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 $a\ne 0$ 时，$ab$ 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 ${\displaystyle a+b=\frac{m}{n}}$，其中 $m,n\in \mathbb{Z}$.

因为 $a$ 为有理数，则 ${\displaystyle a=\frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}}$，其中 $m^{\prime },n^{\prime }\in \mathbb{Z}$.

由此可得 ${\displaystyle b=(a+b)-a=\frac{m}{n}-\frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}=\frac{m{n}^{\prime }-m^{\prime }n}{n{n}^{\prime }}}$.

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 ${\displaystyle a-b=\frac{m}{n}}$，其中 $m,n\in \mathbb{Z}$.

因为 $a$ 为有理数，则 ${\displaystyle a=\frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}}$，其中 $m^{\prime },n^{\prime }\in \mathbb{Z}$.

由此可得 ${\displaystyle b=a-(a-b)=\frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}-\frac{m}{n}=\frac{m^{\prime }n-m{n}^{\prime }}{n{n}^{\prime }}}$.

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

因为 $a$ 为有理数且 $a\ne 0$，则 ${\displaystyle a=\frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}}$，其中 $m^{\prime },n^{\prime }\in \mathbb{Z}$.

由此可得 ${\displaystyle b=\frac{ab}{a}=\frac{m}{n}/\frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}=\frac{m{n}^{\prime }}{m^{\prime }n}}$.

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

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

因为 $a$ 为有理数且 $a\ne 0$，则 ${\displaystyle a=\frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}}$，其中 $m^{\prime },n^{\prime }\in \mathbb{Z}$.

由此可得 ${\displaystyle b=b/a\ast a=\frac{m}{n}\ast \frac{m^{\prime }}{n^{\prime }}=\frac{m{m}^{\prime }}{n{n}^{\prime }}}$.

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 $a,b\in \mathbb{Q}$ 满足 $a<b$，则可得不等式 $2a<a+b<2b$.

令 ${\displaystyle c=\frac{a+b}{2}}$，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 $m,n\in \mathbb{Z}$ 使得 ${\displaystyle \sqrt{2}=\frac{m}{n}}$，且 $m,n$ 无公约数.

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

因为 $m^2$ 为偶数，则 $m$ 必为偶数. 由此可得 ${\displaystyle n^2=\frac{m^2}{2}}$ 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 $m,n\in \mathbb{Z}$ 使得 ${\displaystyle \sqrt{3}=\frac{m}{n}}$，且 $m,n$ 无公约数.

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

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

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 $m,n\in \mathbb{Z}$ 使得 ${\displaystyle \sqrt{2}+\sqrt{3}=\frac{m}{n}}$，且 $m,n$ 无公约数.

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

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 ${\displaystyle {\left(\frac{m}{n}\right)}^2}$ 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：

$$0.249999\cdots ,0.\dot{3}7\dot{5},4.\dot{5}1\dot{8}\text{.}$$

解：

令 $a=0.249999\cdots$，则：

$$\begin{array}{cc}1000a& =249.\dot{9}\\ 100a& =24.\dot{9}\\ 900a& =225\\ a& =\frac{1}{4}\end{array}$$

令 $b=0.\dot{3}7\dot{5}$，则：

$$\begin{array}{cc}1000b& =375.\dot{3}7\dot{5}\\ 999b& =375\\ b& =\frac{125}{333}\end{array}$$

令 $c=4.\dot{5}1\dot{8}$，则：

$$\begin{array}{cc}1000c& =4518.\dot{5}1\dot{8}\\ 999c& =4514\\ c& =\frac{4514}{999}\end{array}$$

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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 ${\displaystyle r=\frac{m}{n}}$，其中 $m,n\in \mathbb{Z}$. 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 $a_1,a_2,\cdots ,a_n$ 都有相同的符号，且都大于 $-1$. 证明：

$$(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_n)\ge 1+a_1+a_2+\cdots +a_n\text{.}$$

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：

$$(1+a_1)(1+a_2)\cdots (1+a_k)(1+a_{k+1})\ge (1+a_1+a_2+\cdots +a_k)(1+a_{k+1})$$

显然可得：

$$(1+a_1+a_2+\cdots +a_k)(1+a_{k+1})=(1+a_1+a_2+\cdots +a_k)+(a_{k+1}+a_1{a}_{k+1}+\cdots +a_k{a}_{k+1})$$

因为所有的 $a_n$ 均为相同符号，则可得不等式：

$$(1+a_1+a_2+\cdots +a_k)+(a_{k+1}+a_1{a}_{k+1}+\cdots +a_k{a}_{k+1})>1+a_1+a_2+\cdots +a_k+a_{k+1}$$

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

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7、设 $a,b$ 是实数，且 $|a|<1,|b|<1$. 证明：

$$\left|\frac{a+b}{1+ab}\right|<1\text{.}$$

解：

因为 $|a|<1,|b|<1$，可知 $-1<a<1,-1<b<1$.

由此可得 $-1<ab<1,0<1+ab<2$.

由题设可得：

$$\begin{array}{c}\left|\frac{a+b}{1+ab}\right|<1\\ |a+b|<|1+ab|=1+ab\\ -1-ab<a+b<1+ab\end{array}$$

对于 $a+b<1+ab$ 可得：

$$\begin{array}{c}a+b-1-ab<0\\ (a-1)(1-b)<0\end{array}$$

因为 $|a|<1,|b|<1$，所以 $a-1<0,1-b>0$，所以 $a+b<1+ab$ 成立.

对于 $a+b>-1-ab$ 可得：

$$\begin{array}{c}a+b+1+ab>0\\ (a+1)(b+1)>0\end{array}$$

因为 $|a|<1,|b|<1$，所以 $a+1>0,b+1>0$，所以 $a+b>-1-ab$ 成立.

所以题设不等式成立.

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