7.2 有理数与无理数

为什么有理数仍然不够

整数对加法、减法与乘法封闭，但对除法不封闭。为了解

$$3x=2$$

这类方程，我们把数系由 $\mathbb Z$ 扩大到有理数 $\mathbb Q$。这个扩大非常有用：它允许分数，对四则运算稳定，并且仍然通过分子与分母保留整数整除的信息。

可是，即使 $\mathbb Q$ 也不足以包含所有熟悉方程的解。例如

$$x^2=2$$

在实数中有非负解 $\sqrt2$，但这个解不是有理数。本节的目标是把这个差异说清楚：先整理有理数的运算封闭性，再用质数整除证明某些根式不可能是有理数。

有理数与无理数

条件 $n\ne0$ 不能省略，因为除以零没有定义。有理数表示也不唯一：

$$\frac12=\frac24=\frac{-3}{-6}.$$

要证明一个数是有理数，只需给出一个合法分数表示；要证明一个数是无理数，就要证明不存在任何这样的分数表示。

在无理性证明中，我们常把正有理数写成最低项：

$$x=\frac ab,\qquad a,b\in\mathbb Z^+,\quad \gcd(a,b)=1.$$

条件 $\gcd(a,b)=1$ 表示所有共同因数都已消去。很多证明会先假设存在这样的最低项表示，再推出同一个质数同时整除 a 和 b，从而矛盾。

有理数的封闭性

设

$$x=\frac mn,\qquad y=\frac pq,$$

其中 $m,n,p,q\in\mathbb Z$ 且 $n\ne0$、$q\ne0$。则

$$x+y=\frac{mq+np}{nq},\qquad x-y=\frac{mq-np}{nq},\qquad xy=\frac{mp}{nq}.$$

这些式子的分子与分母都是整数，而且分母 nq 非零，所以三个结果都是有理数。

若 $y\ne0$，由 $y=p/q$ 可知 $p\ne0$。因此

$$\frac xy=\frac{m/n}{p/q}=\frac{mq}{np},$$

而 $np\ne0$，所以 $x/y$ 也是有理数。

例如 $\sqrt2$ 是无理数，但

$$\sqrt2+(-\sqrt2)=0$$

是有理数，而且

$$\sqrt2\cdot\sqrt2=2$$

也是有理数。无理数只是“不在 $\mathbb Q$ 中”的实数，不是一个对通常四则运算封闭的独立数系。

非负 n 次根

“非负”二字很重要。对平方根而言，3 和 $-3$ 都满足 $x^2=9$，但只有 3 是非负平方根，所以

$$\sqrt9=3,$$

不是 $\pm3$。在本节中，$\sqrt[n]{a}$ 指的是非负实数 a 的唯一非负 n 次根。

这里把 $\sqrt[n]{a}$ 的存在性当作实数中的事实记录；完整证明属于后续分析课程。本节使用这个记号来研究另一个问题：这些根何时是有理数？

$\sqrt2$ 的无理性

第一个重要例子是经典命题：$\sqrt2$ 不是有理数。证明会用到整除章节中的 Euclid 引理：

$$p\mid ab\quad\Longrightarrow\quad p\mid a\text{ or }p\mid b$$

其中 p 是质数。特别地，若质数 p 整除 $a^2$，则 p 整除 a。

反设 $\sqrt2$ 是有理数。因为它为正，可写成最低项

$$\sqrt2=\frac ab,$$

其中 $a,b\in\mathbb Z^+$ 且 $\gcd(a,b)=1$。两边平方得

$$2=\frac{a^2}{b^2}, \qquad\text{所以}\qquad 2b^2=a^2.$$

因此 $2\mid a^2$。由于 2 是质数，Euclid 引理推出 $2\mid a$。设 $a=2c$，其中 $c\in\mathbb Z^+$。代回 $2b^2=a^2$ 得

$$2b^2=(2c)^2=4c^2.$$

两边除以 2：

$$b^2=2c^2.$$

所以 $2\mid b^2$，再次由 Euclid 引理得 $2\mid b$。这表示 2 同时整除 a 和 b，与 $\gcd(a,b)=1$ 矛盾。

因此 $\sqrt2$ 不可能是有理数。

这个例子说明：在有理数系数下，1 与 $\sqrt3$ 不能互相伪装。有理部分与 $\sqrt3$ 部分必须分别相等。

质数的 n 次根是无理数

同样的思路可证明更一般的根式无理性。

反设 $\sqrt[n]{p}$ 是有理数。因为它为正，可写成最低项

$$\sqrt[n]{p}=\frac ab,$$

其中 $a,b\in\mathbb Z^+$ 且 $\gcd(a,b)=1$。两边取 n 次方：

$$p=\frac{a^n}{b^n}, \qquad\text{所以}\qquad pb^n=a^n.$$

因此 $p\mid a^n$。把 $a^n$ 看成 n 个 a 的乘积，反复使用 Euclid 引理可得 $p\mid a$。设 $a=pc$，则

$$pb^n=(pc)^n=p^n c^n.$$

消去一个 p：

$$b^n=p^{n-1}c^n.$$

因为 $n>1$，右边仍含有因子 p，所以 $p\mid b^n$，再由 Euclid 引理得 $p\mid b$。这与 a,b 互质矛盾，所以 $\sqrt[n]{p}$ 是无理数。

$\sqrt n$ 何时是有理数？

对正整数的平方根，有理性有一个精确判别：正整数的平方根是有理数，当且仅当该整数本身是完全平方数。

若 $n=m^2$，则非负平方根为 $\sqrt n=|m|$，这是一个整数，因此是有理数。

反过来，假设 $\sqrt n$ 是有理数，并写成最低项

$$\sqrt n=\frac ab,$$

其中 $a,b\in\mathbb Z^+$ 且 $\gcd(a,b)=1$。平方后得

$$nb^2=a^2.$$

我们证明 $b=1$。若 $b>1$，则 b 有质因数 p。由 $p\mid b$ 得 $p\mid b^2$，而 $nb^2=a^2$ 迫使 $p\mid a^2$。由 Euclid 引理，$p\mid a$。这与 $\gcd(a,b)=1$ 矛盾。因此 $b=1$。

所以 $\sqrt n=a$，从而

$$n=a^2.$$

因此 n 是完全平方数。

这个定理解释了为什么 $\sqrt4$、$\sqrt9$、$\sqrt{49}$ 是有理数，而 $\sqrt2$、$\sqrt3$、$\sqrt5$、$\sqrt6$、$\sqrt{10}$ 不是。重点不是小数展开看起来是否简单，而是根号下的整数是否为整数平方。

快速检查

练习

1. 直接由定义证明：若 $x,y\in\mathbb Q$，则 $3x-5y\in\mathbb Q$。
2. 给出例子说明两个无理数的和与积都可能是有理数。
3. 证明：若 $r\in\mathbb Q$、$s\notin\mathbb Q$ 且 $r\ne0$，则 $rs\notin\mathbb Q$。
4. 设 $a,b,c,d\in\mathbb Q$。若 $a+b\sqrt3=c+d\sqrt3$，并假设 $\sqrt3$ 无理，证明 $a=c$ 且 $b=d$。
5. 证明 $\sqrt[3]{5}$ 是无理数。
6. 设 $n\in\mathbb Z^+$。证明 $\sqrt n$ 是有理数，当且仅当 n 是完全平方数。
7. 判断下列数是有理数还是无理数：$\sqrt{16}$、$\sqrt{18}$、$\sqrt[4]{7}$、$2+\sqrt[3]{11}$。