46 （1）證明：
首先有$2n(n+1)=\left \lfloor 2n(n+1)+\frac \right \rfloor=\left \lfloor 2(n^+n+\frac) \right \rfloor=\left \lfloor 2(n+\frac)^ \right \rfloor$
其次，令$n+\theta =(\sqrt^+\sqrt^)m=(1+\frac})\sqrt^m$,$n^+\theta^ =(\sqrt^+\sqrt^)m=(1+\sqrt)\sqrt^m$
如果$l$為偶數，那麼$n+\theta =(1+\frac})k,n^+\theta^ =(1+\sqrt)k$.所以$\theta =\left \}k \right \},\theta^ =\left \k \right \}$,所以$\theta$和$\theta^$的關係是要麼$\theta^=2\theta$($\left \lfloor \sqrtk \right \rfloor$為偶數)，要麼$\theta^=2\theta-1$($\left \lfloor \sqrtk \right \rfloor$為奇數)；
如果$l$為奇數，那麼$n+\theta =(1+\sqrt)k,n^+\theta^ =(2+\sqrt)k$,這時候$\theta = \theta^$
最後,假設要證明的式子成立，那麼$n^=\left \lfloor \sqrt \right \rfloor$
$=\left \lfloor \sqrt)^ \right \rfloor} \right \rfloor$
$=\left \lfloor \sqrt(n+\frac) \right \rfloor$ (這一步參見公式$3.9$)
$=\left \lfloor \sqrt\left ( (1+\frac})\sqrt^m -\theta +\frac\right ) \right \rfloor$
$=\left \lfloor n^+\theta^+\sqrt(\frac-\theta) \right \rfloor$
所以只要證明$0\leq \theta^+\sqrt(\frac-\theta)<1$
首先當$\theta=\theta^$時成立，
其次，如果$\theta^=2\theta-d$時($d=0$或者$d=1$)，那麼$0\leq \theta^+\sqrt(\frac-\theta)<1$
$\leftrightarrow 0\leq \theta^+\sqrt(\frac-\frac +d})<1$
$\leftrightarrow 0\leq \theta^(2-\sqrt)+\sqrt(1-d)<2$
最後這個式子明顯成立
（2）由於$spec(1+\frac}),spec(1+\sqrt)$是乙個劃分，所以對於任何乙個$a$一定存在唯一的$(l,m)$使得$a=(\sqrt^+\sqrt^)m$,這時候$l_=\left \lfloor\left ( \sqrt^ -\sqrt^ \right )m\right \rfloor$
47 (1) $c=-\frac$ (2)$c$是整數（3）$c=0$（4）$c$可以為任意值。
48 令$x^=1,x^=x\left \lfloor x^ \right \rfloor,a_=\left \ \right \},b_=\left \lfloor x^ \right \rfloor\rightarrow a_+b_=x^=xb_$
所以$(1-xz)(1+b_z+b_z^+...)=1-a_z-a_z^-...\rightarrow \frac=\fracz+b_z^+...}z-a_z^-...}$
對上面的式子兩邊求$log$並且對$z$求導可以得到$\frac=\frac+2a_z+3a_z^+...}z-a_z^-...}+\frac+2b_z+3b_z^+...}z+b_z^-...}$
利用公式$\frac=1+z+z^+z^+...$分別展開上面式子的左右兩側，可以得到左側$z^$的係數為$x^$,右側與$z^$($n=3$)相關的展開為$(a_+2a_z+3a_z^)\left ( 1+(a_z+a_z^)+(a_z+a_z^)^ \right )+(b_+2b_z+3b_z^)\left ( 1-(b_z+b_z^)+(b_z+b_z^)^ \right )=(a_+2a_z+3a_z^)\left ( 1+a_z+(a_^+a_)z^ \right )+(b_+2b_z+3b_z^)\left ( 1-b_z+(b_^-b_)z^ \right )$
可以得到$z^$的係數為$a_(a_^+a_)+2a_a_+3a_+b_(b_^-b_)-2b_b_+3b_=3(a_+b_)+3a_a_+a_^-3b_b_+b_^$
所以可以證明$n=3$時成立。
49 $\left \lfloor n\alpha \right \rfloor+\left \lfloor n\beta \right \rfloor$
$=\left \lfloor n\alpha \right \rfloor+\left \lfloor n(\left \lfloor \beta \right \rfloor+\left \) \right \rfloor$
$=\left \lfloor n\alpha \right \rfloor+n\left \lfloor \beta \right \rfloor+\left \lfloor n\left \ \right \rfloor$
$=\left \lfloor n\left \ \right \rfloor+\left \lfloor n(\alpha+\left \lfloor \beta \right \rfloor) \right \rfloor$
所以令$\alpha^=\left \,\beta^=\alpha+\left \lfloor \beta \right \rfloor$可以得到完全相同的集合。所以$\alpha=\left \$
並且，如果$\alpha=\left \$,令$m=\left \lfloor \beta \right \rfloor,s=\left \=\left \$
所以$s$中相鄰兩個元素的差值要麼是0要麼是2，所以$\fracs=spec(\alpha)$進而可以確定$\alpha$
50 書中給出的解釋是$\alpha \beta ,\beta ,1$在有理數上線性獨立，也就是說不存在有理數$\frac,\frac$使得$1=\frac\alpha\beta+\frac\beta$。如何證明完全不懂。
51 題目中的證明：
（1）令$g(n)=z_^}>0$，因為$\frac=\frac^}}^}}=\frac^-1)^}}^}}<\frac^)^}}^}}=1$，所以$g(n)$是減函式，所以$f(x)^}(2)令$p(n)=(z_-1)^}$,將$p(n),p(n-1)$兩邊同時取$2^$，可以得到$p(n)$是增函式，所以$f(x)^}>z_-1$
$f(x)$其他的性質不知道。
52 首先題目中的描述貌似應該是$\alpha_>\alpha_>...>\alpha_$
$spec(7;-3)\bigcup spec(\frac;-1)\bigcup spec(\frac;0)$是已知的$\alpha$是有理數的一組解。所以題目中給出的證明有可能是成立的。
53 有些數字好像很快就找到了，比如
$\frac=\frac+\frac,\frac=\frac+\frac+\frac+\frac,\frac=\frac+\frac+\frac$
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