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法学设 $a$ 和 $b$ 为正整数。证明 $\sqrt{2}$ 始终介于 $\frac{a}{b}$ 和 $\frac{a+2b}{a+b}$ 之间。
已知：$a$ 和 $b$ 为正整数。
要求：证明 $\sqrt{2}$ 始终介于 $\frac{a}{b}$ 和 $\frac{a+2b}{a+b}$ 之间。
解答
为了比较每个数，我们先求 $\frac{a}{b}-\frac{a+2b}{a+b}$。
$\frac{a}{b}-\frac{a+2b}{a+b}$
$=\frac{a(a+b)-b(a+2b)}{b(a+b)}$
$=\frac{a^2+ab-ab-2b^2}{b(a+b)}$
$=\frac{a^2-2b^2}{b(a+b)}$
$\therefore,\ \frac{a}{b}-\frac{a+2b}{a+b}>0$
$\Rightarrow \frac{a^2-2b^2}{b(a+b)}>0$
$\Rightarrow a^2-2b^2>0$
$\Rightarrow a^2>2b^2$
$\Rightarrow a>\sqrt{2}b$
如果 $\frac{a}{b}-\frac{a+2b}{a+b}<0$
$\Rightarrow \frac{a^2-2b^2}{b(a+b)}<0$
$\Rightarrow a^2-2b^2<0$
$\Rightarrow a^2<2b^2$
$\Rightarrow a<\sqrt{2}b$
因此，如果 $a>\sqrt{2}b$，则 $\frac{a}{b}>\frac{a+2b}{a+b}$
如果 $a<\sqrt{2}b$，则 $\frac{a}{b}<\frac{a+2b}{a+b}$
现在，我们有两种情况
情况一
$a>\sqrt{2}b$
$\Rightarrow \frac{a}{b}>\frac{a+2b}{a+b}$
$\Rightarrow \frac{a+2b}{a+b}<\frac{a}{b}$
我们需要证明：
$\frac{a+2b}{a+b}<\sqrt{2}<\frac{a}{b}$
已知，$a>\sqrt{2}b$
$\Rightarrow a^2>2b^2$ [两边平方]
$\Rightarrow a^2+a^2>a^2+2b^2$ [两边加 $a^2$]
$\Rightarrow 2a^2+2b^2>a^2+2b^2+2b^2$ [两边加 $2b^2$]
$\Rightarrow 2(a^2+2ab+b^2)>a^2+4ab+4b^2$ [两边加 $4ab$]
$\Rightarrow 2(a+b)^2>(a+2b)^2$
$\Rightarrow \sqrt{2}(a+b)>(a+2b)$
$\Rightarrow \sqrt{2}>\frac{a+2b}{a+b}$
同样，$a>\sqrt{2}b$
$\Rightarrow \frac{a}{b}>\sqrt{2}$
因此，$\frac{a+2b}{a+b}<\sqrt{2}<\frac{a}{b}$
情况二
$a<\sqrt{2}b$
我们需要证明 $\frac{a}{b}<\sqrt{2}<\frac{a+2b}{a+b}$
因为 $a<\sqrt{2}b$
$\Rightarrow a^2<2b^2$ [两边平方]
$\Rightarrow a^2+a^2$
$\Rightarrow 2a^2+2b^2$
$\Rightarrow 2(a^2+2ab+b^2)<(a^2+4ab+4b^2)$ [两边加 $4ab$]
$\Rightarrow 2(a+b)^2<(a+2b)^2$
$\Rightarrow \sqrt{2}(a+b)<(a+2b)$
$\Rightarrow \sqrt{2}<\frac{a+2b}{a+b}$
同样，$a<\sqrt{2}b$
$\Rightarrow \frac{a}{b}<\sqrt{2}$
因此，$\frac{a}{b}<\sqrt{2}<\frac{a+2b}{a+b}$
因此，在每种情况下，$\sqrt{2}$ 都位于 $\frac{a}{b}$ 和 $\frac{a+2b}{a+b}$ 之间。
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