经典证明：几乎所有有理数都是无理数的无理数次方
数学史上的著名猜想之(一)
数学史上的著名猜想之（一）—―被否定的数学猜想过伯祥数学史上，长时期未能解决的数学猜想特别多！并且很多都是世界级的难题，其中数论方面的问题又占多数.它们表面上是那么的浅显，好像不难解决似的，其实，若无深厚的数学功底，即使想接近它也十分困难。
本章特作较多的介绍，使数学爱好者有一个初步了解.如果你有志要攻克这些猜想，就必须作好长期艰苦跋涉的思想准备.1．被否定的数学猜想（1）试证第五公设的漫长历程几何是从制造器皿、测量容器、丈量土地等实际问题中产生和发展起来的.几何学的发展历程中，有两个重大的历史性转折.其一是,大约从公元前7世纪到公元前3世纪，希腊数学从素材到框架，已经为几何学的理论大厦的建造准备了足够的条件.欧几里得在前人毕达哥拉斯、希波克拉底和欧多克斯等人的工作基础上，一举完成了统治几何学近2000年的极其伟大的经典著作《几何原本》.它使几何学发展成为一门独立的理论学科，是几何学史上的一个里程碑.其二，也正是由于《几何原本》的问世，才带来了一个使无数人困惑和兴奋的著名问题--欧几里得第五公设问题.在《几何原本》的第一卷中，规定了五条公设和五条公理.著名的欧几里得第五公设：“若两条直线被第三条直线所截，如有两个同侧内角之和小于两直角，则将这两直线向该侧适当延长后必定相交.”就是这五条公设中的最后一条.由于它在《几何原本》中引用得很少（直到证明关键性的第29个定理时才用到它）；而且，它的辞句冗长，远不如前四条公设那样简单明了.于是给后人的印象是：似乎欧几里得本人也想尽量避免应用第五公设.于是，一代又一代的数学家猜测:大概不用花费很多力气就能证明欧几里得第五公设.就这样，数学家们开始了试证第五公设的历程.这是个始料未及的漫长历程！真正是前赴后继，几乎每个时代的大数学家都做过这一件工作.然而，满以为非常简单，只不过是举手之劳的一件事，谁料历时两千年仍未解决.第五公设问题几乎成了“几何原理中的家丑”（达朗贝尔）.直至19世纪，人们才逐渐意识到“欧氏第五公设可以证明”是一个错误的猜想,但它却引导数学家们得到了有意义的结果.所以说：错误的猜想有时也是极有意义的！“在我们试图证明某个猜想的时候，如果使尽各种招数仍无进展，就应去查一查这个猜想本身有没有毛病.”（2）引出一个大胆猜想第五公设的一个又一个试证，总是发生“偷用”某个与第五公设等价的“假设”去代替的毛病，这逐渐地使几位思想较开阔而又有远见的数学家高斯、亚诺什•鲍耶、罗巴契夫斯基意识到:“欧几里得第五公设是不能从《几何原本》的其余公设、公理中导出.”也即与其它公设公理不相依赖，并且提出了一个新的大胆猜想：“欧几里得几何不是惟一的几何;任何一组假设如果彼此之间不导致矛盾的话，一定提供一种可能的几何.”罗巴契夫斯基、鲍耶正是在此想法的基础上开展了一系列工作，才发现了非欧几何的.虽然，他们的工作约有30年之久被人们所忽视；非欧几何的相容性问题在其后的40年中仍然悬而未决，然而，从某数学家的头脑中首先形成这大胆的猜想——与第五公设相矛盾的公理，也许仍可建立逻辑上相容的新几何——的那一刻起，就注定了即将发生几何学发展的又一次历史性的大转折：将迎来的是，几何学思想的大解放，几何学大发展的新时代.可以说，在19世纪所有复杂的技术创造中间，最深刻的一个——非欧几何的创造，就是起源于两千年试证第五公设的失败而日渐形成的大胆的猜想，非欧几何是在欧几里得几何领域中，一系列的长期努力所达到的一个新顶点。
100个数论经典例题
100个数论经典例题1. 证明：无理数的十进展开不可能是一个重复的数字序列。
2. 证明：一个正整数为完全平方数的充分必要条件是它的每个质因子的指数都是偶数。
3. 证明：有理数的不循环小数展开是独一无二的。
4. 如果两个整数m和n的最大公约数是1，那么m/n的分数形式是既简单又唯一的。
5. 证明：对于任意自然数n，n²+n+41都是一个质数。
6. 证明：对于任意自然数n，3n²+3n+7都是一个质数。
7. 求1²+2²+3²+...+n²的值，并给出证明。
8. 求1³+2³+3³+...+n³的值，并给出证明。
9. 证明：无穷多个素数是等差数列的形式。
10. 设p是一个素数，证明：x²≡-1(mod p）的解的个数为0或2。
11. 给定一个正整数n，求所有满足φ(x)=n的正整数x，其中φ(x)表示小于x且与x互质的正整数的个数（欧拉函数）。
12. 证明：若p是任意一个素数，则对于任意自然数n，(n+p)!≡n!pⁿ(mod p²)。
13. 证明：若p是任意一个素数，则对于任意自然数n，n!≡-1(mod p)当且仅当p=2或p≡1(mod 4)。
14. 对于任意一个素数p和整数a，证明：x²≡a(mod p）有解的充分必要条件是a^(p-1)/2≡±1(mod p)。
15. 证明：对于任意自然数n，存在无限多个三元组(x,y,z)使得x⁴+y⁴=z³。
16. 证明：对于任意正整数k，存在无限多个素数p，使得p≡1(mod k)。
17. 求2²+4²+6²+...+50²的值，并给出证明。
18. 求1+2+3+...+99+100的值，并给出证明。
19. 给定正整数a、b、n，求aⁿ+bⁿ的最大公因数，并给出证明。
无理数
摘要在实数系中，无理数和有理数相比较，无理数更为抽象，但它在实数系中是不可缺少的，占着重要的枢纽地位。
同时，它也是数系扩充的重要组成部分，即有理数系扩充到实数系。
对于无理数证明的研究，一方面，极大地促进了数学演绎推理的发展；另一方面，也体现了数学研究的严谨性。
因此，在研究无理数时，对于一些常见无理数的证明是非常重要的。
文章首先归纳了方根型无理数的证明方法，然后利用幂级数展开式和定积分的知识论证了一些特殊类型的无理数，最后，验证了 ，e的超越性，并借助Lindemann-Weierstrass定理证明在一定条件下的代数数的三角函数值与反三角函数值的无理性。
关键词：无理数，有理数，超越数ABSTRACTIn the real number system, irrational number is more abstract than rational number, but irrational number are indispensable and occupies an important key position in the real number system. Meanwhile, they are an important part when the rational number system is expanded to the real number system. The study of the proof of irrational number greatly promotes the development of mathematical rational deductive inference. At the same time, it also shows the rigorousness of mathematics. Therefore, the proofs of some common irrational numbers are extremely important. Firstly, the article generalizes the methods to prove irrational numbers with root type. Secondly, it uses the knowledge of power series expansion and definite integral to prove some irrational numbers with special types. Finally, the article demonstrates the transcendence of and e. Moreover, it uses Lindemann-Weierstrass theorem to prove the irrationality of trigonometric function value and anti-trigonometric function value under certain conditions.Key Words:irrational number, rational number, transcendental number目录摘要 (I)ABSTRACT ............................................ I I 一引言 . (1)二有理数与无理数的定义和性质 (1)2.1有理数与无理数的定义 (1)2.2相关性质 (1)三无理数的判定方法 (3)3.1 方根型无理数的证明 (3)3.2 幂级数证明方法 (9)3.3 利用定积分证明 (12)3.4 超越数证明法 ............................................................... 错误！未定义书签。
第6章实数-解读无理数课件--2023学年沪科版数学七年级下册
（2）如果（2+ 2）a -（1- 2）b=5，其中a、b为有理数，求a+2b的值.
解： ∵（2+ 2）a （1 2）b 5
整理得 (a b) 2 2a b 5 0
∵a、b为有理数
∴
a b 0 2a b 5
解得 a 5 ,b 5 ,
3
3
∴ a 2b 5 . 3
小结：无理数的发现，除了是实际的需 求外，也要注意是运算的需要. 解决此题的关键在于利用乘法分配律将 代数式恒等变形化为已知式.
小结：估算无理数大小时，常用“夹逼法”，确定这个无理数在哪两 个连续整数之间是解题的关键.
例题精讲
例题 若两个连续整数x、y满足x＜ 5 1＜y，则x+y的值是____7____．
分析： 估算无理数
夹逼法
4< 5 <9
2< 5 < 3
3< 5+1< 4
x=3
y=4
x+y=7
小结：估算无理数大小时，常用“夹逼法”，确定这个无理数 在哪两个连续整数之间是解题的关键.
例题精讲
例题 我们知道，任意一个有理数与无理数的和为无理数，任意一个不为零的有理数与一 个无理数的积为无理数，而零与无理数的积为零.由此可得：如果mx+n=0，其中m、n为 有理数，x为无理数，那么m=0且n=0.
（1）如果（a-2） 2 +b+3=0，其中a、b为有理数，那么a=___2___，b=___-3___.
要求出满足条件的x的值．
分析：
“夹逼法”确定这个无理数在哪两个连续整数之间
确定无理数的整数部分、小数部分 确定m、n的数值，代入方程求解。
例题精讲
有关有理数与无理数的证明
有关有理数与无理数的证明狄利克雷函数（Dirichlet Function），在实数上处处不连续的证明(2006年10月25日修改版)声明：前天下午在与曲建勋的讨论中找到其证明方式本证明过程，最关键的两个步骤，由我和曲建勋分别提出，在此对曲建勋表示感谢，并郑重声明，并非我一人完成此证明√2代表根号2证明过程我写得很啰嗦，尤其是前面三个命题，可能有些人会认为太显而易见了，但为了严谨我还是写出来了，高人可以略过其证明过程前提：1、任何有理数均可写成既约分数p/q (p,q∈Z 且q≠0)2、任何无理数据不可写成这样的形式，且均可写成无限不循环小数3、任何实数必定属于有理数或无理数中的一类，且不能同时属于两类数命题1：任何有理数与无理数相加结果都是无理数证明：假设命题不成立设p/q (p,q∈Z 且q≠0)为任意有理数X为任意无理数则p/q+X=m/n (m,n∈Z 且n≠0)X=m/n-p/q=(mq-np)/(n*q)则根据前提1，X为有理数，与假设矛盾故假设不成立，命题1成立命题2：任何无理数除以非零有理数结果都是无理数证明：假设命题不成立设p/q (p,q∈Z 且q≠0,p≠0)为任意非零有理数X为任意无理数则X/(p/q)=m/n (m,n∈Z 且n≠0)X=(p*m)/(q*n)则根据前提1，X为有理数，与假设矛盾故假设不成立，命题2成立命题3：√2为无理数证明：假设命题不成立则√2为有理数，设√2=p/q (p,q∈Z 且q≠0)2=(p*p)/(q*q)则p必须是偶数∵p/q是既约分数∴q是奇数∴设p=2n q=2m+1(m,n∈Z)∵2*q*q=p*p∴2*(2m+1)*(2m+1)=2n*2n ∴(2m+1)*(2m+1)=2n*n 而m,n∈Z时本式不能成立故假设不成立，命题3成立命题4：任何有限小数都是有理数证明：显而易见~~下面进入本证明的关键部分首先介绍狄利克雷函数（Dirichlet Function）f(x)= 1(x为有理数)0(x为无理数)命题5：任意两个有理数之间一定存在至少一个无理数证明：设p/q、m/n (p,q,m,n∈Z 且q≠0,n≠0)为任意两个有理数，不妨设p/q ＜m/n则m/n-p/q=(mq-np)/(nq)为有理数设Q为正有理数，且满足√2＜Q(mq-np)/(nq)则0＜√2/Q＜(mq-np)/(nq)p/q＜√2/Q+p/q＜(mq-np)/(nq)+p/q=m/n根据命题1、2、3,√2/Q+p/q为无理数∴命题5成立命题6：任意两个无理数之间一定存在至少一个有理数证明：设X,Y为任意两个无理数，且X＜Y将X,Y写成小数形式，从最高位开始比较两个数直到找到一位X,Y不一样的位数，那一位上的数必然是X＜Y 去掉Y在那一位以后的所有位，得到一个有限小数，记为Z 显而易见X＜Z＜YZ为有理数，命题6成立根据命题5、6，任意有理数都不连续，任意无理数也都不连续，根据前提3，则狄利克雷函数在全体实数上处处不连续。
谈谈有理数与无理数
谈谈有理数与无理数实数通常分为有理数和无理数两类。
这两类数的性质，对于九年义务教育阶段的初中学生来说，知道得较少。
本文试图对初中数学中关于有理数和无理数的知识作一个梳理和拓展，以此帮助初中读者加深对实数的认识。
关于有理数，我们知道得较多，其特征有：1、由于实数实际上就是小数，因此有理数是指那些有限小数和无限循环小数；2、每个有理数都可以写成分数的形式，即nm ，其中m 和n 都是整数，且n ≠0。
利用这一特征很容易证明：任意两个有理数进行加、减、乘、除（除数不为0）四则运算所得的结果仍是有理数。
我们不加证明地给出关于有理数的一条结论： 当有理数nm 的分母n 能分解质因数为2α³5β（其中α、β为自然数）时，有理数nm 能化成有限小数；否则，化为无限循环小数。
（关于有理数与小数的互化问题，有兴趣的同学请可阅读相关书籍，不再赘述） 无理数是指那些无限不循环小数。
大家熟悉的无理数很多，2、e 、π等等都是。
与有理数相比，无理数不具备那样好的性质。
譬如，两个无理数的四则运算结果不一定是无理数，象π-π=0，22=1。
根据有理数和无理数之间的相互关系，可以得到如下两条性质，它们在处理与有理数无理数有关的问题时，起着基本的作用：1、任何有理数≠任何无理数；2、设是a 有理数，b 是无理数，则a+b ，a-b ，a ²b （a ≠0），a/b （a ≠0）都是无理数。
下面着重介绍实数无理性的判定方法。
在现行初中数学范围内所遇到的无理数主要有这样几种类型：与开方运算有关，如2，311；与对数值有关，如log 23；与三角函数值有关，如cos20°，sin1°；此外还有象e （自然对数的底）、π（圆周率）这样的特殊值。
判定实数无理性的方法很多，但都有一个共同的特点，即采用反证法的技巧。
原因有二：第一、无理数的概念通常以“不是有理数的实数称为无理数”这一否定方式给出的；第二、当反设要判定的实数α不是无理数时，由有理数和无理数的关系，α就是有理数，故α=nm （n ≠0），于是就得到一个具体的等式，这为我们导出矛盾提供了一个直观的工具。
(根号5),(根号13),(根号21),(根号29)等都是无理数的统一证明
（根号5），（根号13），（根号21），（根号29）等都是无理数的统一证明
作者：黄兆麟
来源：《中学数学杂志(初中版)》2015年第05期
本文仅从整数的奇偶性上引出矛盾，利用反证法给出5，13，21，29等数均为无理数的统一证明，供同学们参考.
定理若p是自然数，则8p+5是无理数.
证明假设8p+5是有理数，即有8p+5=mn（mn是既约分数），
则有（8p+5）n2=m2 (1)
[1]假设m与n均为偶数，则恰与mn为既约分数矛盾！故假设[1]不真！
[2]假设m与n的奇偶性不同，由于8p+5始终为奇数，则（1）式左右两边的奇偶性将始终不同，从而矛盾！故假设[2]也不真！
[3]假设m与n均为奇数（m>n），则m+n与m-n均为偶数！
故此时可设m+n=2r，m-n=2s（r，s∈N*，r>s），那么可将（1）式变形为
4（2p+1）n2=（m+n）（m-n），
即有（2p+1）n2=rs (2)
显然（2）式左边为奇数！那么可知r与s必同时为奇数！这将导致
m=r+s，n=r-s，即m与n均为偶数！恰与开始的“[3]假设m与n均为奇数”矛盾！故假设[3]也不真！
综合假设[1]、[2]、[3]均不真，知8p+5=mn不真，故知8p+5是无理数.
练习若p是自然数，则8p+2，8p+3，8p+6均为无理数.。
有关有理数与无理数的证明
狄利克雷函数（Dirichlet Function），在实数上处处不连续的证明(2006年10月25日修改版)声明：前天下午在与曲建勋的讨论中找到其证明方式本证明过程，最关键的两个步骤，由我和曲建勋分别提出，在此对曲建勋表示感谢，并郑重声明，并非我一人完成此证明√2代表根号2证明过程我写得很啰嗦，尤其是前面三个命题，可能有些人会认为太显而易见了，但为了严谨我还是写出来了，高人可以略过其证明过程前提：1、任何有理数均可写成既约分数p/q (p,q∈Z 且q≠0)2、任何无理数据不可写成这样的形式，且均可写成无限不循环小数3、任何实数必定属于有理数或无理数中的一类，且不能同时属于两类数命题1：任何有理数与无理数相加结果都是无理数证明：假设命题不成立设p/q (p,q∈Z 且q≠0)为任意有理数X为任意无理数则p/q+X=m/n (m,n∈Z 且n≠0)X=m/n-p/q=(mq-np)/(n*q)则根据前提1，X为有理数，与假设矛盾故假设不成立，命题1成立命题2：任何无理数除以非零有理数结果都是无理数证明：假设命题不成立设p/q (p,q∈Z 且q≠0,p≠0)为任意非零有理数X为任意无理数则X/(p/q)=m/n (m,n∈Z 且n≠0)X=(p*m)/(q*n)则根据前提1，X为有理数，与假设矛盾故假设不成立，命题2成立命题3：√2为无理数证明：假设命题不成立则√2为有理数，设√2=p/q (p,q∈Z 且q≠0)2=(p*p)/(q*q)则p必须是偶数∵p/q是既约分数∴q是奇数∴设p=2n q=2m+1(m,n∈Z)∵2*q*q=p*p∴2*(2m+1)*(2m+1)=2n*2n ∴(2m+1)*(2m+1)=2n*n 而m,n∈Z时本式不能成立故假设不成立，命题3成立命题4：任何有限小数都是有理数证明：显而易见~~下面进入本证明的关键部分首先介绍狄利克雷函数（Dirichlet Function）f(x)= 1(x为有理数)0(x为无理数)命题5：任意两个有理数之间一定存在至少一个无理数证明：设p/q、m/n (p,q,m,n∈Z 且q≠0,n≠0)为任意两个有理数，不妨设p/q＜m/n则m/n-p/q=(mq-np)/(nq)为有理数设Q为正有理数，且满足√2＜Q(mq-np)/(nq)则0＜√2/Q＜(mq-np)/(nq)p/q＜√2/Q+p/q＜(mq-np)/(nq)+p/q=m/n根据命题1、2、3,√2/Q+p/q为无理数∴命题5成立命题6：任意两个无理数之间一定存在至少一个有理数证明：设X,Y为任意两个无理数，且X＜Y将X,Y写成小数形式，从最高位开始比较两个数直到找到一位X,Y不一样的位数，那一位上的数必然是X＜Y去掉Y在那一位以后的所有位，得到一个有限小数，记为Z显而易见X＜Z＜YZ为有理数，命题6成立根据命题5、6，任意有理数都不连续，任意无理数也都不连续，根据前提3，则狄利克雷函数在全体实数上处处不连续。
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一个无理数的无理数次方是否有可能是一个有理数？这是一个非常经典的老问题了。
答案是肯定的，证明方法非常巧妙：考虑根号 2 的根号 2 次方。
如果这个数是有理数，问题就已经解决了。
如果这个数是无理数，那么就有：
我们同样会得到一个无理数的无理数次方是有理数的例子。
这是一个典型的非构造性证明的例子：我们证明了无理数的无理数次方有可能等于有理数，但却并没有给出一个确凿的例子。
毕竟我们也不知道，真实情况究竟是上述推理中的哪一种。
那么，真实情况究竟是上述推理中的哪一种呢？Gelfond-Schneider 定理告诉我们，假设α 和β 都是代数数，如果α 不等于0 和1 ，并且β 不是有理数，那么α 的β 次方一定是超越数。
根据这一定理我们可以立即看出，根号 2 的根号 2 次方真的是一个无理数，实际情况应该是上述推理中的后者。
那么，是否存在一个无理数a ，使得a 的a 次方是有理数呢？最近，Stan Dolan 证明了这样一个结论：事实上，几乎所有(1, ∞) 里的有理数都是某个无理数a 的 a 次方。
注意到当x 大于1 时，函数f(x) = x x是连续单调递增的，因而对于所有(1, ∞) 里的有理数r ，一定存在唯一的a ，使得a a = r 。
不妨假设a 是一个有理数，它的最简分数形式是n / m 。
如果m = 1 ，那么我们会有平凡解n n = r 。
下面我们证明，m 是不可能大于 1 的，否则会产生矛盾。
假设有理数r 的最简分数形式是c / b ，于是我们有：
(n / m)n / m = c / b
或者说：
n n · b m = m n · c m
注意到，m n是n n · b m的约数。
然而，m 和n 是互质的，m n与n n没有公共因子，因而m n一定是b m的约数。
同理，b m是m n · c m的约数，但由于b
和c 是互质的，因此b m一定是m n的约数。
m n和b m怎么可能互为对方的约数呢？只有一种可能，就是m n等于b m。
既然m n = b m，说明m 和b 肯定有大于1 的公因数。
假设p 是m 和b 的某个公共质因数。
我们把m 和 b 中的所有质因数p 都提出来，将它们写成m = p i · k 和b = p j · l ，其中k 和l 都不再含有质因数p 。
于是，m n = b m就可以重新写为：
p i·n · k n = p j·m · l m
既然m n是等于b m的，它们一定含有相同数量的质因数p ，因而i·n = j·m ，可知m 是i·n 的约数。
但是m 和n 是互质的，因此m 一定是i 的约数。
最后，注意到p i是m 的约数，从而也就是i 的约数。
于是矛盾产生了：由于p ≥ 2 ，因此p i一定严格地大于i ，不可能是它的约数。
因此，对于所有大于1 的有理数，除非它恰好等于某个整数n 的n 次方，否则它都将是某个无理数 a 的 a 次方。