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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i2??1，和有序实数对(a,b)一起组成一个复数
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?A'~B；若c?d从而必存在非空有限集C'，使得C?C'~D，所以(A?C)?(B?D)所以集合
A?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'?(5?2)?5?5?1'?5?5?1?5?5 ?5?5?5?15（2）解：按照自然数序数理论乘法定义
5?3?5?2'?(5?2)'?(5?1')'?[(5?1)']' ?(6')'?7'?86证明：1?当n?2时，命题成立.（反证法）
12222?假设n?k时(k?2)成立，即ai?0,i?1,2,?,k，且a1?a2???ak?1。a1?a2???ak?。k当n?k?1时，由ai?0,i?1,2,?,k?1，且a1?a2???ak?ak?1?1akaiaa2得，1?????1，且?01?ak?11?ak?11?ak?11?ak?1?a1??a2??ak?1??????由归纳假设，得?????,?1?a??1?a??1?a?kk?1?k?1?k?1?????要证?a1?a2???ak?ak?1?2222222?1?ak?1?2k?ak?12?1?ak?1?2k?ak?1?21，即k?1?k?1??1?ak?1?2?k?k?1?ak?12?k,?k?1?2ak?12?2?k?1?ak?1?1?02?设n?k(k?7,k?N)时命题成立.
7证明：1?当n?8时，命题成立.（8?3?5）
（1）完全用3角的邮票来支付；（2）至少用一张5角的邮k角邮资可能是：
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）f?2??1,f?3??3?1?2,f?4??6?1?2?3
（2）f?n??1?2????n?1??1n?n?1? 21?当n?2,3,4时，命题成立.
2?假设n?k(k?7,k?N)时命题成立，即f?k??1k?k?1?.那么n?k?1时，原k21条直线有k(k?1)个交点.由条件知，第k?1条直线与原k条直线各有一个交点，
21且互不相同.故新增k个交点，所以f?k?1??f?k??k??k?1???k?1??1?.
2综合1?、2?，命题对于不小于2的所有自然数成立. 9举例：正整数集N上定义的整除关系“|”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?N，且 ①1?M
②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①知b?1，于是存在自然数c，使c'?b，这样就有c?b，所以c?M，但根据②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)?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，则a?d?b?c 若a?d?b?c，则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?ac?bc
事实上，由bc?(a?b)c?[b?(a?b)]c?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?bc)?b(c?d)?(ac?bd) 于是只要证明ac?bc?bc?ac
显然，这个等式是成立的，所以（3）成立.
ac12证明：（1）根据自然数除法定义有a?b?,d??c，两式相乘，得
bdcaacacad??bc?，所以有：若ad?bc，则?；若?，则ad?bc
bdbddbacac（2）bd(?)?d(b?)?b(d?)?ad?bc，根据除法定义，（2）成立.
bdbdacac（3）bd(?)?(b?)(d?)?ac，根据除法定义，（3）成立.
bdbd13证明：(m?n')'?(n'?m)'?n'?m'?m'?n'.
14证明：设?a,b?N，下，下面证明a?b,a?b,a?b三种关系有且仅有一个成立.
（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k?N*，使得：a?b?k?a?k
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，则a?b成立；若a?1，则存在k?N*，使得a?k'?1?k?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?b?k，若k?1，就有a?b?1?b'； 若k?1，就有l?N*，且k?l'，使得a?b?l'?b?l?1?b'?l，即a?b'成立.
综上，b'?M，从而M?N*. 15证明：n?n(ax?by)?nax?nby，
?a|n,?ab|bn,?ab|bny，?b|n,?ab|an,?ab|anx
?ab|nax?nby?n
16证明：因为ab?cd?(ad?bc)?(b?d)(a?c)，
且a?c|ab?cd，a?c|(b?d)(a?c)，所以a?c|ab?cd?(b?d)(a?c)，即
a?c|ad?bc
17证明：因为pp?1?(p?1)(pp?1?pp?2???p?1)，而有限个奇数的乘积仍是奇数，奇数个奇数的和也是奇数，因而pp?1?pp?2???p?1是奇数， 于是pp?1?(p?1)(2s?1),s?Z，同理有qq?1?(q?1)(2t?1),t?Z，
两式相加：pp?qq?2(p?1)(s?t?1)?(p?q)(s?t?1)，所以p?q|(pp?qq).