平方根与无理数

那么 A ̸= 0 (因为每个因子都非零). 把 A 视为关于 q1 , . . . , q2n 的多元多项ห้องสมุดไป่ตู้, 那么这是一个 有理系数多项式, 并且对每个 qi 而言展开式中只含关于 qi 的偶数次项, 这就说明 A 是一个非 零有理数, 于是 ∏ x−1 1 = · A
2 ∑
n
2 ∑
n
bi ci qi ∈ Fn .
n−2 2 ∑
di qi ,
d i ∈ Q,
i=1
可知有且仅有一个 di 非零 (否则 u2 2 也至少有两项非零项, 由归纳假设知它不可能是有理数),
2 2 2 记该非零项的系数为 di0 = a/b, 其中 a, b 是互素整数. 对 pn /pn−1 = u2 2 = a qi0 /b 通分并考
2 ∑
n
ci qi = 0.
i=1
那么由归纳假设易知 c2n−1 +1 , . . . , c2n 不全为零, 从而
n−1 2 ∑
√
ci qi .
pn = −
i=1
n−1 2 ∑
c2n−1 +i qi
i=1
1
2 √ 再利用运算的封闭性把右端唯一地表示成 u1 + u2 pn−1 的形式, 其中 u1 , u2 ∈ Fn−2 . 显 然 u2 ̸= 0 (否则直接与归纳假设矛盾). 若 u1 = 0 则 u2 2 = pn /pn−1 . 将 u2 唯一地表示成 u2 =
n ∑ i=1
2i ai }
的值从小到大的次序排列. 那么集合 Fn =
{
2 ∑
n
ci qi : ci ∈ Q
i=1
对于四则运算封闭 (要求除数不为零), 并且对于不全为零的 ci ∈ Q, (i = 1, 2, . . . , m), 总有
2 ∑
n
ci qi ̸= 0.
i=1
证明. n = 0 和 n = 1 的情形均容易验证. 以下考虑 n > 1, 并假定命题对所有小于 n 的自然 数成立. 假定存在不全为零的 c1 , . . . , c2n ∈ Q 使得
平方根与无理数
邵美悦 2010 年 1 月 7 日 修改: 2016 年 12 月 28 日
命题. 若 p1 , p2 , . . . , pn 是 n 个不同的素数, q1 , q2 , . . . , q2n 是所有形如
n ∏ i=1
i pa i ,
ai ∈ {0, 1}
的正实数, 并且按照其相应的
pn−1 =
与归纳假设矛盾. 最后只需要证明 Fn 对四则运算封闭即可. 显然 Fn 对加法, 减法, 乘法都封闭. 而对 于 Fn 中的任意非零元 x, 可以把 x 唯一地写成 x= 的形式, 其中 ci ∈ Q 且不全为零. 令 A= ∏
2 ∑
n
2 ∑
n
ci qi
i=1
bi ci qi ,
bi ∈{−1,1} i=1
察
2 b2 pn = a2 pn−1 qi 0
两端的标准素因子分解式可得矛盾, 故 u1 ̸= 0, 从而 u1 u2 ̸= 0. 由 √ √ 2 pn = (u1 + u2 pn−1 )2 = u2 1 + pn−1 u2 + 2u1 u2 pn−1 可得 √
2 u2 1 + pn−1 u2 − pn ∈ Fn−2 , 2u1 u2
bi ∈{−1,1} i=1
ci qi
i=1
因此 Fn 对四则运算封闭. 注. 这一命题的关键在于 Fn 中需包含 “足够多” 的数以保证运算封闭, 而证明采用的是近世 代数中域扩张的思想, 以较为初等的语言来书写.