：（1） （2）（3）解：（1）由于是完全平方数，所以原式可以化简。（2）（3）2化简下列各式：（1）（2）（3）（4）解（1）；（2）；所以：（3）（4）令则所以3设，化简：解：4设，求的值解：所以，于是5求下列各式的平方根（1） （2）解：（1）设两边平方：于是：即所以。从而（2）设两边平方：于是：即所以。从而6求下列各式的立方根：（1）； （2）（3）； （4）解（1）设，那么所以，而，故从而，即解方程组：，得，所以（2）设

10、，那么所以， 解这个方程组，得，所以（3），对于，设，那么所以，而，故从而，即解方程组：，得，所以从而的立方根是。（4）设那么所以；而，故从而，即而所以解方程组：，得，所以第三章 高次方程与不等式3.1 一元高次方程 习题3.1解下列方程：12345678910.解： 1. 用除方程两边得：配方得：所以 或或所以或2.用除方程两边得：配方得：分解因式：所以 或或所以或3.由于是原方程的根，所以原方程可以分解为对于用除方程两边得：配方得：分解因式：所以 或或所以原方程的根为，4. 用除方程两边得：配方得：所以 或或所以或5. 用除方程两边得：配方得：所以 或或所以或6. 由于是原方程的根，所以原

11、方程可以分解为对于用除方程两边得：令，则，于是得：分解因式得：所以有即所以原方程的根为， 7. 用除方程两边得：令，则，于是得：，明显是一个根，所以可以分解为即所以原方程的根为：8由于是原方程的根，所以原方程可以分解为对于用除方程两边得：配方得：所以 ，即，所以原方程的根为：，9用除方程两边得：配方得：所以，或，即，或，所以原方程的根为和10. 用除方程两边得：配方得：所以，即由于所以方程可以分解为：所以原方程的根为：。3.2 不等式及其证明习题3.21设，试比较与的大小。解：所以 2求证证明：用数学归纳法：由于，即不等式在时成立，设在时，不等式成立，即：各部分同时加上，并记，那么，有：这时所

12、以 成立。故原不等式成立。3设求证证明：用数学归纳法：记由于，即不等式在时成立。设在时，不等式成立，即：那么 由于 所以即成立。故原不等式成立。4求证证明：记，再令，则那么，于是由于函数的值域不是空集，而是任意实数，所以关于的方程有实数解。当时，对应的二次方程的判别式：当时，方程变成，这个方程有解，即是在的函数值，所以，函数的值域为，即5证明证明：由于；所以，即令即得：6证明其中n是自然数。证明： 由二项式定理：此时，由于所以故，即3.3 几个重要不等式及其应用 习题3.31设都是正数，并且，求证证明：2设是实数，是正数，求证：由于是正数，由柯西不等式有：所以成立。3设正数满足求证： 证明：利

13、用柯西不等式所以4设是正数，求证证明：可以变形成进一步变形成，这就是本节的例5.5设是正数，求证证明 6设是n个互不相同的正整数。求证：证明：不失一般性，不妨设，同时由于是互不相同的正整数，所以必有：因此 7在中，角、的对边为、，证明证明：不失一般性，不妨设，于是有，由排序不等式有：所以：所以： 第四章 初等函数的若干问题4.1 函数的概念及其性态习题4.11求证函数是奇函数。证明：明显函数的定义域是，其次： 所以 即是奇函数。2求下列函数的定义域：（1） （2）解：（1）欲使函数有意义，则有：即函数的定义域为。（2）欲使函数有意义，则有：，即函数的定义域为。3假如函数在区间上是减函数，并且是

14、偶函数，证明在区间是增函数。证明：，则；由于在区间上是减函数，所以，但是偶函数，所以有从而在区间是增函数。4假如函数在区间上是增函数，并且是奇函数，证明在区间是增函数。证明：，则；由于在区间上是增函数，所以，但是奇函数，所以有即 从而在区间是增函数。5争辩函数的单调性。解：函数的定义域满足：，解之得或，由于二次函数在递减，在递增，而，所以在递增，在递减。4.2 函数的初等变换习题4.21已知函数，求它的反函数的解析式。解：由于，所以，令，则此时由，即，所以所以数的反函数的解析式为。2设x是任意实数，求证。证明：令，那么，并且。故而，此时在同一个单调区间内有，那么。3争辩函数的性态。解：，这个函

15、数可以通过对作刚性变换得到：将左移2个单位，再沿反演得到，最终下移个单位即得，所以在和都是增函数，是函数的垂直渐近线，是函数的水平渐近线，是函数的对称中心；是函数的值域。4已知函数，先将此函数分别沿x轴向左右两边拉伸为原来的两倍，再分别向左、向上平移3个单位，求所得函数的解析式。解：函数的变化过程如下：4.3 初等周期函数的周期习题4.31求下列各组实数的最小公倍数：（1） （2）解：（1），所以的最小公倍数为。（2），而，所以的最小公倍数为2争辩函数的周期性。解：其中的最小正周期为，的最小正周期为，而，所以是以为最小正周期的周期函数。3证明函数不是周期函数。证明：由于的最小正周期为，的最小正

16、周期为，但不行公度，所以不是周期函数。4直接证明函数不是周期函数。证明：假如不然，存在非零实数使，即于是即由于是任意实数，所以只能是，那么是整数），于是。即，这与都是整数相冲突。所以这样的实数不存在，即函数不是周期函数。5求函数的最小正周期。解：的最小正周期为，的最小正周期为，而，所以函数的最小正周期为。4.4 取整函数x及其应用习题4.41求适合的一切实数。解： 由于，所以这样就有 即 2设，求证或。证明：由于所以而所以 假如是整数，那么有；假如不是整数，那么有3求整数，使整除且不能整除。解：4求的标准分解式。解：由于30以内的质数为2,3,5,7,11,13,17,19,23,29.那么

17、所以： 5证明。证明：设，是正整数。那么假如，那么于是，此时成立；假如，那么至少有一个成立，这时所以成立。第五章 数列5.1 循环数列 习题5.11推断下列递推公式是否为循环公式？（1） （2）（3） （4）解（1）由于不是的齐次线性关系式，所以这个递推公式不是循环公式；（2）不是，理由同（1）；（3）是。由于是的齐次线性关系式。（4）不是，由于一次式不是齐次式（但可以化成齐次式，得到的递推公式是3阶的）2求下列循环数列的通项公式。（1） （2）（3） （4）解：（1）特征方程为，所以特征根为设那么有：所以（2）特征方程为，所以特征根为设那么有：所以（3） 特征方程为，所以特征根为设那么有：所

18、以（4）先将化成循环公式：于是特征方程为，所以特征根为设此时由，得数列前三项为：那么有：所以3写出下列循环数列的循环公式。（1） （2）（3） （4）解（1）明显数列的特征根为，即特征方程为所以循环公式为（2）明显数列的特征根为，即特征方程为所以循环公式为（3）明显数列的特征根为，即特征方程为所以循环公式为（4）明显数列的特征根为，即特征方程为即 所以循环公式为5.2 数列求和与高阶等差数列习题5.21求下列数列的部分和：（1） （2）解：（1）设，记，而，所以的部分和为（2）所以数列的部分和为：2求下列数列的部分和：（1） （2）解：（1）由于所以数列的部分和为（2）记的部分和为所以从而：再

19、记那么所以所以，从而即3求下列数列的部分和（1） （2）解：（1）由于所以，其特征方程为，所以特征根为故可设而，所以所以（2）由于所以，其特征方程为，所以特征根为故可设而，所以所以5.3 两类特殊的循环数列习题5.31写出下列数列的循环公式（1） （2）（3） （4）解：（1）数列的特征根为，所以特征方程为即所以循环公式为（2）数列的特征根为，所以特征方程为即所以循环公式为（3）数列的特征根为，所以特征方程为即所以循环公式为（4）数列的特征根为，所以特征方程为即所以循环公式为2求下列数列的通项公式（1） （2）（3） （4）解：（1）由于：所以所以即记，则两式相减：所以所以（2）设，还原得，所

20、以即所以（3）由于，所以设还原得，所以即所以（4）由于，所以设还原得，所以即所以3求下列递推公式确定数列的通项公式。(1) （2） (3) (4) 解：（1）解方程：所以所以，即（2）解方程：所以所以所以：（3）解方程：所以所以，即（4）解方程：所以所以所以：第六章 排列与组合6.1 排列与组合问题的基本结构习题6.11.求证下列等式（1）；（2）证明（1）所以 将上面等式相加，即得：（2）2用数字0,1,2,3,4,5能够组成多少个没有重复数字的6位数？其中有多少个奇数？解：首位只能用1，2，3，4，5有5种方法；剩下5个数字排后面5个位置有种方法，所以得到的六位数个数是；排成6位奇数，个位

21、只能用1,3,5有3种方法，首位不能用0，有4种方法，中间4位有种方法，所以6位奇数的个数是3. 用数字0,1,2,3,4,5能够组成多少个没有重复数字并且能被25整除的4位数？解：能被25整除的数字特征为末两位（没有重复数字）只能是25、50，因此符合条件的4位数个数是：4.求证下列等式：（1）（2）证明：这时由于所以即（2）由于所以 5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，规定同一个面不能涂两种（含两种）以上的颜色，但每个面都必需涂色，试问共有多少种涂色方法？解：将这个四周体的四个面依次记为，单色图有7种；双色图有种；三色图有种；四色图有种，所以

22、总数有种。6求中，的系数。解：从六个括号中选择3个取有种方法，从剩余3个括号中选择2个取有3种方法，再从最终一个括号中取有一种方法，故的系数为。7已知，求与。解：设，由于而，所以 即，解之得6.2 解答排列与组合问题的思路分析习题6.2110双互不相同的鞋子混装在一只口袋里，从中任意取出4只，试求各有多少种状况消灭如下结果：（1）4只鞋中没有成双的；（2）4只鞋中有2只成双2只不成双的；（3）4只鞋子恰好配成两双。解：（1）为了保证取的鞋子不成双，只能先取四双，再从每双中各取一只，故有种；（2）先从中取一双，再按（1）的方法取2只有种；（3）从10双中取两双即可：有种。2将2n名新战士分成n个

23、2人小组学习机枪射击，试求分别满足下列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）由于同组两人有次序，分组方法为，但组与组无差别，故答案为：（2）由于同组两人无次序，分组方法为，但组与组无差别，故答案为：3将10个无区分的小球放入6个无区分空盒，试求有多少种放法使得至少有两个盒子不空？解：空盒数分别为：4、3、2、1、0，由于盒子无区分，4个空盒：放球有：共5种；3个空盒：有共8种；2个空盒：有共9种；1个空盒：有，共7种；没有空盒：有，共5种；所以一共有种。4有个年轻人和个老人，将他们排成一排，要求每个老人左右都各有一个年轻人搀扶，并且每个年轻人至

24、多只负责搀扶一位老人，有多少种不同的排列方式？解：从个年轻人种选派个年轻人去搀扶这些老人的选派方法有，将这个年轻人平均分成组有种方法，将每组年轻人和他们搀扶的老人分别看成一个整体，连同没有搀扶任务的年轻人排成一排有方法，但每组搀扶者有两种搀扶方式，所以总的排列方式有：55夫妻在一起结对跳交谊舞（一男一女搭配），试分别求下列条件下的方法数：（1）其中恰好有2对夫妻结对；（2）任何一对夫妻都不结对。解：假如我们把男人看做元素，女人看做位置，那么男女搭配跳舞相当于5个男人排成一排，于是（1）相当于恰好有两个元素排在与自身编号相同的位置上。这两个元素有种方法确定，剩下3个元素每个都不排在自己编号的位置

25、上有3种方法，所以问题的答案为种方法。；（2）相当于5个元素都不站在自己的编号上，由教材例12知，这种情形的答案为44.6从6名男选手和5名女选手中选出5人参与竞赛，要求至少有一名女选手和两名男选手，有多少种选法？解：依题意，男女选手的构成方式有三种类型；依据加法原理，总的方法数为：第七章 初等几何变换7.1 合同变换习题7.11用反射解决下列问题：（1）设圆和点在直线的同侧，在直线上求作一点，使射线和从向圆引的切线与直线的交角相等。（2）设点都在直线的同侧，在直线上求作一点，使射线与的夹角是与夹角的两倍。 1（1）题图 1（2）题图（3）在射线构成的角形区域内有两点，一质点从动身，到达射线上

26、某点后折向射线上某点，最终到达点，问分别各在什么位置时，折线的总长最短？1（3）题图 1（4）题图（4）如图，在矩形球台上有两球，问应怎样击球，能使球依次撞击后恰好击中球？解：（1）由于与和直线交成等角，因此设是关于直线的反射点，然后过引圆的切线，该切线与的交点即为所求（此题有两解，由于这样的切线有两条）。（2）如图所示，将沿反射到，以为圆心，为半径，画弧交直线于点，作的中点，连接交于，则点即为所求。（3）设是关于直线的反射点、是关于直线的反射点，连接交于，交于，那么折线段即为所求。（4）将点沿反射到，将点沿反射到，再将沿反射到，连接交于，交于，连接交于，那么将球击向点，那么球必沿折线运行。2

27、用平移解决下列问题：2（1）题图 2（2）题图（1）如图所示，若需在角形的河流上修建两座桥(桥身垂直于河岸)，建桥地点应当如何选取才能使两地间的通行路程最短？（2）如图所示，若需在平行的两条河流上修建两座桥(桥身垂直于河岸)，建桥地点应当如何选取才能使两地间的通行路程最短？解：（1）将向垂直于河岸方向，距离为河宽平移到；将向垂直于河岸方向，距离为河宽平移到；直线与角形河内岸的边缘分别交于两点，在两点各架两座垂直于河岸的桥，那么折线就是最短路线。（2）将向垂直于河岸方向，距离为河宽平移到；将向垂直于河岸方向，距离为河宽平移到；直线与平行带形河内岸的边缘分别交于两点，在两点各架两座垂直于河岸的桥，

28、那么折线就是最短路线。3利用旋转解决下列问题： 3（1）题图 3（2）题图（1）以的边、为边向外作正方形及正方形，连结、 求证：；（2）、分别是边长为1的正方形的、上的点，且的周长是,求的大小。（3）分别以的边、为边向外作等边三角形及等边三角形。连结、。设、分别是、的中点。求证：是等边三角形。（4）正三角形内接于，是劣弧上任意一点，求四边形的面积 3（3）题图 3（4）题图证明：（1）由已知可知，点绕点逆时针旋转90°为点，点绕点逆时针旋转90°为点，从而知线段绕点逆时针旋转90°为线段，故有（2）解：将绕点作逆时针旋转90°，则边与边重合，设旋转后，由

29、条件的周长为2，即又，且明显有，故，从而必有，又，是公共边，故，又从作图知，故。（3）证明：由条件可知，绕点逆时针旋转60°为。即线段绕点逆时针旋转60°得，而、分别是、的中点，即点是点绕点逆时针旋转的像，所以是等边三角形。（4）由于是正三角形，将绕点顺时针旋转，设的旋转像为。而四点共圆，所以，即三点共线，所以是正三角形。从而7.2 相像变换习题7.2利用位似变换或相像变换解决下列问题：1已知和分别各是两组相交直线，但由于区域的限制，已经不行能将其交点绘制出来。现设，试过点作与直线平行的直线，请写出具体作法。1题图解：如图所示：在线段和上靠近交点的一侧依次取点，取小于1的数

30、（例如取），以为中心，为位似比作位似变换，设的位似像为，依次过作，的平行线，其中是，的交点，是，的交点，那么分别是的位似像，于是过作线段的平行线就是符合要求的直线。2是内的一点，试过点作始终线分别与交于两点，使。其中给定的数。2题图解：如图所示，过作的平行线交于，过作的平行线交于，以为中心，位似比为作位似变换，设的位似像为，那么直线即为所求。3. 已知和分别各是两组相交直线，但由于区域的限制，已经不行能将其交点绘制出来。现设，是可达区域内与不共线的一点，试作出在可达区域内的外接圆的一段圆弧。请写出具体作法。3题图解：取小于1的正数为位似比，点为位似中心，用第1题的方法作出交点的位似像，作出的外

31、心，再以点为位似中心，为位似比，作出的位似像，以为圆心，为半径，在可达区域内作圆弧，此圆弧即为所求。4设是给定的三角形，是最大角所对的边，求作一个正方形，使在边上，在边上，在边上。解：如图所示，在边上任取一点，以为顶点作正方形，设射线与交于点，过作垂线，垂足为，过作平行线交于，过作垂线，垂足为，则四边形即为所求。7.3 初等变换的应用习题7.31用反射法求解下列问题：（1）在正方形中，为中点，过引的垂线交的外角平分线于点，求证。（2）中，为等边三角形。已知，求的大小。（3）一个以点为圆心的圆经过的顶点、，又与边分别交于、，与的外接圆交于、，求证 1（1）题图 1（2）题图 1（3）题图 2（1）题图（1）证明：将沿反射到，由于是的平分线，是正方形，所以，即共线。又明显有四点共圆，所以，从而，是等腰三角形，故，但，所以，1（1）题图 1（2）题图 1（3）题图（2）解：以为轴，将点反射到点，在射线上取点使。那么有：，。由于，所以。又，故，进而有即也是等边三角形，即。明显两点关于对称，所以。设，则，这时再由，则，由于，即，所以，即（3）证明：如图所示。设过点且垂直于的直线为，故只需证明点在上。以为轴作反射，设、的反射像分别为、。于是所以，连接、。这时：，所以、三点共线。由：所以、三点共线，因此、交于点，故点在直线上。2用平移法求解下列各题：（1）在四边形中，、分别是、的中点，假如