答案：解析
(1) 我们首先证明一个引理: 设$\omega$为任意无理数，$n$为正整数，则存在有理数$\frac{p}{q}$使得$q ＜ n$且$\left|\omega-\frac{p}{q}\right|＜\frac{1}{q n}$。
证明 将区间$[0,1]$分成$n$个小区间$[0,\frac{1}{n}),[\frac{1}{n},\frac{2}{n}),···,[\frac{n - 2}{n},\frac{n - 1}{n}),[\frac{n - 1}{n},1],$，而$n + 1$个数$0,\{\omega\},\{2 \omega\}, ···,\{(n-1) \omega\}, 1$必存在两个数在同一个小区间。
情形1 若这两个数为某两个$\{i \omega\},\{j \omega\}(0 \leqslant i＜j)$，则有
$|\{i \omega\}-\{j \omega\}|＜\frac{1}{n} \Rightarrow|(i \omega-[i \omega])-(j \omega-[j \omega])|＜\frac{1}{n}$
即
$\left|\omega-\frac{[j \omega]-[i \omega]}{j-i}\right|＜\frac{1}{(j-i) n}$
此时取$p=[j \omega]-[i \omega], q=j-i$即可。
情形2 若两个数中一个是某个$\{k \omega\}$，另一个是$1$，则有
$|\{k \omega\}-1|＜\frac{1}{n} \Rightarrow|(k \omega-[k \omega])-1|＜\frac{1}{n}$
即
$\left|\omega-\frac{[k \omega]+1}{i}\right|＜\frac{1}{k n}$
此时取$p=[k \omega]+1, q=k$即可。
由引理知: 对于每个正整数$n$都存在有理数$\frac{p_{n}}{q_{n}}$使得$\left|\omega-\frac{p_{n}}{q_{n}}\right|＜\frac{1}{q_{n} · n}＜\frac{1}{q_{n}^{2}}$，下面证明集合$Q=\left\{\frac{p_{n}}{q_{n}} \mid n \in \mathbf{N}_{+}\right\}$为无限集，否则必存在某个有理数$\frac{p_{m}}{q_{m}} \in Q$对应着无穷多个正整数(不妨记为$n_{1}＜n_{2}＜···＜n_{k}＜···$)，由引理有
$\left|\omega-\frac{p_{m}}{q_{m}}\right|＜\frac{1}{q_{m} · n_{k}} \Rightarrow \lim _{k \rightarrow \infty}\left|\omega-\frac{p_{m}}{q_{m}}\right| \leqslant \lim _{k \rightarrow \infty} \frac{1}{q_{m} · n_{k}}=0$
故$\omega=\frac{p_{m}}{q_{m}} \in Q$与$\omega$是无理数矛盾。于是存在无数个有理数$\frac{p}{q}$使得$\left|\omega-\frac{p}{q}\right|＜\frac{1}{q^{2}}$。
注 本题属于数论中有理数逼近实数问题，也称丢番图逼近问题。
定理1(Gauss定理) 如果$x_{0}$是整系数方程$x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+···+a_{1} x+a_{0}=0$的根，那么$x_{0}$是整数或者无理数。
证明 若$x_{0}$不是无理数，那么可以设$x_{0}=p / q$ ($p$和$q$互素且$q＞0$)，将$x_{0}=p / q$代入方程，得到$p^{n}+a_{n-1} p^{n-1} q+···+a_{1} p q^{n-1}+a_{0} q^{n}=0$，上式除了第一项，每一项都是$q$的倍数，由于所有项相加为零，这意味着$p^{n}$是$q$的倍数，但$p$和$q$互素，这意味这$q$只能是$1$，从而$x_{0}$是整数。
定理2(有理根判别法则(牛顿试除法)) 如果$x_{0}=p / q$ ($p$和$q$互素)是整系数方程$a_{n} x^{n}+a_{n-1} x^{n-1}+···+a_{1} x+a_{0}=0$的根，那么$p$是$a_{0}$的因子，$q$是$a_{n}$的因子。