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題11.1 已知 $a,b\in \mathbb N_+$ ，求證：
(1) $\frac{b^2}{a^2+ab}$ 不是整數(shù)。
(2) 區(qū)間 $\left[\frac{b^2}{a^2+ab},\frac{b^2}{a^2+ab-1}\right)$ 中沒(méi)有整數(shù)。

證明 (1) 假設(shè) $\frac{b^2}{a^2+ab}=k$ 是正整數(shù)，則關(guān)于b的二次方程 $b^2-kab-ka^2=0\\$
有正整數(shù)解，這說(shuō)明 $\Delta =k^2a^2+4ka^2$ 是平方數(shù)。
由 $a\in \mathbb N_+$ ，故 $k^2+4k$ 是平方數(shù)。
另一方面，因 $k^k<k^2+4k<(k+2)^2$ ，故 $k^2+4k=(k+1)^2$ ，展開(kāi)移項(xiàng)化簡(jiǎn)得： $2k=1\\$ 這與 $k$ 是正整數(shù)矛盾。所以假設(shè)不成立，所以 $\frac{b^2}{a^2+ab}$ 不是整數(shù)。
(2) 假設(shè)有整數(shù) $k\in \left[\frac{b^2}{a^2+ab},\frac{b^2}{a^2+ab-1}\right)$ ，根據(jù)(1)，區(qū)間的左端點(diǎn)不為整數(shù)，所以：
$\tag{11.1.1} \frac{b^2}{a^2+ab}< k<\frac{b^2}{a^2+ab-1}$
則：
$\frac{b^2}{a^2+ab}< k \Rightarrow \frac{k-\sqrt{k^2+4k}}{2}<\fraca< \frac{k+\sqrt{k^2+4k}}{2}$
$\frac{b^2}{a^2+ab-1}> k \Rightarrow \fraca<\frac{k-\sqrt{k^2+4k(1-1/a^2)}}2$ 或 $\fraca>\frac{k+\sqrt{k^2+4k(1-1/a^2)}}2$
上面不等式合并得：
$\tag{11.1.2}\fraca\in \left[\frac{k-\sqrt{k^2+4k}}{2},\frac{k-\sqrt{k^2+4k(1-1/a^2)}}2\right)$
或
$\tag{11.1.3}\fraca\in \left(\frac{k+\sqrt{k^2+4k(1-1/a^2)}}2,\frac{k+\sqrt{k^2+4k}}2\right)$
(11.1.2)蘊(yùn)含著 $b/a<0$ ，舍去。
注意到：
$k\le \frac{k+\sqrt{k^2+4k(1-1/a^2)}}2<\frac{k+\sqrt{k^2+4k}}2\le k+1$
故 $k<\fraca< k+1$ ，于是可以作帶余除法： $b=ka+r\\r\in\{1,2,...,a-1\}$
將之代入(11.1.1)得：
$\frac{(ka+r)^2}{a^2+a(ka+r)}< k <\frac{(ka+r)^2}{a^2+a(ka+r)-1}\\ \Rightarrow kar+r^2< ka^2<kar+r^2+k\\ \Rightarrow \frac{r^2}{a^2-ar}<k<\frac{r^2}{a^2-ar-1}$
因 $r\in \{1,2,...,a-1\}$ ，令 $a=m+r,m\in\{1,2,...,a-1\}$ ，則上式變?yōu)椋?br> $\tag{11.1.4}\frac{r^2}{m^2+mr}<k<\frac{r^2}{m^2+mr}$
其中 $r<b,m<a$ ，這說(shuō)明，若存在 $a,b$ 使區(qū)間 $\left[\frac{b^2}{a^2+ab},\frac{b^2}{a^2+ab-1}\right)$ 內(nèi)有整數(shù)，則必存在 $r<b,m<a$ ，使區(qū)間 $\left[\frac{r^2}{m^2+mr},\frac{r^2}{m^2+mr}\right)$ 有整數(shù)。這就構(gòu)造了一個(gè)無(wú)窮遞降，矛盾。所以假設(shè)不成立，命題成立。
$\blacksquare$

題11.2 證明： $\sqrt 2$ 是無(wú)理數(shù)。
證明假設(shè) $\sqrt 2$ 是有理數(shù)，那么存在互素的正整數(shù) $p,q$ ，滿足 $\frac{p}q=\sqrt 2$ ，從而有 $\tag{11.2.1}\frac{p^2}{q^2}=2$
于是知 $1<p/q<2$ ，所以存在一個(gè) $r$ ，使 $\tag{11.2.2}p=q+r$
$1\le r<q\\(q,r)=1,$
代入(11.2.1)，化整并整理得： $2r+r^2/q=q\\$
所以 $q|r^2$ ，因 $(q,r)=1$ ，故 $q|r$ 。這與 $1\le r<q$ 矛盾。假設(shè)不成立，命題成立。