设正整数 $a$ 不是完全平方数，求证：对每一个正整数 $n$，$S_{n}=\{\sqrt{a}\}+\{\sqrt{a}\}^{2}+\cdots+\{\sqrt{a}\}^{n}$ 的值都是无理数这里 $\{x\}=x-[x]$，其中 $[x]$ 式表示不超过 $x$ 的最大整数．
【难度】
【出处】
2006年中国西部数学奥林匹克试题
【标注】
【答案】
略
【解析】
设 $c^{2}<a<(c+1)^{2}$，其中整数 $c\geqslant 1$，则 $[\sqrt{a}]=c$，且 $1 \leqslant a-c^{2} \leqslant 2 c,$ 而 $\{\sqrt{a} \}=\sqrt{a}-[\sqrt{a}]=\sqrt{a}-c$．令 $\{\sqrt{a}\}^{k}=(\sqrt{a}-c)^{k}=x_{k}+y_{k} \sqrt{a}, k \in \mathbf{N}^{*}, x_{k}, y_{k} \in \mathbf{z}$
则 $S_{n}=\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)+\left(y_{1}+y_{2}+\cdots+y_{n}\right) \sqrt{a}$ ①
下面证明，对所有正整数 $n$，$\displaystyle T_{n}=\sum\limits_{k=1}^{n} y_{k} \neq 0$．由于 $\begin{aligned} x_{k+1}+y_{k+1} \sqrt{a} &=(\sqrt{a}-c)^{k+1}=(\sqrt{a}-c)\left(x_{k}+y_{k} \sqrt{a}\right) =\left(a y_{k}-c x_{k}\right)+\left(x_{k}-c y_{k}\right) \sqrt{a} \end{aligned}$
所以 $\left\{\begin{array}{l}{x_{k+1}=a y_{k}-c x_{k}} \\ {y_{k+1}=x_{k}-c y_{k}}\end{array}\right.$
由 $x_1 =-c, y_1 = 1$ 可得 $y_2 =-2c$．消去 $x_k$ 得，$y_{k+2}=-2 c y_{k+1}+\left(a-c^{2}\right) y_{k}$ ②
其中 $y_1= 1, y_2 =-2c$．
由数学归纳法易得 $y_{2 k-1}>0, y_{2 k}<0$ ③
由 ② 和 ③，可得
$y_{2 k+2}-y_{2 k+1}=-(2 c+1) y_{2 k+1}+\left(a-c^{2}\right) y_{2 k}<0$
$y_{2 k+2}+y_{2 k+1}=-(2 c-1) y_{2 k+1}+\left(a-c^{2}\right) y_{2 k}<0$
相乘得 $y_{2 k+2}^{2}-y_{2 k+1}^{2}>0$，又因 $y_{2}^{2}-y_{1}^{2}>0$，故 $\left|y_{2 k-1}\right|<\left| y_{2k}\right|$．
又由
$y_{2 k+1}-y_{2 k}=-(2 c+1) y_{2 k}+\left(a-c^{2}\right) y_{2 k-1}>0$
$y_{2 k+1}+y_{2 k}=-(2 c-1) y_{2 k}+\left(a-c^{2}\right) y_{2 k-1}>0$
相乘得 $y_{2 k+1}^{2}-y_{2 k}^{2}>0$，即 $\left|y_{2 k}\right|<\left|y_{2 k+1}\right|$．
所以、对所有正整数 $n$，都有 $\left|y_{n}\right|<\left|y_{n+1}\right|$ ④
故由 ③④ 得，对所有正整数 $n$，都有 $y_{2 k-1}+y_{2 k}<0, y_{2 k}+y_{2 k+1}>0$．因此
$T_{2 n-1}=y_{1}+\left(y_{2}+y_{3}\right)+\cdots+\left(y_{2 n-2}+y_{2 n-1}\right)>0$
$T_{2 n}=\left(y_{1}+y_{2}\right)+\left(y_{3}+y_{4}\right)+\cdots+\left(y_{2 n-1}+y_{2 n}\right)<0$
从而对所有正整数 $n$，都有 $T_{n} \neq 0$，故由 ① 知 $S_n$ 是无理数．
则 $S_{n}=\left(x_{1}+x_{2}+\cdots+x_{n}\right)+\left(y_{1}+y_{2}+\cdots+y_{n}\right) \sqrt{a}$ ①
下面证明，对所有正整数 $n$，$\displaystyle T_{n}=\sum\limits_{k=1}^{n} y_{k} \neq 0$．由于 $\begin{aligned} x_{k+1}+y_{k+1} \sqrt{a} &=(\sqrt{a}-c)^{k+1}=(\sqrt{a}-c)\left(x_{k}+y_{k} \sqrt{a}\right) =\left(a y_{k}-c x_{k}\right)+\left(x_{k}-c y_{k}\right) \sqrt{a} \end{aligned}$
所以 $\left\{\begin{array}{l}{x_{k+1}=a y_{k}-c x_{k}} \\ {y_{k+1}=x_{k}-c y_{k}}\end{array}\right.$
由 $x_1 =-c, y_1 = 1$ 可得 $y_2 =-2c$．消去 $x_k$ 得，$y_{k+2}=-2 c y_{k+1}+\left(a-c^{2}\right) y_{k}$ ②
其中 $y_1= 1, y_2 =-2c$．
由数学归纳法易得 $y_{2 k-1}>0, y_{2 k}<0$ ③
由 ② 和 ③，可得
$y_{2 k+2}-y_{2 k+1}=-(2 c+1) y_{2 k+1}+\left(a-c^{2}\right) y_{2 k}<0$
$y_{2 k+2}+y_{2 k+1}=-(2 c-1) y_{2 k+1}+\left(a-c^{2}\right) y_{2 k}<0$
相乘得 $y_{2 k+2}^{2}-y_{2 k+1}^{2}>0$，又因 $y_{2}^{2}-y_{1}^{2}>0$，故 $\left|y_{2 k-1}\right|<\left| y_{2k}\right|$．
又由
$y_{2 k+1}-y_{2 k}=-(2 c+1) y_{2 k}+\left(a-c^{2}\right) y_{2 k-1}>0$
$y_{2 k+1}+y_{2 k}=-(2 c-1) y_{2 k}+\left(a-c^{2}\right) y_{2 k-1}>0$
相乘得 $y_{2 k+1}^{2}-y_{2 k}^{2}>0$，即 $\left|y_{2 k}\right|<\left|y_{2 k+1}\right|$．
所以、对所有正整数 $n$，都有 $\left|y_{n}\right|<\left|y_{n+1}\right|$ ④
故由 ③④ 得，对所有正整数 $n$，都有 $y_{2 k-1}+y_{2 k}<0, y_{2 k}+y_{2 k+1}>0$．因此
$T_{2 n-1}=y_{1}+\left(y_{2}+y_{3}\right)+\cdots+\left(y_{2 n-2}+y_{2 n-1}\right)>0$
$T_{2 n}=\left(y_{1}+y_{2}\right)+\left(y_{3}+y_{4}\right)+\cdots+\left(y_{2 n-1}+y_{2 n}\right)<0$
从而对所有正整数 $n$，都有 $T_{n} \neq 0$，故由 ① 知 $S_n$ 是无理数．
答案
解析
备注
