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

定义

有理数与无理数

设 $x\in\mathbb R$。

1. 若存在整数 $m,n\in\mathbb Z$，其中 $n\ne0$，使得

   $$x=\frac mn,$$

   则称 $x$ 是有理数。

2. 若 $x$ 不是有理数，则称 $x$ 是无理数。

所有有理数的集合记作 $\mathbb Q$。

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。

这种规范化不会丢失任何正有理数。由任意合法整数分数开始，正值保证分子分母同号； 必要时同时变号，使两者为正，再同除以它们的正最大公因数。数值不变，而所得两个 正整数互质。因此要求最低项并不是额外假定一个特殊有理数，只是选择便于判断公因数的表示。

有理数的封闭性

定理

Q 对四则运算的封闭性

设 $x,y\in\mathbb Q$。

1. $x+y\in\mathbb Q$、$x-y\in\mathbb Q$，且 $xy\in\mathbb Q$。
2. 若 $y\ne0$，则 $x/y\in\mathbb Q$。

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。

封闭性有确定方向：有理数输入产生有理数输出。它不表示有理数输出一定来自两个有理数， 也不表示有理系数方程一定有有理数解；开根并不是上面证明的四则运算之一。应用定理时， 要逐一确认输入属于哪个数集，并在除法中明确哪个量必须非零。仅仅把结果写成分数不够， 还要证明分子与分母具有定义要求的类型，不能把无理数除以一便称为有理数。

例题

用明确的四则运算检查有理性

取 $x=2/3$、$y=-5/4$。通分并使用乘积公式，得到

$$x+y=-\frac7{12},\qquad x-y=\frac{23}{12},\qquad xy=-\frac56,\qquad \frac xy=-\frac8{15}.$$

例如 $x-y=(8+15)/12$，因为减去负数会改变对应分子的符号。计算商时， $y\ne0$，所以可乘其倒数 $-4/5$。四个结果的分子都是整数，分母都是非零整数， 因而满足有理数的定义。约分有助于阅读，却不是这个存在性论证的必要条件： 即使把乘积留作 $-10/12$，仍已证明它是有理数。后面的反证涉及公因数， 那时最低项条件才成为决定性条件。这两种证明目标不能混淆。

定理

有理数平移与非零有理数倍

若 $r\in\mathbb Q$、$s\in\mathbb R\setminus\mathbb Q$，则 $r+s$ 无理。 若还有 $r\ne0$，则 $rs$ 无理。

若 $r+s=t\in\mathbb Q$，由减法封闭性得 $s=t-r\in\mathbb Q$，矛盾。 若 $rs=t\in\mathbb Q$ 且 $r\ne0$，由除法封闭性得 $s=t/r\in\mathbb Q$，也矛盾。 两次使用封闭性时，参与减法或除法的两个量都已知有理，并没有把无理数直接代入定理。 特别地，在乘法结论中取 $r=-1$，便知 $-s$ 无理。加法结论则不要求有理加数非零， 因为减去零仍是合法的减法。

反例模式

无理数输入不能决定结果的类型

“两个无理数的和或积一定无理”是假命题。使用下文证明的 $\sqrt2$ 的无理性，有

$$\sqrt2+(-\sqrt2)=0,\qquad \sqrt2\cdot\sqrt2=2.$$

每次运算的两个输入确实都是无理数，输出却是有理数。反过来，断言结果一定有理也不对： $\sqrt2+\sqrt2=2\sqrt2$ 无理，而 $\sqrt2(1+\sqrt2)=2+\sqrt2$ 也无理。 上面的混合运算定理既证明这些输出无理，也证明第二个乘积中的输入 $1+\sqrt2$ 无理， 所以没有偷换反例的假设。

正确的修复是固定一个输入为有理数：有理平移保留无理性，非零有理数倍也保留无理性。 乘法中不能省去非零条件，因为 $0\cdot\sqrt2=0$。这不反驳加法结论： $0+\sqrt2=\sqrt2$ 仍然无理。两个无理输入的运算，则必须另行分析，不能套用这条定理。

非负 n 次根

定义

非负 n 次实根

设 $n\in\mathbb Z^+$，且 $a,\rho$ 是非负实数。若

$$\rho^n=a,$$

则称 $\rho$ 是 $a$ 的非负 $n$ 次实根。

定理

非负 n 次根的存在与唯一性

设 $n\in\mathbb Z^+$，且 $a$ 是非负实数。存在唯一非负实数 $\rho$ 使得

$$\rho^n=a.$$

这个数记作

$$\sqrt[n]{a}.$$

“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。

奇数次根也可讨论负实数，但本节只需要非负实数的非负根。

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？

唯一性可以直接核实，不必先构造实数。若 $0\le u\lt v$，则 $v^n\gt u^n$： $n=1$ 时显然；$n\ge2$ 时使用

$$v^n-u^n=(v-u)(v^{n-1}+v^{n-2}u+\cdots+u^{n-1})\gt0.$$

第一个因子为正；括号内第一项为正，其余项非负，所以整项为正。因此两个不同的非负数 不能有相同的 $n$ 次方，非负根至多只有一个。注意“至多一个”并不证明“至少一个”： 存在性仍由上述实数定理保证，不能把唯一性论证误作存在性证明。边界上有 $\sqrt[n]{0}=0$、$\sqrt[1]{a}=a$；条件 $n\ge1$ 排除了所谓零次根的解释。

$\sqrt2$ 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 $a$。

定理

sqrt(2) 的无理性

实数 $\sqrt2$ 是无理数。

证明: 最低项、奇偶性与矛盾

假设与目标。 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

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

第一依赖：分子为偶数。 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 $2$：

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

第二依赖：分母为偶数。 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。

矛盾与结论。 因此 $\sqrt2$ 不可能是有理数。

仅仅分子为偶数并不矛盾：最低项分数可以有偶分子、奇分母，例如 $2/3$。 因此第二次使用质数整除不能省略，它负责迫使分母也变成偶数。反过来，若一开始允许 未约分的表示，例如 $2/4$，得出分子分母都偶数也没有矛盾。最低项假设与两次整除推论 必须结合起来；真正被否定的是存在最低项表示的假设，而不是平方或消去非零因子的合法运算。

例题

含 sqrt(3) 的有理系数唯一性

设 $a,b,c,d\in\mathbb Q$，且

$$a+b\sqrt3=c+d\sqrt3.$$

假设 $\sqrt3$ 是无理数。我们证明 $a=c$ 且 $b=d$。

移项得

$$a-c=(d-b)\sqrt3.$$

若 $d-b\ne0$，则

$$\sqrt3=\frac{a-c}{d-b}.$$

右边是两个有理数的商，且分母非零，因此是有理数，与 $\sqrt3$ 无理矛盾。所以 $d-b=0$，即 $b=d$；代回原式即得 $a=c$。

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。

定理

质数的 n 次根是无理数

设 $n$ 是大于 $1$ 的整数，且 $p$ 是正质数。则

$$\sqrt[n]{p}$$

是无理数。

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 $n\gt 1$，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。

常见错误

指数必须大于一

若 $n=1$，则 $\sqrt[1]{p}=p$ 是整数，当然是有理数。上面的矛盾需要 $p^{n-1}$ 至少仍含有一个 $p$。

$\sqrt n$ 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。

定义

完全平方数

若正整数 $n$ 可写成

$$n=m^2$$

其中 $m\in\mathbb Z$，则称 $n$ 是完全平方数。

定理

平方根有理性判别

设 $n\in\mathbb Z^+$。则 $\sqrt n$ 是有理数，当且仅当 $n$ 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 $b\gt 1$，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。

这里的策略与质数根证明不同。被开方整数 $n$ 未必是质数，所以不能认为 $n\mid a^2$ 就一定推出 $n\mid a$。证明改从分母入手：若分母大于一，就从分母选择一个 质因数，再用等式把它传到分子。于是，整数的平方根一旦有理，就必须是整数，而不可能是 最低项分母大于一的分数。若去掉被开方数为整数的条件，这个结论不成立： $\sqrt{1/4}=1/2$ 有理，却不是整数。

例题

按被开方数选择适用的定理

对于 $\sqrt{49}$，由 $49=7^2$ 得非负根为 $7$。对于 $\sqrt{18}$，不能用质数根定理， 因为 $18$ 是合数。但 $4^2=16\lt18\lt25=5^2$，所以 $18$ 不是整数平方： 任意非负整数不是至多为 $4$，就是至少为 $5$，平方便不能等于 $18$。 因此平方根判别给出 $\sqrt{18}$ 无理。

对于 $\sqrt[4]{7}$，可用质数根定理，取质数 $p=7$ 与整数 $n=4\gt1$。 最后，$2+\sqrt[3]{11}$ 无理：质数根定理先处理 $\sqrt[3]{11}$，有理平移定理再处理加法。 这几步分别核对不同的假设，不能只凭有根号就断言无理。结论是精确的；有限位小数近似 不能排除所有有理数表示，因此不能代替上述证明。

观看 sqrt(2) 背后的反证法：同一质数被迫同时进入分子和分母，然后把这个想法推到质数根式和完全平方数。

1. Q 的缺口

   有理数对四则运算封闭，但实数方程 x^2=2 没有有理数解。

2. 最低项

   假设 sqrt(2)=a/b，其中 a,b 为正整数且 gcd(a,b)=1；矛盾必须打破这个最低项条件。

3. 质数进入 a

   平方得到 2b^2=a^2，所以 2 整除 a^2；Euclid 引理迫使 2 整除 a。

4. 质数进入 b

   写 a=2c 并代回去得到 b^2=2c^2，所以同一质数也整除 b。

5. 矛盾

   最低项分数不可能让同一个质数同时整除分子和分母，因此 sqrt(2) 是无理数。

6. 根式判别

   同一证明模式给出质数 n 次根无理性，以及 sqrt(n) 有理 iff n 是完全平方数的判别。

sqrt(2) 的证明是一个最低项反证：同一个质数被迫同时进入分子和分母。同一模式解释质数 n 次根为何无理，也解释为什么 sqrt(n) 有理正好等于 n 是完全平方数。

快速检查

思考检查

证明实数 $x$ 是无理数，具体要证明什么？

留意定义中的“不是”。

解答 · 答案

要证明不存在整数 $m,n$，其中 $n\ne0$，使得 $x=m/n$。

思考检查

若 $x=m/n$ 和 $y=p/q$ 是有理数，且分母非零，为什么 $xy$ 是有理数？

写出乘积的分数形式。

解答 · 答案

有 $xy=mp/(nq)$。因为 $mp,nq\in\mathbb Z$ 且 $nq\ne0$，所以乘积是有理数。

思考检查

给出两个无理数相加却得到有理数的例子。

使用互为相反数的无理数。

解答 · 答案

例如 $\sqrt2$ 和 $-\sqrt2$ 都是无理数，但 $\sqrt2+(-\sqrt2)=0$，而 $0$ 是有理数。

思考检查

在证明 $\sqrt2$ 无理时，为什么先把它写成 $a/b$ 且 $\gcd(a,b)=1$？

矛盾会来自共同因数。

解答 · 答案

每个正有理数都可写成最低项。若证明迫使同一个质数同时整除 $a$ 和 $b$，就会与 $\gcd(a,b)=1$ 矛盾。

思考检查

若 $p$ 是质数，为什么 $p\mid a^n$ 会推出 $p\mid a$？

把 $a^n$ 看成 $n$ 个 $a$ 的乘积。

解答 · 答案

因为 $a^n=a\cdot a\cdots a$。Euclid 引理说，若质数 $p$ 整除这个乘积，则它整除其中某个因子；每个因子都是 $a$，所以 $p\mid a$。

思考检查

对正整数 $n$，$\sqrt n$ 是有理数的充要条件是什么？

用“当且仅当”表述。

解答 · 答案

$\sqrt n$ 是有理数，当且仅当 $n$ 是完全平方数，也就是 $n=m^2$ 对某个整数 $m$ 成立。

总结

有理性要求存在一个整数分数表示；无理性排除每一个这样的表示。封闭性证明四则运算 保留有理性，其中除数必须非零；同一封闭性又支持反证，说明有理平移与非零有理数倍 保留无理性。无理数之间的运算不能仅凭输入类型判断。

根式证明先固定非负实根，再用最低项分数检验有理性。对质数被开方数，质数整除迫使 分子和分母有共同因数；对正整数平方根，分母的任意质因数都会造成相同矛盾，故分母只能为一。 存在、唯一、有理是三个不同问题。选择定理前，应分别核对根的定义域、指数范围、质数条件 和任何要除去的量是否非零，不能把某一条结论的条件借给另一条结论。

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：$\sqrt{16}$、$\sqrt{18}$、$\sqrt[4]{7}$、$2+\sqrt[3]{11}$。

解答 · 参考解答 1

设 $x=m/n$、$y=p/q$，其中 $m,n,p,q\in\mathbb Z$ 且 $n,q\ne0$。则

$$3x-5y=\frac{3m}{n}-\frac{5p}{q} =\frac{3mq-5pn}{nq}.$$

分子与分母都是整数，且 $nq\ne0$，所以 $3x-5y\in\mathbb Q$。

解答 · 参考解答 2

对和，可取 $\sqrt2+(-\sqrt2)=0$。对积，可取 $\sqrt2\cdot\sqrt2=2$。两个例子都由无理数作输入，但结果是有理数。

解答 · 参考解答 3

反设 $rs\in\mathbb Q$。因为 $r\in\mathbb Q$ 且 $r\ne0$，由有理数对除法封闭，

$$s=\frac{rs}{r}\in\mathbb Q,$$

这与 $s\notin\mathbb Q$ 矛盾。

解答 · 参考解答 4

由 $a+b\sqrt3=c+d\sqrt3$ 得

$$a-c=(d-b)\sqrt3.$$

若 $d-b\ne0$，则 $\sqrt3=(a-c)/(d-b)$，右边是有理数，矛盾。因此 $d-b=0$，即 $b=d$；代回原式得 $a=c$。

解答 · 参考解答 5

反设 $\sqrt[3]{5}=a/b$ 为最低项，其中 $a,b\in\mathbb Z^+$。立方得

$$5b^3=a^3.$$

所以 $5\mid a^3$，从而 $5\mid a$。设 $a=5c$，则

$$5b^3=125c^3,\qquad b^3=25c^3.$$

因此 $5\mid b^3$，所以 $5\mid b$，与最低项矛盾。故 $\sqrt[3]{5}$ 无理。

解答 · 参考解答 6

若 $n=m^2$，则 $\sqrt n=|m|$，所以是有理数。反过来，若 $\sqrt n=a/b$ 为最低项，则 $nb^2=a^2$。若 $b\gt 1$，取质数 $p\mid b$，则 $p\mid a^2$，所以 $p\mid a$，矛盾。因此 $b=1$， 于是 $n=a^2$。

解答 · 参考解答 7

$\sqrt{16}=4$，所以是有理数。$18$ 不是完全平方数，所以 $\sqrt{18}$ 无理。$\sqrt[4]{7}$ 由质数 n 次根定理可知无理。最后 $\sqrt[3]{11}$ 无理，所以 $2+\sqrt[3]{11}$ 也无理；否则减去有理数 $2$ 会令 $\sqrt[3]{11}$ 变成有理数。