设集合 $A = \left\{x \mid \frac{x}{x - 1} < 0\right\}$，$B = \{x \mid 0 < x < 3\}$，那么“$m \in A$”是“$m \in B$”的（ ）

\begin{answer} A \end{answer} \begin{solution} 由 $\dfrac{x}{x-1}<0$，分界点为 $0$ 和 $1$. 逐段判断符号可得 $A=(0,1)$，而题设给出 $B=(0,3)$. 于是 $A\subsetneq B$：若 $m\in A$，必有 $m\in B$，但取 $m=2$ 可知 $m\in B$ 不一定推出 $m\in A$. 因此“$m\in A$”是“$m\in B$”的充分而不必要条件，选 A. \end{solution}

设 $P$ 是一个数集，且至少含有两个数，若对任意 $a\in P$，$b \in P$，都有 $a + b$，$a - b$，$ab$，$\frac{a}{b} \in P$（除数 $b \neq 0$），则称 $P$ 是一个数域. 例如有理数集 $\mathbf{Q}$ 是数域；数集 $F = \{a + b\sqrt{2} \mid a, b \in \mathbf{Q}\}$ 也是数域. 有下列命题：

① 整数集是数域； ② 若有理数集 $\mathbf{Q} \subseteq M$，则数集 $M$ 必为数域； ③ 数域必为无限集； ④ 存在无穷多个数域.

其中正确的命题的序号是______. \begin{answer} $3$、$4$ \end{answer} \begin{solution} 命题一不成立，因为整数集对除法不封闭，例如 $2$，$1\in\mathbf{Z}$，但 $\frac{1}{2}\notin\mathbf{Z}$. 命题二不成立，例如 $M=\mathbf Q\cup\{\sqrt2\}$ 含有 $\mathbf Q$，但 $\sqrt2+\sqrt2=2\sqrt2\notin M$，所以不一定是数域.

证明命题三：取数域 $P$ 中两个不同的数 $u$，$v$，则 $d=u-v\in P$ 且 $d\neq0$. 由除法封闭性，$1=\frac{d}{d}\in P$，再由加法封闭性，所有正整数都属于 $P$，从而 $P$ 是无限集.

证明命题四：对每个正素数 $p$，集合 是数域. 确实，和、差、积仍为此形式. 若分母 $r+s\sqrt p\neq0$，则 $r^2-ps^2\neq0$，否则 $s=0$ 时有 $r=0$，或 $s\neq0$ 时 $\sqrt p=\frac{r}{s}\in\mathbf{Q}$，均与分母非零矛盾. 因此 其中 $r^2-ps^2\neq0$，结果仍属于 $P_p$. 不同的素数给出不同的数域. 先说明：若 $p$ 是素数，则 $\sqrt p\notin\mathbf{Q}$. 否则设 $\sqrt p=\frac{u}{v}$，其中 $u$，$v\in\mathbf{Z}$、$v\neq0$ 且 $\gcd(u,v)=1$，则 $pv^2=u^2$，从而 $p\mid u$，再代回可得 $p\mid v$，与互素矛盾.

事实上，若 $p\neq q$ 且 $\sqrt p\in P_q$，则存在 $r$，$s\in\mathbf{Q}$，使得 两边平方得 $p=r^2+2rs\sqrt q+qs^2$. 因为 $\sqrt q\notin\mathbf{Q}$，所以 $rs=0$. 若 $s=0$，则 $\sqrt p=r\in\mathbf{Q}$，矛盾；若 $r=0$，则 $p=qs^2$. 写 $s=\frac{u}{v}$（$u$，$v$ 互素且 $v\neq0$），便有 $pv^2=qu^2$. 因为 $p\neq q$，由素数整除性得 $p\mid u$，再代回得 $p\mid v$，与 $u$，$v$ 互素矛盾. 因此 $\sqrt p\notin P_q$，从而 $P_p\neq P_q$. 因而存在无穷多个数域，正确命题的序号为 $3$、$4$. \end{solution}