初等数学研究试题

精选文档精选文档薇PAGE袃膀薄蚃薀膄蚇莇芄蚂肁节荿肄螇蕿蚄羀螃袂莁羄袇螀肅艿芁螅膀袄羇螇蒆螁羃莄衿螄羆羈蚃聿莁羃蚈蚄肆艿肄蚁肃薂蚁蚄膆膆蒅罿薁膁蒀薅芆蒇袆蒁芃肄艿蒅莆蚈芇蝿螀薃节莅蒆袀莃芁蒂膃肀芅蒆袇螄薀膄螂蝿膅薆肈膅膂蚂莁薈肅蚅荿薆莀莄芄薁肅螅芆蚃羂螂袃莀羆袅蒇肄芀蒄蒂腿袆腿螈蒅螂羂肁膂螆艿罿袆肀蚃羄羁蚆荿羇芆莈膁薄蝿薆葿膈蒃袁袃膃蒈蒆蕿荿袄腿芁螂薁蒆虿莆芅螁肃莁芀莆螈薇蚆罿蒁膄聿芇螈袈螃薁膃螃袈膇袈聿膄衿蚁莂袁肇羈肆薅莁莂羁蚀羇肈芈羅虿螀袅莈袇膈葿莆膂薂蒄蒁袇芈螀薃蒀芄肃膀螇莈蚇羄肂蚂蚂罿莃莇袈莅莀蒄芁螈芃蒇腿螆袂袂肄螁芄薇肆袃膀薄蚃薀膄蚇莇芄蚂肁节荿肄螇蕿蚄羀螃袂莁羄袇螀肅艿芁螅膀袄羇螇蒆螁羃莄衿螄羆羈蚃聿莁羃蚈蚄肆艿肄肃精选文档习题一1、数系扩展的原则是什么有哪两种扩展方式（P9——P10）答：设数系A扩展后获取新数系为B，则数系扩展原则为：1）AB2）A的元素间所定义的一些运算或几天性质，在B中被重新定义。并且对于A的元向来说，重新定义的运算和关系与A中本来的意义完整一致。3）在A中不是总能实行的某种运算，在B中总能推行。4）在同构的意义下，B应当是A的满足上述三原则的最小扩展，并且有A独一确立。数系扩展的方式有两种：1）增加元素法。2）构造法。2、对自然数证明乘法单调性：设a,b,cN,则1）若ab,则acbc;2）若ab,则acbc;3）若ab,则acbc；证明：（1）设命题能成立的全部C构成会集M。Qab,aa1,bb1,（P13）a1b11M假设cM,即acbcQaca(c1)aca,bcb(c1)bcb又Qacbc,abacabcbacbccM.由归纳公义知，MN,所以命题对任意自然数成立。（2）若ab,则有bak,kN.（P17定义9）由（1）有bc(ak)cackcacbc（P17.定义9）或：若ab,则有bak,kN.bc(ak)cackcacackc(ak)cbcacbc.3）若ab,则有abk,kN.ac(bk)cbckc.acbc3、对自然数证明乘法消去律：设a,b,cN,则1）若acbc,则ab;2）若acbc，则ab；3）若acbc，则ab。证明（1）（用反证法）假设ab,则有ab或ab.若ab,有acbc和acbc矛盾。若ab,有acbc,也和acbc矛盾。故假设ab不真，所以ab.2）方法同上。3）方法同上。4、依照序数理论推求：（1）35，（2）35解：（1）先求313，134，（P16.例1）再求32，3231(31)45,再求333，332（32）56，这样等等，直至3534（34）78.（2）先求313，13，再求32，32313136，再求333，332323639，这样等等，直至353434312315.5、设nN，证明n是9的倍数。415n1证明：①当n1时，41151118是9的倍数,故n1时命题成立。②假设当nk时，命题成立。即4k15k1是9的倍数。则当n=k+1时：k1（）1415k1（k15k）315k18。44k1（15k）9(5k2)441Q4k15k9是9的倍数，9(5k2)是9的倍数（44k15k1）-（95k2）是9的倍数4k115(k1)1是9的倍数当nk1时，命题成立。由①，②知，对于任一自然数n成立。6、用数学归纳法证明下式对于任意自然数都成立：（4）（4）（4）（42）12n.1-1-1-251-12n19（）2n1证明：当n1时，左侧1-4-3，右侧121-3.左侧右侧。11-21故当n1时，等式成立。假设当nk时，等式成立，即：（4）（4）（4）（42)12k.1-1-91-251-12k1（2k）1则当nk1时，有：（4）（4）（4）（4(2k11-11-91-251-(2k1)2)(11)2)12k(1(2k11)2)(2k1)(2k3)12(k1)12k(12k)(2k1)12(k1)当nk1时，命题也成立.。由、知，对任意自然数n命题成立。313，3-13nn7、设，A(n1,2...)22n131）以、为根作一元二次方程；（2）证明An23An1An;3）用数学归纳法证明A3n是10的倍数。解：（1）Q3133-133，3133-13-12222以，为根的一元二次方程为：x23x10.（2）以，代入以上方程，得：231，231.An2n2n2n2n2n(31)n(31)1313133n1n1nn13133An1An.（3）当n1时，A33A2A132210.1313故命题对n1成立：假设当nk时，命题成立，即A3k是10的倍数.则当nk1时，有：A（3k1）3A3k2A(3k1)（33A3k1A3k）A3k110A3k13A3k又QA11,A23,故经递推式An23An1An所得的各个数皆为自然数，所以，A3k1.A3(k+1)也是10的倍数。A3k(n)是10的倍数。8、设a,b,c都是整数。假如ab,bc则对于任何整数,,都有a(bc)证明：Qab，acbm1a?(m1z)cm2a(m2z)m1a.cm2a.bcm1am2am1m2）a.又Q（m1m2）.a(bc)9.证明整数集拥有失散性.证明：（反证法）假设整数集不拥有失散性，即在相邻整数a和a+1之间存在b,使aba1。依照加法单调性，a(1a)b(1a)a1(1a)，即11(ba)2Q1（ba）.这就和自然数集拥有失散性相矛盾。10、证明：有理数乘法满足结合律。证明：设a,b,cQ,要证：（ab）ca(bc)（）1当a,b,c中最少有一个为零。（1）明显成立。设a,b,c都不为零。因为算术数乘法满足结合律，故（ab）ca(bc)。故（1）两边的绝对值相等。假如a,b,c中有一个或三个都是负数，则（1）两边都为负数；假如a,b,c中没有负数或有两个负数，则（1）两边都是正数，说明（1）两边的符号同样。所以（1）成立。11、指出以下会集中可以畅达无阻的算术运算，并且判断哪些会集构成数环：（1）0；（2）1；（3）；（4）U0；（5）Q；（6）奇数会集；（7）偶数会集；（8）0，3，6，,3n。答：1）加，乘，成环2）乘，除3）加，乘4）加，乘5）加，乘，除6）乘7）加，乘，成环（8）加，乘，成环12、设有n个正分数a1a2a3an.（分母为正分数）b1b2b3anaaaana112bn求证：bbbb.112nn证明：设ma1,a2bb12a1a2a1b2b1a2b1b2a2a3a2b3b2a3b2b3a3a4a3b4b3a4b3b4Qmmbbmbab(1)11111mb2b2又Qmba1b1baa2b2b12211即mb2a2,而a2b2mb2a2b2(2)同理：mb2a2b3(3)Mmbnanbn(n)（1）（2）（n）m(b1b2bn)a1a2an(b1b2bn)maaan12bnb1b2aaaana112bn即bbbb.112nn13.近似计算：11.2104+1.531035003.6243.260.3824332.2642.1342.631032.43564解：解法一：(1)1.21041.531035003.6333=12101.53105.003610(121.55.0)103=18.510319103解法二：1.21041.531035003.6=1.21030.1531040.50036104(1.20.1530.50036)104(1.20.150.50)104=1.851041.910442.87842.8868.713868.7(4)(2.63103)2.43564(2.63103)2.4361.0791031.0810314.已知近似数的相对偏差界是0.0200，.是确立它的绝对偏差界，并指出它的有效数字的个数。00=0.463080.5故近似数精确到个位所以有效数字有4个15.计算23，使结果精确到0.001.解：2-3=4.55114.55116.设a,b,c,dQ*,x是无理数。求证：S=axb是有理数的充要条件是adbc.cxdacac证明：若adbc,则bd.设bdk,则abk,cdk.Sbkxbb(kx1)b为有理数。dkxdd(kx1)d反之，若S为有理数，则scxsdaxb.(sca)x(sdb)0若sca0,则xsdb为有理数和x为无理数矛盾。scab所以必有sca=0，因此sdb0,s,d于是s=ab,所以adbc.cd17.若a,b,c,dQ,c,d是无理数，则当acbd时，必有b,cd.证明：当acbd时，abcd,两边平方得：(ab)2c2(ab)cd.(ab)2(cd)2(ab)c0.因为a,b,c,dQ是无理数，假如ab,则得c为有理数矛盾。必有ab,从而得cd.18.判断下边的序列能否为退缩有理闭区间序列，假如是的话，求出它所确立的实数。(1)1,3,2,4,3,5,...,n,n2,...223344n1n1(2)0,12,0,13,0,14,...,0,nn1,...(3)1,1,3,1,5,1,...,2n1,1,...2462n0123...11...答：（1）因为1234n0345n22234...n1...0nn22即nn23n1n1n10,n1n1.当nn220,n1n1n10.n序列是退缩有理闭区间序列，它所确立的实数为1.（因为limn=1,n2=1）lim1x0n1x0n11111...(2)因为234...n01,11010nn1nn1序列是退缩有理闭区间序列，它所确立的实数为03）是1.19.鉴识下边的断语有无错误，错在哪里1）复数集与复平面内全部向量构成的会集一一对应。2）两复数的和与积都是实数的充要条件是：这两个复数是共轭复数。3）共轭虚数的正整数次幂还是共轭虚数。4）一个非零复数与它的倒数之和为实数的充要条件是它的模等于1。答：都有错误。1）全部向量改为：全部以原点为起点的向量。2）是充分条件而非必需条件。3）共轭虚数应改为：共轭复数。4）是充分条件而非必需条件。20.证明：当n为3的倍数时，（13in13i2;2）2而当n是其他正整数时，上式左侧等于-1。证明：设1=13i,2则1=cos22n2n2n3isin3,1cos3isin32123i,444n4n则2=cosisin,ncosisin332331n1n3i3i22cos2nisin2ncos4nisin4n3333当n等于3k,有：nn=3k3k1212cos23kisin23kcos43kisin43k3333cos2kisin2kcos4kisin4k2.当n3k1,nn3k13k11212cos23k123k143k143k13isin3cos3isin3cos(2k2)isin(2k2)cos(4k4)isin(4k4)3333cos2isin2cos4isin41.3333当n3k2,nn3k23k21212cos2(3k2)isin2(3k2)cos4(3k333cos(2k4)isin(2k4)cos(4k33cos4isin4cos8isin833331.n综上所述：当为3的倍数时，13in213in13i当n为其他正整数时，222)isin4(3k2)38)isin(4k8)3313in2.2n121.求复数1（3i72）的模及幅角主值。解：因为3i=cosisin（3i77isin7262）66,cos61（3i72）1cos7isin7662cos27i2sin7cos71212122cos7cos7isin71212122cos105cos105isin1052cos75cos105isin1052cos75cos105isin1052cos75cos18075isin180752cos75cos75isin752cos75cos285isin2853i7复数1的模为2cos75，幅角主值为285。222、设x,y是实数，z=x+yi,且=1，求u=z2z1的最大值和最小值。解：Qz=x+yi,z1.x2y21.1x1又u=z2z1z(z1)zzz2z+zzz(z1z)zzz12x10又Q2x12x1213Q02x130u3即u的最大值为3，最小值为0.u=z2z1=z(z1)1z(z1)1=zz11=z11.012z(z1)1z(z1)1zz11z11uz11nn（n>1,nN）23、解方程（z+1）(z1)解：明显，z1.故（z1nz）1.Qz1z1.1z11.z11是1的n次虚根.即：z1z12k2kLz1=cosnisinn,(k1,2,,n1)去分母，整理得：(2kisin2k-1)=1+cos2kisin2k,zcosnnnn由倍角公式，zsink(sinkicosk)cosk(coskisink).nnnnnnQk0,nsinkkkcosisinknnLzctyn.kkictyn(k,n1)sinicos1,2,nn、设是方程zn1(n的一个虚根。24N)=cos2misin2m,nn此中,N,1mn,且，互质，求证：mnmn（1），2，，n是1的个不一样的n次方根（n次单位根）Ln（2）1+2+L+n-1；+=0（）(1-）(1-2）（1n1）=n.3L-证明：（1）Q（kn(nk1(1kn)）)2，L，n-1都是1的n次根。若j,lN,1jln,jcos2k2misin2k2mnjnjlcos2k2misin2k2mnlnl假设jcos2k2m=cos2k2ml，则有nj=sin2knlsin2k2m2mnjnljl和jl矛盾jl2，L，n是1的n个不一样的n次方根.(2)1++2+L+n-1n1=0(由（1）n)1=1（3）Qzn1(z1)(z)(z2)L(zn1).(由（1）)又Qzn1(z1)（zn1+zn2+L+z+1）zn1+zn2+L+z+1(z)(z2)L(zn1).令上式中z=1,有：(1)(12)L(1n1)=ny25、设z+3i1,求z和argz的最大值和最小值.3解：以以下图，是以（-，1）为圆心，Az+3i=13-以1为半径的圆，满足z+3的z1E0xi1是位于这圆内部和圆周上的点所对应的复数，DC当z位于A点时，argz最小，此时,argz=.B当z位于C点时，argz最大，此时，QCOD=AOD，而tanAOD=1，AOD=.36故argz的最大值为+2=4，63当z位于B点时，模最大，最大的模=ODOB(3)21213.当z位于E点时，模最小，最小的模=OEODDE(3)21211.26、设复数z满足zzzz3.求z所对应的点z的轨迹。解：Qzzzz+14.z(z1)(z1)4(z1)(z1)4(z1)(z1)42(z1)4(z1)2所以，点z是以（-1，0）为圆心，以2为半径的圆。27、设x0,xR,应用复数证明：sinx+sin2x+L+sinnxtgn1xcosxcos2xLcosnx2证明：考虑数列cosnxisinnx，这是等比数列.设z=cosxisinx.则zz2z3Lzn=z(zn1)zzn1z11z(cosxisinx)(cosxisinx)2L(cosxisinx)n(cosxisinx)(cosxisinx)n11(cosxisinx)(cosxisinx)(cos2xisin2x)L(cosnxisinnx)(cosxisinx)(cos(n+1)xisin(n1)x)1(cosxisinx)(cosxcos2xLcosnx)i(sinxsin2xLsinnx)cosxcos(n1)xisinxsin(n1)x(1cosx)isinxcosxcos(n1)xisinxsin(n1)x1cosxisinxsinx2cosxcos(n1)x(1cosx)isinxsin(n1)x(1cosx)sinxg2icosxcos(n+1)xsinxsinxsinxsin(n1)xsinx2cosxcos2xcos(n1)xcosxcos(n1)xi(sinxsinxcosxsin(n1)xgsinxgsinx2sin2x2sin(n1)xcosxsinxcosxsinxcos(n1)xsinxsin(n1)x)sinx2cosx1cos(n1)x+cosnxisinxsin(n1)xsinnxxsinMsinnx(n1)(n1)2sinxcos2xisin2x2sinnxcosxcos2xLcosnx2cos(n1)xsinx22nx(n1)xsinxsin2xLsinnxsin2sinsinx22sinxsin2xLsinnxtgn1xcosxcos2xLcosnx228、设p,p,,p为实数，方程：12Lnxnp1xn1p2xn2Lpn1xpn0,有一根cosisin,求证：p1sinp2sin2Lpnsinn0求证：psinpsin2Lpnsinn012证明：在原方程两边同乘以xn,得：1p1x1p2x2Lpn1x-n0LLLLLLLLLLL(1)将x-k(cosisin)kcoskisink(k=1,2,L,n)代入（1）式，得：1p1(cos-isin)p2(cos2-isin2)Lpn1(cosn-isinn)0(2)(2)式左侧的实部和虚部都应为0，因为p1,p2,L,pnR，故有：p1sinp2sin2Lpnsinn0.习题二1、设f(x)是x的三次式，已知：f(1)=-10，f(2)=-1，f(4)=101，f(5)=218，试求f(3).解：法一：设f(x)=ax3bx2cxd.则有：abcd10a28a4b2cd1解得：b064a8b4cd101c-5125a25b5cd218d-7f(x)2x3-5x-7.f(3)233-53-7=32.法二：设f(x)=a0a1(x1)a2(x1)(x2)a3(x1)(x2)(x4)f(1)a0=-10a010则有：f(2)a0+a1=-1a19f(3)a0+3a1+6a2a214f(4)a04a112a212a3218a32f(x)109(x1)14(x1)(x2)2(x1)(x2)(x4)f(3)322、设f(x)x46x315x216x9.试求f(x-2)按x的降幂摆列的睁开式。解：法一：f(x-2)=(x-2)46(x-2)315(x-2)216(x-2)9=x4-2x33x2-4x5法二：先用综合除法将f(x)表示成（x2）的幂的多项式，而后求f(x-2)-21+6+15+16+9-2-8-14-4-21+4+7+2+5-2-4-6-21+2+3-4-20-210+3-21-2f(x)=(x-2)4-2(x-2)33(x-2)2-4(x-2)5f(x-2)=x4-2x33x2-4x5