如何證明正整數平方根之和為無理數？

01-22

從根號二到根號n

n=2的時候不用證啦，畢達哥拉斯的學生都知道了；

n=3的時候，不用證了吧，這都不會應該也不會來看這題；

n=4的時候，和n=3的情況是一樣的。

當n大於4的時候，n/2到n之間，一定存在一個素數，我設它為p。這個是Bertrand 假設。證明可以問一個叫度娘的美眉。

好了，這有什麼用？

素數的平方根是無理數我就不去證了，

設 $sqrt{2} +sqrt{3} +...+sqrt{p-1} +sqrt{p+1} +...+sqrt{n}$ 是一個整係數代數方程 $f(x)=0$ 的根。設 $f(x)$ 在Q上的分裂域是E。

而 $sqrt{2} +sqrt{3} +...+sqrt{p} +..+sqrt{n}$ 所對應的整係數代數方程 $f_{1}(x)=0$ ，這個 $f_{1}(x)$ 在Q上的的分裂域是E1。

因為 $p$ 與2,3,...,n都是互素的，所以[E1:E]=2

那 $f_{1}(x)$ 在Q上的伽羅華群的階 $|Gal(E1/Q)|=|Gal(E1/E)|*|Gal(E/Q)|geq 2$

那麼如果一個數是有理數，那麼它的整係數代數方程是一次的，對應的多項式的伽羅華群的階是1。

換言之， $sqrt{2} +sqrt{3} +...sqrt{p} +..sqrt{n}$ 不能是有理數。

謝邀。

這道題不難，但是還是蠻有意思的，就動筆推了推。相對高等的做法要用到一點Galois理論，在 @Benny Wang的答案里也寫比較清楚了，那個證明用了一些現成的大定理，有點殺雞用牛刀的意味。這裡我給出一個相對初等的做法，希望更多沒有相應背景知識的同學也能看懂。

首先，我們證明一個引理

引理：令 $p_1,p_2,...p_n,...$ 代表互不相同的素數，則對於任意 $x in mathbb{Q}(sqrt{p_1},sqrt{p_2},...,sqrt{p_n})$ , $exists alpha, eta in mathbb{Q}(sqrt{p_1},sqrt{p_2},...sqrt{p_{n-1}}), s.t. x=alpha+etasqrt{p_n}$ . 其中 $mathbb{Q}(sqrt{p_1},sqrt{p_2},...,sqrt{p_n})$ 代表由 $sqrt{p_1},sqrt{p_2},...,sqrt{p_n}$ 生成的有理數域上的分式域。

$Proof:$ 因為 $xinmathbb{Q}(sqrt{p_1},sqrt{p_2},...,sqrt{p_n})$ , 那麼 $x=frac{sum a_ix_i}{sum b_iy_i}=frac{sum c_i(sqrt{p_n})^i}{sum d_i(sqrt{p_n})^i}=frac{a+bsqrt{p_n}}{c+dsqrt{p_n}}$ 其中 $a_i,b_iin mathbb{Q},x_i,y_i$ 為一些 $sqrt{p_k}$ 的乘積， $c_i,d_i,a,b,c,din mathbb{Q}(sqrt{p_1},sqrt{p_2},...sqrt{p_{n-1}})$ 。再進一步移項化簡既得。

利用這個引理再證明一個命題：

命題：當 $p,p_1,p_2,..p_n$ 為互不相同的素數時 $sqrt{p} otin mathbb{Q}(sqrt{p_1},sqrt{p_2},...sqrt{p_{n}})$

$Proof:$ 我們使用反證法：

若 $sqrt{p}inmathbb{Q}(sqrt{p_1},sqrt{p_2},...sqrt{p_{n}})$ ，令 ${sqrt{q_1},sqrt{q_2},...sqrt{q_{k}}}$ 是 ${sqrt{p_1},sqrt{p_2},...sqrt{p_{n}}}$ 中元素個數最小的使得 $mathbb{Q}(sqrt{q_1},sqrt{q_2},...sqrt{q_{k}})$ 包含 $sqrt{p}$ 的集合。由引理，我們有 $sqrt{p}=a+bsqrt{q_k}$ , 其中 $a,bin mathbb{Q}(sqrt{q_1},sqrt{q_2},...sqrt{q_{k-1}})$ . 那麼我們將兩邊平方，移項，得到 $2absqrt{q_k}=p-a^2-b^2q_k$ ，下面分情況討論：

若 $ab$ 不等於0，將其除到等式右邊，發現等式右邊屬於 $mathbb{Q}(sqrt{q_1},sqrt{q_2},...sqrt{q_{k-1}})$ ，所以 $sqrt{q_k}inmathbb{Q}(sqrt{q_1},sqrt{q_2},...sqrt{q_{k-1}})$ ，但由 ${q_1,q_2,...q_k}$ 的最小性推出矛盾。

若 $b=0$ ，我們有 $sqrt{p}=ain mathbb{Q}(sqrt{q_1},...,sqrt{q_{k-1}})$ ，與最小性矛盾。

若 $a=0$ ，有 $sqrt{p}=bsqrt{q_k}$ ，因 $bin mathbb{Q}(sqrt{q_1},...,sqrt{q_{k-1}})$ , 由引理，有 $b=c+dsqrt{q_{k-1}}$ ，其中 $c,din mathbb{Q}(sqrt{q_1},...,sqrt{q_{k-2}})$ ，所以我們有 $sqrt{p}=(c+dsqrt{q_{k-1}})sqrt{q_k}$ ，將 $sqrt{q_k}$ 除到左邊後再平方得到 $2cdsqrt{q_{k-1}}=frac{p}{p_k}-c^2-d^2q_{k-1}$ ，類似上述的討論，也只有 $c=0$ 這一種情況暫時無法推出矛盾，於是再對 $d$ 做引理中的分解，再類似討論。最後我們得到 $sqrt{p}=lambdasqrt{q_1}cdotsqrt{q_2}...cdotsqrt{q_k}$ ，其中 $lambdainmathbb{Q}$ ，但這由 $p,q_1,...,q_k$ 為互不相等的素數立即推出矛盾。

根據上述討論，我們便證明了原命題。

回到原題，我們依然使用反證法：

$Proof:$

首先易得 $sqrt{2}$ 為無理數。

當 $n>2$ 時，令 $p_1,...p_l$ 為小於等於 $n$ 的素數按從小到大排列： $2=p_1<P>，那麼有<img src=$ 。若 $sqrt{2}+...+sqrt{n}$ 為有理數，則 $sqrt{2}inmathbb{Q}(sqrt{p_2},...,sqrt{p_l})$ 。但根據上述命題，這是不可能的，所以推出矛盾。

故 $sqrt{2}+...+sqrt{n}$ 為無理數。

證畢。

基於以下事實：

1. 所有質數開方均為無理數，將這些開方的數構成集合A

2. 所有正整數在開方的時候，要麼是整數，要麼是集合A中某個元素的整數倍

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這個是以前昏頭昏腦打的草稿，已經被很多人打臉了，修改如下：

1. 所有質數開方均為無理數，將這些開方的數構成集合A

2. 集合A中任意多個數的乘積是無理數

3. 所有正整數在開方的時候，要麼是整數，要麼是集合A中某個元素的整數倍，或者其乘積

我的猜想如下：

是否可以這樣證明：

先證明：對兩個質數 $p,q$ ， $sqrt{p} +sqrt{q}$ 為無理數。

然後再證明啥？我暈了，當然自己知道還是有漏洞，但是能否順著這個思路完善一下，或許能找到證明？