数学系《初等代数研究》二

初等代数研究课后习题20071115033 数学院 07（1） 杨明1、证明自然数的顺序关系具有对逆性与全序性，即（1）对任何N b a ∈,，当且仅当b a <时，a b >.（2））对任何N b a ∈,，在b a <，b a =，b a >中有且只有一个成立.证明：对任何N b a ∈,，设a A ==，b B ==（1）“⇒” b a <，则B B ⊂∃,,使,~B A ，A B B ~,⊃∴,a b >∴“⇐” a b >，则B B ⊂∃,,使A B ~,，B B A ⊂∴,~,b a <∴综上 对任何N b a ∈,，b a <⇔a b >（2）由（1）b a <⇔a b > b a <∴与b a >不可能同时成立，假设b a <∴与b a =同时成立，则B B ⊂∃,,使,~B A 且B A ~， ,~B B ∴与B 为有限集矛盾，b a <∴与b a =不可能同时成立，综上，对任何N b a ∈,，在b a <，b a =，b a >中有且只有一个成立..2、证明自然数的加法满足交换律.证明：对任何N b a ∈,设M 为使等式a b b a +=+成立的所有b 组成的集合先证 a a +=+11，设满足此式的a 组成集合k ，显然有1+1=1+1成立φ≠∈∴k 1，设k a ∈，a a +=+11，则+++++++=+=+==+a a a a a 1)1()1()(1k a ∈∴+，N k =∴， 取定a ，则1M φ∈≠，设,b M a b b a ∈+=+，则 ()()a b a b b a b a +++++=+=+=+ ,b M M N +∴∈∴= ∴ 对任何N b a ∈,，a b b a +=+3、证明自然数的乘法是唯一存在的证明：唯一性：取定a ，反证：假设至少有两个对应关系,f g ，对b N ∀∈，有 (),()f b g b N ∈，设M 是由使()()f b g b =成立的所有的b 组成的集合，()()1f b g b a ==⋅ 1M φ∴∈≠ 设b N ∈则()()f b g b =()()f b a g b a ∴+=+ ()()f b g b ++∴=，b M +∴∈，M N ∴= 即b N ∀∈，()()f b g b =乘法是唯一的存在性：设乘法存在的所有a 组成集合K 当1a =时，b N ∀∈，111,1111b b b b ++⋅=⋅==+=⋅+ φ≠∈∴k 1，设a K ∈，b N ∀∈，有,a b 与它对应，且1a a ⋅=，ab ab a +=+，对b N ∀∈，令a b ab b +=+ 1111a a a a ++⋅=⋅+=+=1()(1)a b ab b ab a b ab b a a b a ++++++=+=+++=+++=+a K +∴∈ K N ∴= 即乘法存在p24—5、解：满足条件的A 有1{1,2}A =，2{1,2,3}A =，3{1,2,4}A =，4{1,2,5}A = 5{1,2,3,4}A =，6{1,2,3,5}A =，7{1,2,4,5}A =，8{1,2,3,4,5}A =123456782,3,4,5A A A A A A A A ========∴========基数和为23343528+⨯+⨯+= p24—6、证明：,A a B b ==，A 中的x 与B 中的y 对应 A B ab ∴⨯=，B A ba ab ∴⨯==A B ab ⨯= A B A B B A ∴⨯=⋅=⨯p24—8、证明：1）3+4=73134++== 3231(31)45++++=+=+==3332(32)56++++=+=+==3433(33)67++++=+=+==2）3412⋅= 313⋅= 32313136+⋅=⋅=⋅+=33323239+⋅=⋅=⋅+=343333312+⋅=⋅=⋅+=p24—12、证明：1）()m n m n +++++=+()1(1)m n m n m n m n +++++++=++=++=+2）()mn nm m +++=+ ()1(1)mn mn mn m nm m ++++=+=++=+p26—36、已知(,)f m n 对任何,m n N ∈满足(1,)1(1,1)(,2)(1,1)(,(1,))f n n f m f m f m n f m f m n =+⎧⎪+=⎨⎪++=+⎩求证：1）(2,)2f n n =+2）(3,)22f n n =+3）1(4,)22n f n +=−证明：1)当1n =时，(2,1)(11,1)(1,2)2112f f f =+==+=+结论成立，假设n k =时，结论成立，即(2,)2f k k =+，当1n k =+时，(2,1)(11,1)(1,(2,))(1,2)(2)1(1)2f k f k f f k f k k k +=++==+=++=++ 所以对一切自然数结论都成立2）当1n =时，(3,)(21,)(2,2)22212f n f n f =+==+=⋅+结论成立假设n k =时，结论成立，即(3,)22f k k =+当1n k =+时，(3,1)(21,1)(2,(3,))(2,22)2222(1)2f k f k f f k f k k k +=++==+=++=++ 所以对一切自然数结论都成立3）当1n =时，11(4,1)(31,1)(3,2)22222f f f +=+==⨯−=−结论成立 假设n k =时，结论成立，即1(4,)22k f k +=− 当1n k =+时，112(4,1)(3,(4,))(3,22)2(22)222k k k f k f f k f ++++==−=−+=−所以对一切自然数结论都成立p62—1、证明定理2.1证明：[,],[,]a b c d Z ∀∈，[,][,][,]a b c d a c b d +=++因为自然数加法满足交换律[,][,]a c b d c a d b ∴++=++而[,][,][,]c d a b c a d b +=++[,][,][,][,]a b c d c d a b ∴+=+[,],[,],[,]a b c d e f Z ∀∈，[,][,][,][,][,][(),()]a b c d e f a c b d e f a c e b d f ++=+++=++++以为自然数满足加法结合律([,][,])[,][,]([,][,])a b c d e f a b c d e f ∴++=++ 即整数加法满足交换律和结合律p62—2、已知[,],[,]a b c d Z ∈，求证[,][,]a b c d =的充要条件是[,][,][1,1]a b c d −= 证明：“⇒” 已知[,][,]a b c d =则a d b c +=+[,][,][,][1,1]a b c d a d b c ∴−=++=“⇐” 已知[,][,][1,1]a b c d −=则[,][1,1]a d b c ++=，a d b c +=+[,][,]a b c d ∴=p62—4、已知N b a ∈,，求证([,])[,]a b a b −−=证明：[,][,]a b b a −= ([,])[,][,]a b b a a b −−=−=p62—5、已知[,],[,]a b c d Z ∈，求证([,][,])[,][,]a b c d a b c d −−=−+证明：左边([,][,])[,][,]a b c d a d b c b c a d −−=−++=++右边[,][,][,][,][,]a b c d b a c d b c a d −+=+=++所以左边等于右边([,][,])[,][,]a b c d a b c d ∴−−=−+p62—7、已知,,a b c N ∈，求证当且仅当a d b c +<+时[,][,]a b c d <证明：“⇒” 已知a d b c +<+，[,][,][,]a b c d a d b c −=++因为 a d b c +<+ [,]a d b c ∴++是负数，[,][,]a b c d ∴<“⇐” 已知[,][,]a b c d <则[,][,][,]a b c d a d b c −=++因为[,]a d b c ++是负数，a d b c ∴+<+p62—9、已知,Z αβ∈，求证：1）αβαβ+≤+ ，2） αβαβ=证明：设[,],[,]a b c d αβ== 1）[,]a c b d αβ+=++ ()()a c b d αβ∴+=+−+而,a b c d αβ=−=−()()()()a c b d a b c d a b c d +−+=−+−≤−+−αβαβ∴+≤+2）[,]ac bd ad bc αβ=++ ()ac bd ad bc αβ∴=+−+而,a b c d αβ=−=−()()()()()ac bd ad bc a c d b d c a b c d a b c d +−+=−+−=−−=−− αβαβ∴=p63—12、n 名棋手每两个比赛一次，没有平局，若第k 名胜负的次数各为,k k a b ，1,2,........,k n =，求证：2222221212......n n a a a b b b +++=+++ 证明：对于(1,2,...,)k a k n =，必存在一个(1,2,...,)j b j n =使得k j a b =⇒22(,1,2,...,)k j a b k j n == 2222221212......n n a a a b b b ∴+++=+++p63—16、已知10p a b −，10p c d −，求证p ad bc −证明：由已知：,s t Z ∃∈使10a b ps −=，10c d pt −=⇒ 10,10b a ps d c pt =−=−10(10)()ad bc ac apt ac cps p cs at ∴−=−−−=−p ad bc ∴−p63—17、设2不整除a ，求证281a +证明：因为2不整除a ，所以存在唯一一对,q r Z ∈，使2a q r =+，其中02r <<⇒1r =，22441a q q ∴=++⇒214(1)a q q −=+ 281a ∴−p63—20、设a Z ∈，求证(1)(2)(3)1a a a a ++++是奇数的平方证明：22222(1)(2)(3)1[(1)1](1)[(2)(2)1]1[(1)(1)][(2)(2)]1(1)(2)2(1)(2)1[(1)(2)1]a a a a a a a a a a a a a a a a a a ++++=+−+++++=+−+++++=++−+++=++−1,2a a ++肯定一奇一偶(1)(2)a a ∴++肯定为偶数(1)(2)1a a ∴++−肯定为奇数p63—22、证明：前n 个自然数之和的个位数码不能是2、4、7、9证明：前n 个自然数的和为(1)2n n + 因为：n 个自然数的和仍为自然数∴ 1+n 与n 中必定一个为奇数一个为偶数若个位数码为2则1+n 与n 的个位数码只能是1,4或4,1而（1+n ）- n=1 ∴个位数码不能为2若个位数码为4则1+n 与n 的个位数码只能是1,8或8,1也不可能成立若个位数码为7则1+n 与n 的个位数码有2种可能，则2,7或1,14也不可能成立，若个位数码为9则1+n 与n 的个位数码有2种可能，即2,9或1,18也不可能成立，综上，前n 个自然数和的个位数码不能是2,4,7,9p63—26、证明2.3定理1（12,,......,n a a a ）=（12,,......n a a a ）证明：因为：（12,,......,n a a a ）是12,,......n a a a 的公因数中的最大数所以R 需考虑非负整数 ∴（12,,......,n a a a ）=（12,,......n a a a ） p63—29、证明2.3定理4的推论(,)1a b =的充要条件是有,x y Z ∈使得1ax by += 证明：因为(,)1a b = ,a b ∴不全为0“⇒” 由定理4 ,x y Z ∃∈使(,)1ax by a b +==“⇐” 设(,)a b d =则,d a d b ，d ax by ∴+ 1d ∴ (,)1d a b ∴== p63—30、证明2.3定理6及其推论。

初等数学研究习题二答案初等数学研究习题二答案在学习数学的过程中，习题是不可或缺的一部分。

通过解答习题，我们可以巩固知识，提高解题能力。

初等数学是数学的基础，掌握好初等数学的知识对于后续数学学习的顺利进行至关重要。

在这篇文章中，我将为大家提供初等数学研究习题二的答案，希望能够对大家的学习有所帮助。

1. 问题：已知函数f(x) = 2x + 3，求f(4)的值。

解答：将x = 4代入函数f(x)中，得到f(4) = 2(4) + 3 = 11。

所以f(4)的值为11。

2. 问题：已知函数g(x) = 3x^2 + 2x - 1，求g(-2)的值。

解答：将x = -2代入函数g(x)中，得到g(-2) = 3(-2)^2 + 2(-2) - 1 = 12。

所以g(-2)的值为12。

3. 问题：已知函数h(x) = x^3 - 2x^2 + x，求h(1)的值。

解答：将x = 1代入函数h(x)中，得到h(1) = 1^3 - 2(1)^2 + 1 = 0。

所以h(1)的值为0。

4. 问题：已知函数k(x) = 2x^2 + 3x - 4，求k(2)的值。

解答：将x = 2代入函数k(x)中，得到k(2) = 2(2)^2 + 3(2) - 4 = 14。

所以k(2)的值为14。

5. 问题：已知函数m(x) = x^2 - 5x + 6，求m(3)的值。

解答：将x = 3代入函数m(x)中，得到m(3) = (3)^2 - 5(3) + 6 = 0。

所以m(3)的值为0。

通过以上习题的解答，我们可以看到初等数学中函数的运算和值的求解方法。

这些习题涉及到了一次函数、二次函数和三次函数的运算，通过解答这些习题，我们可以更好地理解函数的性质和特点。

除了函数的运算和值的求解，初等数学还包括了其他的知识点，如代数方程、几何图形等。

通过解答习题，我们可以巩固这些知识点，提高自己的解题能力。

在学习初等数学的过程中，我们还可以通过参加数学竞赛来提高自己的数学水平。

数学分支巡礼之二：初等代数数学分支巡礼之二初等代数是研究数字和文字的代数运算理论和方法，更确切的说，是研究实数和复数，以及以它们为系数的多项式的代数运算理论和方法的数学分支学科。

初等代数是更古老的算术的推广和进展。

在古代，当算术里积存了大量的，关于各种数量问题的解法后，为了寻求有系统的、更普遍的方法，以解决各种数量关系的问题，就产生了以解方程的原理为中心问题的初等代数。

代数是由算术演变来的，这是毫无疑问的。

至于什么年代产生的代数学这门学科，就专门不容易说清晰了。

比如，假如你认为“代数学”是指解ax2+bx+c=0这类用符号表示的方程的技巧。

那么,这种“代数学”是在十六世纪才进展起来的。

假如我们对代数符号不是要求象现在如此简练，那么，代数学的产生可上溯到更早的年代。

西方人将公元前三世纪古希腊数学家刁藩都看作是代数学的鼻祖。

而在中国，用文字来表达的代数问题显现的就更早了。

“代数”作为一个数学专有名词、代表一门数学分支在我国正式使用，最早是在1859年。

那年，清代数学家里李善兰和英国人韦列亚力共同翻译了英国人棣么甘所写的一本书，译本的名称就叫做《代数学》。

因此，代数的内容和方法，我国古代早就产生了，比如《九章算术》中就有方程问题。

初等代数的中心内容是解方程，因而长期以来都把代数学明白得成方程的科学，数学家们也把要紧精力集中在方程的研究上。

它的研究方法是高度运算性的。

要讨论方程，第一遇到的一个问题是如何把实际中的数量关系组成代数式，然后依照等量关系列出方程。

因此初等代数的一个重要内容确实是代数式。

由于事物中的数量关系的不同，大体上初等代数形成了整式、分式和根式这三大类代数式。

代数式是数的化身，因而在代数中，它们都能够进行四则运算，服从差不多运算定律，而且还能够进行乘方和开方两种新的运算。

通常把这六种运算叫做代数运算，以区别于只包含四种运算的算术运算。

在初等代数的产生和进展的过程中，通过解方程的研究，也促进了数的概念的进一步进展，将算术中讨论的整数和分数的概念扩充到有理数的范畴，使数包括正负整数、正负分数和零。

绪言一、“代数学”的起源及几种历史观点⒈“代数学”的起源公元820年前后时，花剌子模数学家和天文学家穆罕默德·伊本·穆斯·阿里·花剌子模的著作《Kitab al jabrw’al-mugabala》，意思是“整理”和“对比”。

到14世纪，aljabr演变成了algebra，这就是拉丁文的“代数学”。

其中Algoritmi是花拉子模的拉丁译名，现代术语“算法”（Algorithm）即源于此。

代数的基础就是脱离了具体数字在一般形态上形式地加以考察的关于算术的学说。

代数的课题首要就是字母表示的式的变换和解方程的规则和方法。

所以，代数这个名称的起源完全符合这门科学本身的内容。

算术→初等代数→高等代数→近世代数。

⒉历史观点⑴Ⅰ16世纪后期，视为普遍化的算术；Ⅱ17世纪60年代，各种量的计算理论；⑵18世纪末至19世纪初，代数方程的解法；⑶19世纪至今，研究各种代数结构。

二、“代数学”的定义“代数学”的定义——初等代数学（或称古典代数学）是更古来的算术的推广和发展；抽象代数学（曾称近世代数学）则是在初等代数学的基础上发生、发展，而于20世纪形成的。

“初等代数学”——研究数字和文字的代数运算（加法、减法、乘法、除法、乘方、开方）的理论和方法；更确切点说，研究实数或复数和以它们为系数的多项式的代数运算的理论和方法。

三、为什么数应专业学生要学习本门课程中学数学教师的历史使命第一章自然数一、数系的历史发展⑴数学思维对象与实体的分离数的概念的产生和发展人类在朦胧时代就已具有识别事物多寡的能力。

在人类开始数数之前，人类是根据物体样子的差别来判断物体是多还是少。

从这种原始的“数觉”到抽象的“数”概念的形成，是一个缓慢的、渐进的过程。

原始人先是注意到一只羊与许多羊、一头狼与整群狼的区别，逐渐看到一只羊、一头狼、一条鱼之间存在着某种共通的东西，即他们的单位性。

数：一定物群所共有的抽象性质。