1.
（１）
図形Aの面積をm(A)で表す。次のような性質を持つと考えられる。
(1)m(A)≧0,Aが点や線の場合は、m(A)=0
(2)A⊂Bならばm(A)≦m(b)
(3)A∩B=φならばm(A∪B)=m(A)+m(B)
長方形の面積を(a+b)/2とした場合。
縦１、横１の正方形の面積は(1+1)/2=1
これをきりはりして、縦\(\frac{1}{2}\),横2の長方形を作ると面積は(\(\frac{1}{2}\)+1)/2=\(\frac{3}{4}\)
これは、良く無い。
長方形の面積を\(a^{2}\)×\(b^{2}\)とした場合
縦１、横１の正方形の面積は(1*1\()^{2}\)=1
これを２つに切り、縦\(\frac{1}{2}\),横1の長方形を作ると、
１つの面積は[(\(\frac{1}{2}\))*1]^2=\(\frac{1}{4}\)
2つで\(\frac{1}{2}\)
これは良く無い。

（２）面積m(A)=a×bとすると、性質(1)(2)(3)を満たす。

数学に関してはシロウトです。間違いがあったら指摘してください。

３．
２行２列のます目を次のように名づける。
　　A1 B1
　　A2 B2
図形の回転は考えない。
同色にできるのは A1B2 の組，または，A2B1 の組のみ。
なので１色だけで塗ることはできない。

(1)
A1B2,A2B1 の２領域を２色で塗る順列。＝２！＝２通り。

(2)
３色中の２色だけ使って A1B2,A2B1 の２領域を塗る順列。＝３×２！
A1B2,A2,B1 の３領域を３色で塗る順列。＝３！
A2B1,A1,B2 の３領域を３色で塗る順列。＝３！
以上の総和で１８通り。

(3)
A1,A2,B1,B2 の４領域を４色で塗る順列。＝４！ なので，

２色で塗る場合…ｋ色中２色の組合せ×２！
３色で塗る場合…ｋ色中３色の組合せ×３！×２
４色で塗る場合…ｋ色中４色の組合せ×４！
の総和で求められる。

数学に関してはシロウトです。
基本的な公式や解法はぜんぜん分かりませんので，イメージで答えを
出してみました。
スマートな定番の解き方が他にあるでしょうから，ご存知のかた教え
てくださいませ。

４．
(1)
\(\frac{1}{2}\) ＝ \(\frac{1}{4}\) + \(\frac{1}{4}\)
≦ \(\frac{1}{3}\) + \(\frac{1}{4}\)

\(\frac{1}{2}\) ＝ \(\frac{1}{8}\) + \(\frac{1}{8}\) + \(\frac{1}{8}\) + \(\frac{1}{8}\)
≦ \(\frac{1}{5}\) + \(\frac{1}{6}\) + \(\frac{1}{7}\) + \(\frac{1}{8}\)

\(\frac{1}{2}\) ＝ \(\frac{1}{16}\) + \(\frac{1}{16}\) + \(\frac{1}{16}\) + \(\frac{1}{16}\) + \(\frac{1}{16}\) + \(\frac{1}{16}\) + \(\frac{1}{16}\) + \(\frac{1}{16}\)
≦ \(\frac{1}{9}\) + \(\frac{1}{10}\) + \(\frac{1}{11}\) + \(\frac{1}{12}\) + \(\frac{1}{13}\) + \(\frac{1}{14}\) + \(\frac{1}{15}\) + \(\frac{1}{16}\)

(2)
ｎ＝２^0＝１ のとき，
　　Ｓn ＝ \(\frac{1}{1}\)
　　　　＝ １

ｎ＝２^2＝４ のとき，
　　Ｓn ＝ \(\frac{1}{1}\) + \(\frac{1}{2}\) + (\(\frac{1}{3}\) + \(\frac{1}{4}\))
　　　　＝ \(\frac{1}{1}\) + \(\frac{1}{2}\) + (\(\frac{1}{2}\) 以上)
　　　　≧ ２

ｎ＝２^4＝16 のとき，
　　Ｓn ＝ \(\frac{1}{1}\) + \(\frac{1}{2}\) + (\(\frac{1}{3}\) + \(\frac{1}{4}\)) + (... + \(\frac{1}{8}\)) + (... + \(\frac{1}{16}\))
　　　　＝ \(\frac{1}{1}\) + \(\frac{1}{2}\) + (\(\frac{1}{2}\) 以上) + (\(\frac{1}{2}\) 以上) + (\(\frac{1}{2}\) 以上)
　　　　≧ ３

上記の規則性から「ｎ＝２^18 は，Ｓn≧10 となるｎの１つである」と言える。
これらの式の形を参考にすると，
ｎが大きくなるにつれＳnも限りなく増えていくと予想できる。

２．
(1)
(a+b)/2が条件を満たす有理数である

(2)
\sqrt{17}＞4.2であるのでy=4.2とすればよい

(3)
aとbはともに正の数であるとしてよい
なぜなら，
a，bが異符号ならば0が条件を満たす有理数であり，
a，bがともに負であれば(-1)倍することで
ともに正の場合に還元できる．

さらに，0＜a＜z＜b＜1であると仮定してよい
なぜなら，aとbの間に自然数があれば
その自然数を求める有理数とすればよい．
ここでまず，aが無理数であると仮定する．
さて，このとき，
aを小数表示したときの小数第n位の数を\(a_{n}\)，
bを小数表示したときの小数第n位の数を\(b_{n}\)
とする．
aとbは異なるので，ある自然数kで
\(a_{k}\)と\(b_{k}\)は異なるものがある．
このようなkのうち最小のものを改めてkとおく．
0.\(a_{1}\)\(a_{2}\)...a_{k-1}a_{k}999999......
が求める有理数である．

次にaが有理数であると仮定する．
bは無理数であるとしてよい．上記と同じ記法で
\(b_{k}\)=0であることはないことに注意すると
c=\(b_{k}\)-1とすると，
0.\(b_{1}\)\(b_{2}\)....b_{k-1}c9999999999
が求める有理数である．

こんな感じでどうでしょう．
＃面白かったので
＃つい調子にのってしまいました(^^;;

４
(1)\(\frac{1}{3}\)+\(\frac{1}{4}\)>\(\frac{1}{4}\)+\(\frac{1}{4}\)=\(\frac{1}{2}\)
∑[k=5・・8]\(\frac{1}{k}\)>\(\frac{1}{8}\)+\(\frac{1}{8}\)+\(\frac{1}{8}\)+\(\frac{1}{8}\)=\(\frac{1}{2}\)
∑[k=9・・16]\(\frac{1}{k}\)>(\(\frac{1}{16}\))×8=\(\frac{1}{2}\)

(2)1+(\(\frac{1}{2}\))×N≧10を満たすもの。仮にN =18群とする。
S(\(2^{18}\))=1+(\(\frac{1}{2}\))+(\(\frac{1}{3}\)+\(\frac{1}{4}\))+(\(\frac{1}{5}\)+\(\frac{1}{6}\)+\(\frac{1}{7}\)+\(\frac{1}{8}\))+(\(\frac{1}{9}\)+・・・+\(\frac{1}{16}\))+・・・+
（1/(\(2^{17}\)+1)+・・・+1/(\(2^{18}\))）
>1+(\(\frac{1}{2}\))+(\(\frac{1}{2}\))+(\(\frac{1}{2}\))+・・・+(\(\frac{1}{2}\))=1+(\(\frac{1}{2}\))×18=10より
N０=\(2^{18}\)
また、S(\(2^{k}\))>1+(\(\frac{1}{2}\))×kであるから、ｎがおおきくなるにつれ、ｋも大きくなり、
1+(\(\frac{1}{2}\))×kは無限大に発散するから、Snも無限大に発散する。

２
途中まで
(1)有理数は和に閉じているから、(a+b)/2が条件を満たすものとして必ず存在する。

(2)4＜4+p＜\(\sqrt{\quad}\)17となるpを求める。
ただし0＜p＜1とする。
(4+p\()^{2}\)＜17
16+8p+\(p^{2}\)＜17
\(p^{2}\)+8p＜1
9\(p^{2}\)＜\(p^{2}\)+8p＜1
p＜\(\frac{1}{3}\)
よって、仮にp=\(\frac{1}{4}\)とすれば、4＜\(\frac{17}{4}\)＜17だから、
有理数4＜\(\frac{17}{4}\)の間には(1)の間に有理数yが存在する。
すなわち、４＜ｙ＜\(\sqrt{\quad}\)１７をみたす有理数ｙが存在する。
(3)(2)に帰着させて、有理数の存在性を導くのだと思います。
最終的に、
「ａ，ｂがどのような実数でもａ≠ｂである限りａとｂの間には
有理数が存在する。」を証明するのですよね。
両方無理数の場合は、両辺から、どちらかの無理数を引けば、
(3)に帰着という流れではないでしょうか。
とちゅうまでで、ごめんなさい。