1樓：Ziegel
反證考慮元素對（四元陣列，其中和為有理數的二元陣列）
每個四元組至少乙個元素對，35個
每個和為有理至多屬於10個元素對
至少四組二元陣列
至少某乙個數出現兩次
a+b∈Q
a+c∈Q
b-c∈Q
b+cQ
b+d∈Q<==>c+d∈Q
defg中若有三個不同的xyz使得b+x∈Q，b+y∈Q，b+z∈Q
則axyz兩兩差有理，兩兩和均不有理。
所以defg中有xy，b+xQ，b+yQ，c+xQ，c+yQ
只能有x+y∈Q
記defg剩下兩個為st
如果有b+sQ，
bcxs中b+cQ，b+xQ<==>c+xQ，b+sQ<==>c+sQ，只有s+x∈Q
s+x∈Q，x+y∈Q，s+yQ
bcys中b+cQ，b+yQ<==>c+yQ，b+yQ<==>c+yQ，s+yQ矛盾
那麼只能b+s∈Q,b+t∈Q，聯合a+b∈Q
astx中ast兩兩之差有理，兩兩和無理，a+x∈Q<==>s+x∈Q<==>t+x∈Q
a+x∈Q，s+x∈Q，t+x∈Q
又因為x+y∈Q，s+x∈Q
s+yQ
asty中ast兩兩之差有理，兩兩和無理，s+yQ<==>a+yQ<==>t+yQ
2樓：
給乙個反證法
兩無理數之和為有理數，則兩數形式為a，-a+q，q為有理數，本證明中以a、b、c指代無理數，-a、-b、-c指代與其和為有理數的另一加數
反證：7個無理數，使得任意4個無理數中，存在兩數之和為有理數。
7個無理數，設為a,b,c,d,e,f,g，取a,b,c,d，則存在兩數和為有理數，設為a,b，則b=-a。同理取c,d,e,f，得d=-c。
取a,e,f,g，則要麼
e,f,g中存在兩數和為有理數
e,f,g中某數與a和為有理數，設為e=-a。此時再取b,e,f,g，則要麼e,f,g中存在兩數和為有理數，要麼存在某數與b和為有理數，設為f=-b=a（此數不可能為e，否則e+a,e-a均為有理數，e,a均為有理數），從而f=-e
即e,f,g中必有兩數和為有理數，設為f=-e
至此，7個無理數為a,-a,c,-c,e,-e,g
取a,c,e,g，則要麼
a,c,e中有兩數和為有理數
a,c,e中某數與g和為有理數，設為g=-a。此時再取-a,c,e,g(-a)，則-a,c,e中有兩數和為有理數
不妨設為c=a，即7個無理數為a,-a,a,-a,e,-e,g
取a,a,e,g，同上可得e=-a
則7個無理數為a,a,a,-a,-a,-a,g
取a,a,a,g —> g=-a
取-a,-a,-a,g —> g=a
矛盾。證畢
3樓：
我的答案是不一定都存在4個數，其兩兩之和均為無理數。我從無理數構造上給你舉個反例：0.
010011000111000011110000011111...；1.101100111000111100001111100000...
； -1.101100111000111100001111100000...；2.
010011000111000011110000011111...； -2.010011000111000011110000011111...
；3.101100111000111100001111100000...； -3.
101100111000111100001111100000...；
這七個都是無理數，就不滿足題主說的都存在四個數，其兩兩之和均為無理數。
我這回答是錯的，不存在反例。
4樓：蒼玄子愛數學
隨便寫個？
首先我們僅考慮這些無理數的小數部分…即在這裡將sqrt3和sqrt3-1 當作同種無理數…這不影響最終和或差成為無理數or有理數的結果
考慮反例。任選四個數，存在一組兩兩之和都為有理數。那麼令其中乙個數x0為-a，x1為a，依次得到x2為b。
x3為-b，x4為c，x5為-c，x6為s。那麼再次選擇abcs時，為使得存在一組兩兩之和為有理數。s必須為-a，-b，-c中的乙個。
假設為-a，再選擇-a，b，c，s時，同樣遇到上方的問題…而此時s無處可選。從而得到矛盾。qed
5樓：
這是乙個關於"退化"的問題：明明可以靠顏值保持無理，竟然有理了.... 好羞恥啊
保持無理特性，堅決不能退化成有理。
1） pi, 2pi, 3pi，4pi 的數列... 符合題目要求，
在加減兩種運算下是可以的，但是在乘除運算下，就"退化"為有理數了
2）sqrt(2), sqrt(3), sqrt(5), sqrt(7
所有質數的算術平方根，不僅符合這個要求，而且即使乘除之後，仍然無理....
但在乘方之後這些數字就不在無理了，那麼給出：
3） ln 2, ln3, ln5, ln7 .... 質數的自然對數.... (注意，如果用10為底的lg2 , 則要把lg 5去掉.. )
在+-*/ ** 多種運算下都保持無理特性
以上三個答案，不知你是否滿意。
如果希望對任何初等函式運算都保持無理數的要求，包括指數對數，那麼這個數字本身就不能用初等函式描述，否則針對性的逆運算就可以變回成無理數，所以只能構造n個無關的超越數，期待有看到的大神來解決。
「無限無理猜想：無理數對初等函式等價運算形成的商集，是否為無限集？」
「有限無理猜想：無理數對什麼運算形成的商集，其測度為有理數個？」（取整函式肯定符合，tgx不符合，這是連續統假設的乙個變體）
6樓：w2014
思路和前面兩位有點相似
把和是有理數的點連起來…然後證明沒有奇環…如果有，環上的每條邊兩端之和有理，所以總和有理；另一方面，這奇數個點可以看成若干條邊加乙個點，所以總和無理，矛盾。
沒有奇環的話就是乙個二部圖，剩下的就是找點多的一側…（逃
7樓：未知
考慮等價類，如果兩個數和或差為有理數放到乙個類裡面，容易證明每個類至少可以取出類中元素個數/2的上取整個元素兩兩之和為無理數，而不同類之間的兩兩之和當然是無理數。等價到圖論裡面應該是2N+1點完全圖的二染色一種顏色沒有奇圈，有些回答裡說是沒有3圈，這不是充分的，應該是沒有奇圈，可能7階情況也可以證明。，證明另一種顏色有n+1階完全圖，在圖論裡面做也是考慮沒有奇圈的那個顏色的每個連通分支，和不用圖論的方法是完全一致的。
這是清華丘班的題目?難度應該比這個高吧，或者這是最簡單的也有可能。
8樓：xiehonglai
做乙個最簡單的分析，兩個無理數相加能得到有理數的條件是兩個無理數的絕對值相等，即乙個為正值，乙個為負值；對於7個無理數，最多會出現三組絕對值相等的無理數（無關餘下的另乙個無理數的絕對值的大小），而餘下的乙個，總存在與其他三組無理數中的乙個和它同號（+，-）.使同號的物理數相加仍為無理數的結論。故而問題的結論正確。
9樓：rqy
更新：重打了一遍公式。
更新： @唐瓏珂 給了個推廣...是這樣的：原問題說 個無理數可以選出 個使得它們兩兩之和均為無理數，實際上可以更強：
從 個無理數中可以選出 個使得它們中任意多個（當然不能是0個）數的和都是無理數。
證明大概就是考慮這些無理數 和 生成的 線性空間 ，如果 是 維的，那麼可以證明存在其 維子空間 使得 包含 但不包括中任何乙個 。 可以這樣構造：
首先我們有乙個 維子空間 ，包含 但不包含 個有理數任何乙個。接下來每次把子空間擴大一維。 擴張到 的時候，由於 ，於是從 中去掉所有 後還是非空的（ 維無限線性空間去掉有限個 維的子空間當然還是非空的）。
於是從中選乙個數 並記 即可。
這樣我們有了乙個 維子空間 。考慮 的自然對映（同時也是線性的），容易發現 。於是 中要麼有至少 個正數要麼有至少 個負數。
不妨假設為前者，那麼這 個 中任意選一些的和都會被 對映到正數，因此不可能是有理數（有理數會被對映到 ）。
什麼時候碰到電腦且我有心情就重打一遍公式。
建一張7個點圖，若兩個數和為有理數則兩個點間連邊。由於這張圖沒有奇環（否則 是有理數），於是它是乙個二分圖。二分圖的頂點可以寫作兩個部分使得每部分內部沒有邊，顯然至少其中一部分有 個點，選這四個數就可以了。
利益相關：12/07丘班選拔考場上花了不超過三秒想到這道題做法。
10樓：吳旋
對於任意2n-1個無理數，考慮2n-1個點的圖，兩個點之間有邊當且僅當對應兩數之和為有理數。我們證明這個圖是二分圖。若不然，則圖中有奇數長度的環，將環上每條邊對應數字相加除以2，得到環上所有數字之和是有理數。
又對於環上任意乙個數，總可以找到環上剩下偶數多個數字的乙個匹配，這樣一來每對數字之和是有理數，所以這個數也是有理數(它=總和-其他每對數字之和)，矛盾。該二分圖有2n-1個點，故必有一部有至少n個點，這樣對應的n個數兩兩之和為無理數。
11樓：王希
可以從等價類+圖論的角度考慮。
這裡直接證明：任取2n-1個無理數，其中一定存在n個數，其兩兩之和均為無理數。
首先，我們規定兩兩之差為有理數的無理數是乙個等價類，這樣就把這些數放進了不超過2n-1個等價類中。對於乙個等價類中的數，如果其中乙個和某個數的和是有理數/無理數，那麼其他的數與這個數的和也是有理數/無理數。
接下來，我們考慮以這些等價類為頂點的圖。如果兩個等價類之和為有理數，那麼我們把它們之間連一條邊。
最後，注意到不會存在任何乙個頂點的度大於等於2，否則另外兩個頂點之差為有理數，應歸為乙個等價類，矛盾。
所以以等價類為頂點的這張圖是乙個二分圖。由抽屜原理，至少存在一半包括不小於n個數，取這n個數即可。
對於這些數，如果它們在同乙個等價類中，那麼由於它們的差已經是有理數了，如果和也為有理數，則均為有理數，矛盾；如果不在乙個等價類中，由於它們之間也沒有邊連線，所以它們兩兩之和不是有理數。證畢。
12樓：「已登出」
事實上，我們可以加強得到如下命題：從任意2n+1個無理數中必可取出n+1個數，其中任意k個數之和均為無理數。其中k≤n+1
不妨設2n+1個無理數分別是a1，a2，....... a2n+1取出最大的m 使得存在m元子集滿足b1 b2....... bm，1線性無關，即等價於對於一組有理數陣列c1.
c2...... cm 若sigmacibi為有理數則有為全零陣列。我們證明對於任意a為｛a1，a2a2n+1｝中的乙個元素，存在唯一一組有理數陣列c1，c2......
cm+1 使得a=sigamabici +cm+1
首先說明存在性對於a=bi 取ci=1其餘均為0即可對於a不等於bi （i=1.......m）反證恆不存在這樣的有理係數線性表示式即斷言b1....bm a與1線性無關。
否則，若存在不全為0的有理數組c1,...... cm,c （顯然c不為0）使得sigamacibi+c是有理數，故有a能寫成b1.......bm和1的有理係數線性表示式，與m的極大性矛盾。
故我們可以得到，對於a為a1，...... a2n+1中的任一元素都唯一對應乙個m+1元有理數組（c1......cm+1）對於這個a，我們將其分類。
若j為最小使得cj不為0的正整數，則我們將a歸為第j類，因此則將所有的2n+1個數分劃為m+1個等價類。對於第j類數，考慮這第j個不為0的分量，若其中正數較多，則取出第j個分量為正的那些數，負數情形同理。按照這樣的貪心取法，則取出了至少一半的數，則至少可取出n+1個數，並且符合題意。
取n=3 即得命題加強結論
利用線性代數的考慮此題是較平凡的
無理數是否真的存在？
Wizard 你問題最後的 定製 應該是 定值 吧？你想問根號二是不是乙個固定的值。是，根號二就是乙個固定的值。無理數就是乙個固定的值，可能你無法理解無限長度的數為什麼是乙個固定的數。反過來想可能好理解一點，就是根號二是乙個固定的長度的數，而我們的測量精度無法準確的測量出這個數的大小，只能通過精度的...
如何證明兩個實數間一定存在無理數
Zeta Eta 正常學數分的思路 實數的完備性 連續性 公理 一般認為是戴德金基本定理，等價於這7個定理的迴圈證明 確界存在定理 單調有界定理 有限覆蓋定理 聚點定理 緻密性定理 閉區間套定理 柯西收斂準則，這幾個東西說了一堆車軲轆話形成乙個閉環 雖說他們叫定理，但其實你必須至少承認和信仰其中乙個...
是否存在乙個無理數，其小數點後第一位到n位都為同一數字？
薛丁格的貓糧 作為乙個民科生，我可以告訴你 存在！原理也很簡單，因為 有理數 無理數 無理數，無理數乘除有理數 無理數，於是乎，你的問題就可以簡單解決 1 小數點後10位都是6的無理數 6.6666666666 100000000000 6.666666666631415926 2 小數點後N位都是...