1、设 $aa$ 是有理数，$bb$ 是无理数. 求证：$a+ba\; +\; b$ 和 $a-ba\; -\; b$ 都是无理数；当 $a\mathrm{\ne }0a\; \backslash neq\; 0$ 时，$abab$ 和 $b\mathrm{/}ab/a$ 也都是无理数.

此题可使用反证法进行证明.

假定 $a+ba\; +\; b$ 为有理数，则 $a+b=\frac{m}{n}\backslash displaystyle\; a\; +\; b\; =\; \backslash frac\{m\}\{n\}$，其中 $m,n\in Zm,\; n\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Z\}$.

因为 $aa$ 为有理数，则 $a=\frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}\backslash displaystyle\; a\; =\; \backslash frac\{m\text{'}\}\{n\text{'}\}$，其中 $m^{\prime },n^{\prime }\in Zm\text{'},\; n\text{'}\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Z\}$.

由此可得 $b=(a+b)-a=\frac{m}{n}-\frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}=\frac{m{n}^{\prime }-m^{\prime }n}{n{n}^{\prime }}\backslash displaystyle\; b\; =\; (a\; +\; b)\; -\; a\; =\; \backslash frac\{m\}\{n\}\; -\; \backslash frac\{m\text{'}\}\{n\text{'}\}\; =\; \backslash frac\{mn\text{'}\; -\; m\text{'}n\}\{nn\text{'}\}$.

这与 $bb$ 为无理数的前提相矛盾，所以原假设不成立，$a+ba\; +\; b$ 不为有理数.

假定 $a-ba\; -\; b$ 为有理数，则 $a-b=\frac{m}{n}\backslash displaystyle\; a\; -\; b\; =\; \backslash frac\{m\}\{n\}$，其中 $m,n\in Zm,\; n\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Z\}$.

因为 $aa$ 为有理数，则 $a=\frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}\backslash displaystyle\; a\; =\; \backslash frac\{m\text{'}\}\{n\text{'}\}$，其中 $m^{\prime },n^{\prime }\in Zm\text{'},\; n\text{'}\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Z\}$.

由此可得 $b=a-(a-b)=\frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}-\frac{m}{n}=\frac{m^{\prime }n-m{n}^{\prime }}{n{n}^{\prime }}\backslash displaystyle\; b\; =\; a\; -\; (a\; -\; b)\; =\; \backslash frac\{m\text{'}\}\{n\text{'}\}\; -\; \backslash frac\{m\}\{n\}\; =\; \backslash frac\{m\text{'}n\; -\; mn\text{'}\}\{nn\text{'}\}$.

这与 $bb$ 为无理数的前提相矛盾，所以原假设不成立，$a-ba\; -\; b$ 不为有理数.

假定 $abab$ 为有理数，则 $ab=\frac{m}{n}\backslash displaystyle\; ab\; =\; \backslash frac\{m\}\{n\}$，其中 $m,n\in Zm,\; n\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Z\}$.

因为 $aa$ 为有理数且 $a\ne 0a\; \backslash neq\; 0$，则 $a=\frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}\backslash displaystyle\; a\; =\; \backslash frac\{m\text{'}\}\{n\text{'}\}$，其中 $m^{\prime },n^{\prime }\in Zm\text{'},\; n\text{'}\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Z\}$.

由此可得 $b=\frac{ab}{a}=\frac{m}{n}/\frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}=\frac{m{n}^{\prime }}{m^{\prime }n}\backslash displaystyle\; b\; =\; \backslash frac\{ab\}\{a\}\; =\; \backslash frac\{m\}\{n\}/\backslash frac\{m\text{'}\}\{n\text{'}\}\; =\; \backslash frac\{mn\text{'}\}\{m\text{'}n\}$.

这与 $bb$ 为无理数的前提相矛盾，所以原假设不成立，$abab$ 不为有理数.

假定 $b/ab/a$ 为有理数，则 $b/a=\frac{m}{n}\backslash displaystyle\; b/a\; =\; \backslash frac\{m\}\{n\}$，其中 $m,n\in Zm,\; n\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Z\}$.

因为 $aa$ 为有理数且 $a\ne 0a\; \backslash neq\; 0$，则 $a=\frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}\backslash displaystyle\; a\; =\; \backslash frac\{m\text{'}\}\{n\text{'}\}$，其中 $m^{\prime },n^{\prime }\in Zm\text{'},\; n\text{'}\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Z\}$.

由此可得 $b=b/a\ast a=\frac{m}{n}\ast \frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}=\frac{m{m}^{\prime }}{n{n}^{\prime }}\backslash displaystyle\; b\; =\; b/a\; *\; a\; =\; \backslash frac\{m\}\{n\}*\backslash frac\{m\text{'}\}\{n\text{'}\}\; =\; \backslash frac\{mm\text{'}\}\{nn\text{'}\}$.

这与 $bb$ 为无理数的前提相矛盾，所以原假设不成立，$b/ab/a$ 不为有理数.

2、求证：两个不同的有理数之间存在有理数.

设 $a,b\in Qa,\; b\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Q\}$ 满足 ，则可得不等式 .

令 $c=\frac{a+b}{2}\backslash displaystyle\; c\; =\; \backslash frac\{a\; +\; b\}\{2\}$，则 .

由此可得，对于任何不相同的有理数 $a,ba,\; b$，都必然存在有理数 $cc$，满足 .

3、求证：$\sqrt{2}\backslash sqrt\{2\}$，$\sqrt{3}\backslash sqrt\{3\}$ 以及 $\sqrt{2}+\sqrt{3}\backslash sqrt\{2\}\; +\; \backslash sqrt\{3\}$ 都是无理数.

假定 $\sqrt{2}\backslash sqrt\{2\}$ 为有理数，则存在 $m,n\in Z\{m,\; n\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Z\}\}$ 使得 $\sqrt{2}=\frac{m}{n}\backslash displaystyle\backslash sqrt\{2\}\; =\; \backslash frac\{m\}\{n\}$，且 $m,nm,\; n$ 无公约数.

由 $\sqrt{2}\backslash sqrt\{2\}$ 的定义可知 $(\sqrt{2}{)}^2=2={\left(\frac{m}{n}\right)}^2\backslash displaystyle\; (\backslash sqrt\{2\})^2\; =\; 2\; =\; \backslash left(\backslash frac\{m\}\{n\}\backslash right)^2$. 则可得 $m^2=2n^{2}m^2\; =\; 2n^2$，因此 $m^{2}m^2$ 为偶数.

因为 $m^{2}m^2$ 为偶数，则 $mm$ 必为偶数. 由此可得 $n^2=\frac{m^2}{2}\backslash displaystyle\; n^2\; =\; \backslash frac\{m^2\}\{2\}$ 也必为偶数.

因此 $nn$ 也为偶数，其与 $mm$ 至少存在一个公约数 $22$，这与原假设矛盾.

所以 $\sqrt{2}\backslash sqrt\{2\}$ 不为有理数.

假定 $\sqrt{3}\backslash sqrt\{3\}$ 为有理数，则存在 $m,n\in Z\{m,\; n\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Z\}\}$ 使得 $\sqrt{3}=\frac{m}{n}\backslash displaystyle\backslash sqrt\{3\}\; =\; \backslash frac\{m\}\{n\}$，且 $m,nm,\; n$ 无公约数.

由 $\sqrt{3}\backslash sqrt\{3\}$ 的定义可知 $(\sqrt{3}{)}^2=3={\left(\frac{m}{n}\right)}^2\backslash displaystyle\; (\backslash sqrt\{3\})^2\; =\; 3\; =\; \backslash left(\backslash frac\{m\}\{n\}\backslash right)^2$. 则可得 $m^2=3n^{2}m^2\; =\; 3n^2$，因此 $mm$ 能被 $33$ 整除.

因为 $mm$ 能被 $33$ 整除，则 $m^2=9z,z\in Nm^2\; =\; 9z,\; z\; \backslash in\; \backslash mathbb\{N\}$. 由此可得 $n^2=\frac{m^2}{3}=3z\backslash displaystyle\; n^2\; =\; \backslash frac\{m^2\}\{3\}\; =\; 3z$.

因此 $nn$ 也能被 $33$ 整除，其与 $mm$ 至少存在一个公约数 $33$，这与原假设矛盾.

所以 $\sqrt{3}\backslash sqrt\{3\}$ 不为有理数.

假定 $\sqrt{2}+\sqrt{3}\backslash sqrt\{2\}\; +\; \backslash sqrt\{3\}$ 为有理数，则存在 $m,n\in Z\{m,\; n\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Z\}\}$ 使得 $\sqrt{2}+\sqrt{3}=\frac{m}{n}\backslash displaystyle\backslash sqrt\{2\}\; +\; \backslash sqrt\{3\}\; =\; \backslash frac\{m\}\{n\}$，且 $m,nm,\; n$ 无公约数.

则 $(\sqrt{2}+\sqrt{3}{)}^2={\left(\frac{m}{n}\right)}^2=5+2\sqrt{6}(\backslash sqrt\{2\}\; +\; \backslash sqrt\{3\})^2\; =\; \backslash left(\backslash frac\{m\}\{n\}\backslash right)^2\; =\; 5\; +\; 2\backslash sqrt\{6\}$

通过反证法易得 $\sqrt{6}\backslash sqrt\{6\}$ 为无理数，由问题 1 的结论易得 $5+2\sqrt{6}5\; +\; 2\backslash sqrt\{6\}$ 也为无理数.

这与 ${\left(\frac{m}{n}\right)}^2\backslash displaystyle\; \backslash left(\backslash frac\{m\}\{n\}\backslash right)^2$ 为有理数的假定相矛盾. 所以 $\sqrt{2}+\sqrt{3}\backslash sqrt\{2\}\; +\; \backslash sqrt\{3\}$ 不为有理数.

4、把下列循环小数表示为分数：

令 $a=0.249999\cdots a\; =\; 0.2499\backslash \; 99\backslash cdots$，则：

令 $b=0.\dot{3}7\dot{5}b\; =\; 0.\backslash dot\{3\}7\backslash dot\{5\}$，则：

令 $c=4.\dot{5}1\dot{8}c\; =\; 4.\backslash dot\{5\}1\backslash dot\{8\}$，则：

5、设 $r,s,tr,\; s,\; t$ 都是有理数. 求证：

（1）若 $r+s\sqrt{2}=0r\; +\; s\backslash sqrt\{2\}\; =\; 0$，则 $r=s=0r\; =\; s\; =\; 0$；
（2）若 $r+s\sqrt{2}+t\sqrt{3}=0r\; +\; s\backslash sqrt\{2\}\; +\; t\backslash sqrt\{3\}\; =\; 0$，则 $r=s=t=0r\; =\; s\; =\; t\; =\; 0$.

（1）因为 $rr$ 为有理数，按照定义 $r=\frac{m}{n}\backslash displaystyle\; r\; =\; \backslash frac\{m\}\{n\}$，其中 $m,n\in Zm,\; n\; \backslash in\; \backslash mathbb\{Z\}$. 由此可得：

由问题 1, 3 的结论可知 $\sqrt{2}\backslash sqrt\{2\}$ 为无理数，无理数和任何不为 $00$ 的有理数相乘均为无理数.

则可知 $ss$ 为有理数时，$s=0s\; =\; 0$，因此 $r=s=0r\; =\; s\; =\; 0$.

（2）证明略

6、设实数 $a_1,a_2,\cdots ,a_{n}a\_1,\; a\_2,\; \backslash cdots,\; a\_n$ 都有相同的符号，且都大于 $-1-1$. 证明：

当 $n=1n\; =\; 1$ 时，原不等式为 $(1+a_1)=1+a_1(1\; +\; a\_1)\; =\; 1\; +\; a\_1$，成立。

当 $n=2n\; =\; 2$ 时，原不等式为 $(1+a_1)(1+a_2)=1+a_1+a_2+a_1{a}_2>1+a_1+a_2(1\; +\; a\_1)(1\; +\; a\_2)\; =\; 1\; +\; a\_1\; +\; a\_2\; +\; a\_1a\_2\; >\; 1\; +\; a\_1\; +\; a\_2$，亦成立。

假设当 $n=k,k\in [2,+\infty )n\; =\; k,\; k\; \backslash in\; [2,\; +\backslash infty)$ 时原不等式成立.

因为 $\forall (a_n+1)>0\backslash forall\; (a\_n\; +\; 1)\; >\; 0$，则可得当 $n=k+1n\; =\; k\; +\; 1$ 时存在下列不等式：

显然可得：

因为所有的 $a_{n}a\_n$ 均为相同符号，则可得不等式：

故 $n=k+1n\; =\; k\; +\; 1$ 时，原不等式成立，由此可得原不等式对 $n\in N^{\ast }n\; \backslash in\; \backslash mathbb\{N^*\}$ 一定成立.

7、设 $a,ba,\; b$ 是实数，且 . 证明：

因为 ，可知 .

由此可得 .

由题设可得：

对于 可得：

因为 ，所以 ，所以 成立.

对于 $a+b>-1-aba\; +\; b\; >\; -1\; -\; ab$ 可得：

因为 ，所以 $a+1>0,b+1>0a\; +\; 1\; >\; 0,\; b\; +\; 1\; >\; 0$，所以 $a+b>-1-aba\; +\; b\; >\; -1\; -\; ab$ 成立.

所以题设不等式成立.