数学分析讲义（第一册）习题答案 - 1.1 实数

1、设 $a$ 是有理数， $b$ 是无理数. 求证： $a + b$ 和 $a - b$ 都是无理数；当 $a \neq 0$ 时， $a b$ 和 $b / a$ 也都是无理数.

解：

此题可使用反证法进行证明.
假定 $a + b$ 为有理数，则 $a + b = \frac{m}{n}$ ，其中 $m, n \in ℤ$ .
因为 $a$ 为有理数，则 $a = \frac{m^{'}}{n^{'}}$ ，其中 $m^{'}, n^{'} \in ℤ$ .
由此可得 $b = (a + b) - a = \frac{m}{n} - \frac{m^{'}}{n^{'}} = \frac{m n^{'} - m^{'} n}{n n^{'}}$ .
这与 $b$ 为无理数的前提相矛盾，所以原假设不成立， $a + b$ 不为有理数.

假定 $a - b$ 为有理数，则 $a - b = \frac{m}{n}$ ，其中 $m, n \in ℤ$ .
因为 $a$ 为有理数，则 $a = \frac{m^{'}}{n^{'}}$ ，其中 $m^{'}, n^{'} \in ℤ$ .
由此可得 $b = a - (a - b) = \frac{m^{'}}{n^{'}} - \frac{m}{n} = \frac{m^{'} n - m n^{'}}{n n^{'}}$ .
这与 $b$ 为无理数的前提相矛盾，所以原假设不成立， $a - b$ 不为有理数.

假定 $a b$ 为有理数，则 $a b = \frac{m}{n}$ ，其中 $m, n \in ℤ$ .
因为 $a$ 为有理数且 $a \neq 0$ ，则 $a = \frac{m^{'}}{n^{'}}$ ，其中 $m^{'}, n^{'} \in ℤ$ .
由此可得 $b = \frac{a b}{a} = \frac{m}{n} / \frac{m^{'}}{n^{'}} = \frac{m n^{'}}{m^{'} n}$ .
这与 $b$ 为无理数的前提相矛盾，所以原假设不成立， $a b$ 不为有理数.

假定 $b / a$ 为有理数，则 $b / a = \frac{m}{n}$ ，其中 $m, n \in ℤ$ .
因为 $a$ 为有理数且 $a \neq 0$ ，则 $a = \frac{m^{'}}{n^{'}}$ ，其中 $m^{'}, n^{'} \in ℤ$ .
由此可得 $b = b / a * a = \frac{m}{n} * \frac{m^{'}}{n^{'}} = \frac{m m^{'}}{n n^{'}}$ .
这与 $b$ 为无理数的前提相矛盾，所以原假设不成立， $b / a$ 不为有理数.

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2、求证：两个不同的有理数之间存在有理数.

解：

设 $a, b \in ℚ$ 满足 $a < b$ ，则可得不等式 $2 a < a + b < 2 b$ .
令 $c = \frac{a + b}{2}$ ，则 $a < c < b$ .
由此可得，对于任何不相同的有理数 $a, b$ ，都必然存在有理数 $c$ ，满足 $a < c < b$ .

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

解：

假定 $\sqrt{2}$ 为有理数，则存在 $m, n \in ℤ$ 使得 $\sqrt{2} = \frac{m}{n}$ ，且 $m, n$ 无公约数.
由 $\sqrt{2}$ 的定义可知 $(\sqrt{2})^{2} = 2 = {(\frac{m}{n})}^{2}$ . 则可得 $m^{2} = 2 n^{2}$ ，因此 $m^{2}$ 为偶数.
因为 $m^{2}$ 为偶数，则 $m$ 必为偶数. 由此可得 $n^{2} = \frac{m^{2}}{2}$ 也必为偶数.
因此 $n$ 也为偶数，其与 $m$ 至少存在一个公约数 $2$ ，这与原假设矛盾.
所以 $\sqrt{2}$ 不为有理数.

假定 $\sqrt{3}$ 为有理数，则存在 $m, n \in ℤ$ 使得 $\sqrt{3} = \frac{m}{n}$ ，且 $m, n$ 无公约数.
由 $\sqrt{3}$ 的定义可知 $(\sqrt{3})^{2} = 3 = {(\frac{m}{n})}^{2}$ . 则可得 $m^{2} = 3 n^{2}$ ，因此 $m$ 能被 $3$ 整除.
因为 $m$ 能被 $3$ 整除，则 $m^{2} = 9 z, z \in ℕ$ . 由此可得 $n^{2} = \frac{m^{2}}{3} = 3 z$ .
因此 $n$ 也能被 $3$ 整除，其与 $m$ 至少存在一个公约数 $3$ ，这与原假设矛盾.
所以 $\sqrt{3}$ 不为有理数.

假定 $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ 为有理数，则存在 $m, n \in ℤ$ 使得 $\sqrt{2} + \sqrt{3} = \frac{m}{n}$ ，且 $m, n$ 无公约数.
则 $(\sqrt{2} + \sqrt{3})^{2} = {(\frac{m}{n})}^{2} = 5 + 2 \sqrt{6}$
通过反证法易得 $\sqrt{6}$ 为无理数，由问题 1 的结论易得 $5 + 2 \sqrt{6}$ 也为无理数.
这与 ${(\frac{m}{n})}^{2}$ 为有理数的假定相矛盾. 所以 $\sqrt{2} + \sqrt{3}$ 不为有理数.

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4、把下列循环小数表示为分数：

0.2499 99 \dots, 0. \dot{3} 7 \dot{5}, 4. \dot{5} 1 \dot{8} .

解：

令 $a = 0.2499 99 \dots$ ，则：
$\begin{matrix} 1000 a & = 249. \dot{9} \\ 100 a & = 24. \dot{9} \\ 900 a & = 225 \\ a & = \frac{1}{4} \end{matrix}$
令 $b = 0. \dot{3} 7 \dot{5}$ ，则：
$\begin{matrix} 1000 b & = 375. \dot{3} 7 \dot{5} \\ 999 b & = 375 \\ b & = \frac{125}{333} \end{matrix}$
令 $c = 4. \dot{5} 1 \dot{8}$ ，则：
$\begin{matrix} 1000 c & = 4518. \dot{5} 1 \dot{8} \\ 999 c & = 4514 \\ c & = \frac{4514}{999} \end{matrix}$
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5、设 $r, s, t$ 都是有理数. 求证：

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

解：

（1）因为 $r$ 为有理数，按照定义 $r = \frac{m}{n}$ ，其中 $m, n \in ℤ$ . 由此可得：
$s = \frac{- m}{n \sqrt{2}}$
由问题 1, 3 的结论可知 $\sqrt{2}$ 为无理数，无理数和任何不为 $0$ 的有理数相乘均为无理数.
则可知 $s$ 为有理数时， $s = 0$ ，因此 $r = s = 0$ .
（2）证明略

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6、设实数 $a_{1}, a_{2}, \dots, a_{n}$ 都有相同的符号，且都大于 $- 1$ . 证明：

(1 + a_{1}) (1 + a_{2}) \dots (1 + a_{n}) \geq 1 + a_{1} + a_{2} + \dots + a_{n} .

解：

当 $n = 1$ 时，原不等式为 $(1 + a_{1}) = 1 + a_{1}$ ，成立。
当 $n = 2$ 时，原不等式为 $(1 + a_{1}) (1 + a_{2}) = 1 + a_{1} + a_{2} + a_{1} a_{2} > 1 + a_{1} + a_{2}$ ，亦成立。
假设当 $n = k, k \in [2, + \infty)$ 时原不等式成立.
因为 $\forall (a_{n} + 1) > 0$ ，则可得当 $n = k + 1$ 时存在下列不等式：
$(1 + a_{1}) (1 + a_{2}) \dots (1 + a_{k}) (1 + a_{k + 1}) \geq (1 + a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k}) (1 + a_{k + 1})$
显然可得：
$(1 + a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k}) (1 + a_{k + 1}) = (1 + a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k}) + (a_{k + 1} + a_{1} a_{k + 1} + \dots + a_{k} a_{k + 1})$
因为所有的 $a_{n}$ 均为相同符号，则可得不等式：
$(1 + a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k}) + (a_{k + 1} + a_{1} a_{k + 1} + \dots + a_{k} a_{k + 1}) > 1 + a_{1} + a_{2} + \dots + a_{k} + a_{k + 1}$
故 $n = k + 1$ 时，原不等式成立，由此可得原不等式对 $n \in ℕ^{*}$ 一定成立.

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7、设 $a, b$ 是实数，且 $| a | < 1, | b | < 1$ . 证明：

| \frac{a + b}{1 + a b} | < 1 .

解：

因为 $| a | < 1, | b | < 1$ ，可知 $- 1 < a < 1, - 1 < b < 1$ .
由此可得 $- 1 < a b < 1, 0 < 1 + a b < 2$ .
由题设可得：
$\begin{matrix} | \frac{a + b}{1 + a b} | < 1 \\ | a + b | < | 1 + a b | = 1 + a b \\ - 1 - a b < a + b < 1 + a b \end{matrix}$
对于 $a + b < 1 + a b$ 可得：
$\begin{matrix} a + b - 1 - a b < 0 \\ (a - 1) (1 - b) < 0 \end{matrix}$
因为 $| a | < 1, | b | < 1$ ，所以 $a - 1 < 0, 1 - b > 0$ ，所以 $a + b < 1 + a b$ 成立.
对于 $a + b > - 1 - a b$ 可得：
$\begin{matrix} a + b + 1 + a b > 0 \\ (a + 1) (b + 1) > 0 \end{matrix}$
因为 $| a | < 1, | b | < 1$ ，所以 $a + 1 > 0, b + 1 > 0$ ，所以 $a + b > - 1 - a b$ 成立.
所以题设不等式成立.

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