习题二答案
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i 2=-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' =8
6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a i >0, i =1, 2, , k ，且a 1+a 2+ +a k =1。a 1+a 2+ +a k ≥。k
当n =k +1时，由a i >0, i =1, 2, , k +1，且a 1+a 2+ +a k +a k +1=1
a k a i a a 21++ +=1，且>01-a k +11-a k +11-a k +11-a k +1
⎛a 1⎫⎛a 2⎫⎛a k ⎫1 ⎪ ⎪ ⎪由归纳假设，得++ +≥, 1-a ⎪ 1-a ⎪ 1-a ⎪k k +1⎭k +1⎭k +1⎭⎝⎝⎝
∴
要证
⇒a 1+a 2+ +a k +a k +1≥2222222(1-a k +1)2k +a k +12(1-a k +1)2k +a k +1≥21，即k +1(k +1)(1-a k +1)2+k (k +1)a k +12≥k , (k +1)2a k +12-2(k +1)a k +1+1≥0
2︒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）
k 角邮资可能是：（1）完全用3角的邮票来支付；（2）至少用一张5角的邮票来支付. 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)=
1︒当n =2, 3, 4时，命题成立. 1n (n -1) 2
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k 条直线有2
1k (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，且互不相同. 故新增k 2
1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
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.
a c c a 12证明：（1）根据自然数除法定义有a =b ⋅, d ⋅=c ，两式相乘，得ad ⋅=bc ⋅，所以b d d b
a c a c 有：若ad =bc ，则=；若=，则ad =bc b d b d
a c a c （2）bd (+) =d (b ⋅) +b (d ⋅) =ad +bc ，根据除法定义，（2）成立. b d b d
a c a c （3）bd (⋅) =(b ⋅)(d ⋅) =ac ，根据除法定义，（3）成立. b d b d
13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
（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p p -1=(p -1)(p p -1+p p -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p p -1+p p -2+ +p +1是奇数，
于是p p -1=(p -1)(2s +1), s ∈Z ，同理有q q +1=(q +1)(2t +1), t ∈Z ，
两式相加：p p +q q =2(p -1)(s +t +1) =(p +q )(s +t +1) ，所以p +q |(p p +q q ) .
18解：因为3p +5q =31，所以3p 和5q 必为一奇一偶.
若3p 为偶数，可验证质数p =2, q =5，则log 221p =log 2=log 2=-3 3⨯5+183q +1
7p =0 =log 23⨯2+13q +1若5q 为偶数，可验证质数p =7, q =2，则log 2
p =-3或0. 3q +1所以log 2
19证明：根据减法是加法的逆运算知，设a , b 是有理数，a -b 是这样一个数，它与b 的和等于a ．即(a -b ) +b =a ．但是，我们有
[a +(-b )]+b =a +[(-b ) +b ](加法结合律)
=a +0=a
因此，a +(-b ) 这个确定的有理数，它与b 的和等于a ，
∴a -b =a +(-b )
又如果差为x ，则有x +b =a ，于是，两边同加(-b ) 有：
x +b +(-b ) =a +(-b )
x +[b +(-b )]=a +(-b )
x =a +(-b )
即差只能是a +(-b ) ，定理得证．
20证明：做差，
所以有a 0，-b =
21证明：首先证明x ≤y 当且仅当-y ≤x ≤y .
事实上，若x ≤y ，当x ≥0时，即-y ≤x ≤y ; 当x
下面来证明：a -b ≤a +b ≤a +b .
事实上，对于a , b 显然有： -a ≤a ≤a -b ≤b ≤b
故有-(a +b ) ≤a +b ≤a +b .
由上面的讨论知，a +b ≤a +b .
另一方面，a =a +b -b ≤a +b +-b =a +b +b .
故a -b ≤a +b ≤a +b .
22证明:(反证法) 设e =p , 其中p , q 是正整数, 不妨假定p , q 互素, q
1
1! 11++ , 得: 2! 3! 取自然数n >q , 用n ! 乘下列级数表达式两边: e =1++
n ! e =n ! +n ! +n (n -1) 3+ +1+11++ n +1(n +1)(n +2)
令a n =n ! +n ! +n (n -1) 3+ +1, b n =11++ n +1(n +1)(n +2)
于是n ! e =a n +b n , 则n ! e 应为正整数, n ! e -a n 应为整数. 但是01, 故0
23证明：假设a =p , (p , q ) =1, q ≠1 q
p n
两边n 次方得a =n ， q
但是(p , q ) =1, 所以(p n , q n ) =1, q n ≠1，所以a 不是整数，这与已知条件矛盾， 所以a 是无理数.
24证明：假设log a b =p , p ∈Z , q ∈N ， q
所以a p =b q ，因为(a , b ) =1，所以(a p , b q ) =1
但是当p ≤0时，上式明显不成立；当p >0时，上式与(a p , b q ) =1矛盾. 所以，log a b 不是有理数，又可以证明log a b 是实数，所以log a b 是无理数.
25证明：假设方程有有理数根x =p p , (p , q ) =1, q >1，将x =其代入方程，可得：q q
p n =-q (a 1p n -1+a 2p n -2q + +a n q n -1) ，由此可知q 的任何素数因子r 必可整除p n ，因此r 必
可整除p ，从而知r 为p 与q 的公因子，但是(p , q ) =1，所以r =1，所以q =1，这与q >1矛盾. 所以整系数代数方程x n +a 1x n -1+ +a n =0的任何非整实根均为无理数. 26按照字典排序法，先比较实部，再比较虚部.
27证明：将三次本原单位根x =ω或ω2分别代入f (x ) ：
f (ω) =ω3m +1+ω3n +2+1=ω+ω2+1=0
f (ω2) =(ω2) 3m +1+(ω2) 3n +2+1=ω2+ω+1=0
因此，f (x ) 含有因式(x -ω), (x -ω2) ，而(x -ω) ⋅(x -ω2) =x 2+x +1=0 所以(x 2+x +1) |f (x )
28证明（反证法）：若π与3.8的和是有理数a ，即π+3. 8=a ，则a -3. 8=π. 因为全体有理数称为一个域，对减法运算封闭，所以差a -3. 8仍是有理数，与π是无理数矛盾，所以π与3.8的和是无理数.
29两个无理数的商可能是有理数. 例如：2是无理数，易证22也是无理数，30不能，因为无理数对四则运算不封闭. 例如2-2=0.
31解：由于z 4=(x +yi ) 4=(x 2-y 2+2xyi ) 2=(x 2-y 2) 2-4x 2y 2+4(x 2-y 2) xyi 所以z 4是纯虚数的条件是(x 2-y 2) 2-4x 2y 2=0，4(x 2-y 2) xy ≠0 即x =(±1±2) y , y ≠0
32证明：设C 1是C 的任一子域，C 1⊃R ，且在C 1中方程z 2=-1有解z =j . 按照题意，要证明C 1=C . 因为C 1⊆C ，所以只需要证明C 1⊇C .
由j ∈C 1，C 1⊆C ，知j ∈C ，依C 的四则运算律，有 222=2∈Z
(i -j )(i +j ) =i 2+ji -ij -j 2=0
于是，i =j 或i =-j . 任取ω∈C ，由ω=x +yi , (x , y ∈R ) ，
知ω=x +yj 或ω=x -yj
又由于x , y , j ∈C 1，而C 1是域，于是ω∈C 1，因此C 1⊇C .
习题二答案
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i 2=-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' =8
6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a i >0, i =1, 2, , k ，且a 1+a 2+ +a k =1。a 1+a 2+ +a k ≥。k
当n =k +1时，由a i >0, i =1, 2, , k +1，且a 1+a 2+ +a k +a k +1=1
a k a i a a 21++ +=1，且>01-a k +11-a k +11-a k +11-a k +1
⎛a 1⎫⎛a 2⎫⎛a k ⎫1 ⎪ ⎪ ⎪由归纳假设，得++ +≥, 1-a ⎪ 1-a ⎪ 1-a ⎪k k +1⎭k +1⎭k +1⎭⎝⎝⎝
∴
要证
⇒a 1+a 2+ +a k +a k +1≥2222222(1-a k +1)2k +a k +12(1-a k +1)2k +a k +1≥21，即k +1(k +1)(1-a k +1)2+k (k +1)a k +12≥k , (k +1)2a k +12-2(k +1)a k +1+1≥0
2︒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）
k 角邮资可能是：（1）完全用3角的邮票来支付；（2）至少用一张5角的邮票来支付. 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)=
1︒当n =2, 3, 4时，命题成立. 1n (n -1) 2
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k 条直线有2
1k (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，且互不相同. 故新增k 2
1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
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.
a c c a 12证明：（1）根据自然数除法定义有a =b ⋅, d ⋅=c ，两式相乘，得ad ⋅=bc ⋅，所以b d d b
a c a c 有：若ad =bc ，则=；若=，则ad =bc b d b d
a c a c （2）bd (+) =d (b ⋅) +b (d ⋅) =ad +bc ，根据除法定义，（2）成立. b d b d
a c a c （3）bd (⋅) =(b ⋅)(d ⋅) =ac ，根据除法定义，（3）成立. b d b d
13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
（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p p -1=(p -1)(p p -1+p p -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p p -1+p p -2+ +p +1是奇数，
于是p p -1=(p -1)(2s +1), s ∈Z ，同理有q q +1=(q +1)(2t +1), t ∈Z ，
两式相加：p p +q q =2(p -1)(s +t +1) =(p +q )(s +t +1) ，所以p +q |(p p +q q ) .
18解：因为3p +5q =31，所以3p 和5q 必为一奇一偶.
若3p 为偶数，可验证质数p =2, q =5，则log 221p =log 2=log 2=-3 3⨯5+183q +1
7p =0 =log 23⨯2+13q +1若5q 为偶数，可验证质数p =7, q =2，则log 2
p =-3或0. 3q +1所以log 2
19证明：根据减法是加法的逆运算知，设a , b 是有理数，a -b 是这样一个数，它与b 的和等于a ．即(a -b ) +b =a ．但是，我们有
[a +(-b )]+b =a +[(-b ) +b ](加法结合律)
=a +0=a
因此，a +(-b ) 这个确定的有理数，它与b 的和等于a ，
∴a -b =a +(-b )
又如果差为x ，则有x +b =a ，于是，两边同加(-b ) 有：
x +b +(-b ) =a +(-b )
x +[b +(-b )]=a +(-b )
x =a +(-b )
即差只能是a +(-b ) ，定理得证．
20证明：做差，
所以有a 0，-b =
21证明：首先证明x ≤y 当且仅当-y ≤x ≤y .
事实上，若x ≤y ，当x ≥0时，即-y ≤x ≤y ; 当x
下面来证明：a -b ≤a +b ≤a +b .
事实上，对于a , b 显然有： -a ≤a ≤a -b ≤b ≤b
故有-(a +b ) ≤a +b ≤a +b .
由上面的讨论知，a +b ≤a +b .
另一方面，a =a +b -b ≤a +b +-b =a +b +b .
故a -b ≤a +b ≤a +b .
22证明:(反证法) 设e =p , 其中p , q 是正整数, 不妨假定p , q 互素, q
1
1! 11++ , 得: 2! 3! 取自然数n >q , 用n ! 乘下列级数表达式两边: e =1++
n ! e =n ! +n ! +n (n -1) 3+ +1+11++ n +1(n +1)(n +2)
令a n =n ! +n ! +n (n -1) 3+ +1, b n =11++ n +1(n +1)(n +2)
于是n ! e =a n +b n , 则n ! e 应为正整数, n ! e -a n 应为整数. 但是01, 故0
23证明：假设a =p , (p , q ) =1, q ≠1 q
p n
两边n 次方得a =n ， q
但是(p , q ) =1, 所以(p n , q n ) =1, q n ≠1，所以a 不是整数，这与已知条件矛盾， 所以a 是无理数.
24证明：假设log a b =p , p ∈Z , q ∈N ， q
所以a p =b q ，因为(a , b ) =1，所以(a p , b q ) =1
但是当p ≤0时，上式明显不成立；当p >0时，上式与(a p , b q ) =1矛盾. 所以，log a b 不是有理数，又可以证明log a b 是实数，所以log a b 是无理数.
25证明：假设方程有有理数根x =p p , (p , q ) =1, q >1，将x =其代入方程，可得：q q
p n =-q (a 1p n -1+a 2p n -2q + +a n q n -1) ，由此可知q 的任何素数因子r 必可整除p n ，因此r 必
可整除p ，从而知r 为p 与q 的公因子，但是(p , q ) =1，所以r =1，所以q =1，这与q >1矛盾. 所以整系数代数方程x n +a 1x n -1+ +a n =0的任何非整实根均为无理数. 26按照字典排序法，先比较实部，再比较虚部.
27证明：将三次本原单位根x =ω或ω2分别代入f (x ) ：
f (ω) =ω3m +1+ω3n +2+1=ω+ω2+1=0
f (ω2) =(ω2) 3m +1+(ω2) 3n +2+1=ω2+ω+1=0
因此，f (x ) 含有因式(x -ω), (x -ω2) ，而(x -ω) ⋅(x -ω2) =x 2+x +1=0 所以(x 2+x +1) |f (x )
28证明（反证法）：若π与3.8的和是有理数a ，即π+3. 8=a ，则a -3. 8=π. 因为全体有理数称为一个域，对减法运算封闭，所以差a -3. 8仍是有理数，与π是无理数矛盾，所以π与3.8的和是无理数.
29两个无理数的商可能是有理数. 例如：2是无理数，易证22也是无理数，30不能，因为无理数对四则运算不封闭. 例如2-2=0.
31解：由于z 4=(x +yi ) 4=(x 2-y 2+2xyi ) 2=(x 2-y 2) 2-4x 2y 2+4(x 2-y 2) xyi 所以z 4是纯虚数的条件是(x 2-y 2) 2-4x 2y 2=0，4(x 2-y 2) xy ≠0 即x =(±1±2) y , y ≠0
32证明：设C 1是C 的任一子域，C 1⊃R ，且在C 1中方程z 2=-1有解z =j . 按照题意，要证明C 1=C . 因为C 1⊆C ，所以只需要证明C 1⊇C .
由j ∈C 1，C 1⊆C ，知j ∈C ，依C 的四则运算律，有 222=2∈Z
(i -j )(i +j ) =i 2+ji -ij -j 2=0
于是，i =j 或i =-j . 任取ω∈C ，由ω=x +yi , (x , y ∈R ) ，
知ω=x +yj 或ω=x -yj
又由于x , y , j ∈C 1，而C 1是域，于是ω∈C 1，因此C 1⊇C .