关于根号p是无理数的另类证明

2024-07-09 17:38| 来源: 网络整理| 查看: 265

这个证明是窝和房姐姐的第一次接触时候完成的。那个时候经常上那个什么鬼计算机基础，科科，经常玩进位制，于是灵感大法，完成于2013年的中秋节假期。

问题：若 p 不是完全平方数，那么p√为无理数。证明： 1.若 p√ 为整数，那么设 p√=k,k∈N+ , p=k2 ,与题设矛盾！ 2.若 p√ 为分数， (m,n)=1 , m 不等于1，设p√=nm

引理：对于无限小数（有理数） ab(a,b∈N+) ,存在进位制 h ，使得ab在进位制 h 下为有限小数引理的证明：我们取h=b，表示出 a 在b进制下的形式

a=Sk⋅bk+Sk−1⋅bk−1+...+S1⋅b1+S0⋅b0, 其中 Si∈{0,1,...,b−1} , i=1,2,...,k , Si 不全为0.那么有 ab=Sk⋅bk−1+Sk−1⋅bk−2+...+S1⋅+S0⋅b−1⋅b0=(SkSk−1...S2S1.S0). 故引理得证.

回到原题，下面证明 (nm)2 不为正整数

1.若 nm 为有限小数，那么设：

nm=apap−1...al.al−1al−2...a1¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯,ai∈{0,1,...9} ai 不全为0，上式为 nm 的十进制表达式。则有 10l−1(nm)=apap−1...a1¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯ ,由于 nm 有小数位故 l−1 不为0，两边平方有 102(l−1)⋅(nm)2=(apap−1...a1¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯)2=(∑j=2paj⋅10j−1+a1)2,

∴102l−2⋅(nm)2≡(∑pj=2aj⋅10j−1+a1)2≡a21≡0(mod10) ∴a1=0, 同理 a1=a2=....a+l−1=0, 矛盾！所以当 nm 为有限小数时， (nm)2 不为正整数.

2.若 nm 为无限小数，那么由引理 nm 在 m 进制下为有限小数,n=∑kj=0Sj⋅mj.设：

nm=Sk⋅mk−1+Sk−1⋅mk−2+...+S1⋅+S0⋅m−1⋅m0=(SkSk−1...S2S1.S0). 而 c=(∑kj=0Sj⋅mj−1)2 中产生 m−2 项，其系数为 S20 ,由假定m不为1，所以 S0 不为0，所以 (nm)2 在 m 进制下至少存在小数位m−2，与 p∈N+ 在 m m进制下午小数位矛盾！

综上（1），（2）知命题得证。

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