【习题研讨】136. 从几个平方根相加能否得到有理数说开去

课堂上我们已经学过如何证明  是无理数，也证明过  是无理数. 项数再多一些呢？有限个非完全平方正整数的算术平方根直接相加，是否一定还是无理数？

更一般的情况是，如果允许乘上非零有理数（可正可负），结论还能不能成立？被开方数一定要是素数么，一般情形下的不是完全平方数的数结论还成立么？带着这个问题，我们展开今天的讨论.

设  都是正整数. 证明下列数是无理数：

也就是证明 . 取所有 ，就是六个平方根直接相加；允许正整数系数，也可以看成允许同一个平方根重复出现.

先用这六个熟悉的数把方法看清楚. 证明的过程中，再检查它是否依赖这些数恰好是素数、项数恰好是六项. 本文的方法参考文末的文献，我们把其中的构造和加强结论的过程展开来说.

只有两项时，可以直接平方. 例如，若 ，则 ，这会推出  是有理数，矛盾. 直接计算是很自然的尝试，应该先试.

但把六项之和直接平方，会出现至多  个交叉项. 原来的根式没有消干净，又添了  等等. 这个尝试提醒我们，平方之前，最好先安排好哪些项相消.

完全平方公式做不到简化问题，但是我们熟悉的平方差公式就能做到这一点：

两个因子里，只有  前面的符号不同. 相乘以后，这一个根号便消失了.  里面即使还有别的根号，也不妨碍这次运算.

这给了我们一个方向：把某些根式的正负号取遍，让每个因子都能找到符号相反的搭档.

因为每一项都是正数，. 如果  是有理数，两边乘以分母，就得到一个同样形式的正整数系数根式和等于正整数. 所以只需证明：这样的和不可能等于正整数 . 去分母后的系数仍记为 .

为方便书写，记

假设

先留下第一项 ，把其余五项移到一起：

我们把右边的所有符号组合放进同一个多项式，让它们都成为这个多项式的根. 因此构造

乘积中的每个  都可以独立取  或 ，所以一共有  个因子. 即使某些符号组合给出相同的数，也把对应的因子保留下来，不影响后面的论证.

所有符号都取  时，右边恰好是刚才的根式和，因此

我们马上要说明， 虽然写成了含有很多根号的乘积，展开后的系数却都是整数.

先消去 . 原乘积里的一个因子由五个符号决定. 我们把前四个符号相同、只有最后一个符号不同的两个因子分为一组.

例如，前四个符号全取 ，记

最后一个符号分别取 、，就得到这一组中的两个因子：

这一组相乘，得到 .

前四个符号共有  种取法，每种取法对应一组，每组恰好两个原来的因子. 不必把每一组都写出来，它们的计算完全一样. 于是整个乘积变为

原来的  个一次因子，两两配成了  个二次因子，没有遗漏，也没有重复分组.  本身没有改变，总次数仍是 ，但  已经消去了.

再看下一轮怎样从  个因子变成  个. 固定 ，记

上一轮留下的二次因子中， 与  对应的是

记 ，这两个因子就分别是  与 . 相乘得

这样， 也消去了，每组得到一个关于  的四次因子. 此时固定的三个符号共有  种取法，所以得到  个四次因子.

继续按同样的方法处理 、、，乘积中写出的因子数依次变为

这里配对的是两个因子，每次只消去一个根号，所以剩下的根号有奇数个还是偶数个，都没有关系.

每轮都能继续这样做，可以用一个统一的观察来说明. 暂把当前要消去的根号记作变量 ，固定其他符号后，配对的两个因子分别为  与 . 记它们的乘积为 ，则

也就是说，把  换成 ，乘积不变. 因此它是关于  的偶多项式，只含偶次幂，包括常数项，不含奇次幂. 代入 ，这个根号就消掉了.

如果先把各个根号都看成形式变量，每一步只涉及整系数多项式的加法、乘法，再把这些变量的偶次幂代成整数. 所有根号消去后，便得到 .

我们不必真的把这个  次多项式展开. 我们已经知道了两个事实！它的系数都是整数，以及  是它的一个根.

接下来我们说明，由 ，我们还能推出

这是因为  的系数以及  都是整数，展开 ，再按  的奇偶次幂分组，可以写成

其中  都是整系数多项式. 代入 ，得到

这里， 都是整数，而  是无理数，因此

再代入 ，当然也得到零，即

现在回看  的乘积形式. 既然上式成立，就至少有一个因子为零. 因此存在某一组符号，使

原题中，所有  都是正数，第一项由正变负，其余项至多保持原值，所以

矛盾. 六个平方根的正整数倍相加，不可能得到有理数.

回看刚才的证明，消去其余根号时，只用到了它们的平方是整数；由一个根得到另一个根时，只用到了留下的那个平方根是无理数；最后比较大小，则用到了系数全为正数. 没有一步要求被开方数必须是素数，也没有一步要求恰好六项.

因此，确实可以直接处理一般情况，设  为整数， 都是非完全平方正整数，反设

当  时，正整数的平方根为有理数当且仅当它是完全平方数，已经矛盾. 以下设 . 去分母，构造

同样配对可知 . 由 ，按前面的奇偶次幂分组法，利用  的无理性，得到 . 因而存在一组符号，使

仍然矛盾. 所以，任意有限个非完全平方正整数的算术平方根相加，一定是无理数. 这里至少有一项，被开方数可以重复，也可以含有平方因子，例如  不需要预先改写成 .

到这里，最初的问题已经回答了. 但我们在比较大小时用了正系数，去掉这个条件，会怎样？

仍记 ，这次设  是不全为零的整数，不要求它们都为正数. 证明

这比刚才的六项问题更强. 现在不但允许减法，也允许零系数，而且要排除所有有理数，包括零.

如果某个 ，将这一项的符号反过来，反而会使它增大. 所以前面的大小比较不能照搬. 不过，构造整系数多项式、由一个根得到另一个根的过程，都没有用到系数为正.

先排除非零有理数. 去分母后，只需排除这个整系数组合等于非零整数  的可能，去分母后的系数仍记为 . 先以六个系数均不为零的情形说明；有零系数项时删去，使用同样的构造即可.

假设 . 前面的构造仍然给出某一组符号，使

虽然不能断言右边变小了，但把它与原来的等式相加，第一项一定会消去：

右边每个系数都是整数，根式最多只剩五项，左边仍是非零整数.

这一步还没有完成加强后的题目，但已经找到了归纳的办法：如果较少项的根式和不能等于非零整数，那么六项也不能. 同样，这个消项过程不依赖于我们选的是哪几个素数，现在可以把它整理成一个适用范围更广的引理.

引理. 设  都是非完全平方的正整数，. 则

不可能是非零整数.

这里不要求  无平方因子，也不要求它们互不相同. 但结论只排除非零整数，不能把“非零”删掉. 例如 ，确实可以抵消成零. 这个引理是在扩大允许的根式范围，并不是说任何一组根式都不能抵消.

证明. 对项数  归纳. 当  时，若 ，和为零；若 ，则  为无理数，结论成立.

设 ，结论对少于  项的情形成立. 反设

如果所有系数都为零，右边为零，与  矛盾；如果只有部分系数为零，删去这些项后即与归纳假设矛盾. 故可设所有 .

构造

为严谨说明它的系数，先把  换成形式变量 . 所得乘积是整系数多项式，改变任意一个  的符号，都只会置换因子，因此它关于每个  都只含偶次幂. 代回  后，每个偶次幂都变成整数，所以 .

由假设，. 把整系数多项式  按奇偶次幂分组，写成

代入 ，得

因为  是无理数，而  是整数，所以两者均为零. 因而 .

乘积中至少有一个因子为零，故存在 ，使

与原式相加，得

这把非零整数  表示成了至多  个非完全平方正整数的平方根的整系数线性组合，与归纳假设矛盾. 引理得证.

现在回到允许负系数的六项问题. 引理只排除了非零整数，不能到这里就宣布所有有理数都排除了. 反设  是有理数，写成 ，其中 ， 为正整数.

若 ，则

左边是非完全平方正整数的平方根的整系数线性组合，右边是非零整数，直接与引理矛盾.

若 ，即 ，选取一个非零系数 . 两边乘以 ，移项得

右边是非零整数，而每个  都是两个不同素数的乘积，不是完全平方数，也与引理矛盾.

两种情况都不可能，所以 ，加强后的六项问题得证.

这里多用了一条性质：不同素数相乘，不会成为完全平方数. 也正是这条性质，帮助我们排除了零和.

我们真正需要的，是选出的不同被开方数两两相乘都不是完全平方数. “它们都是不同素数”足以保证这一点，但条件还可以放宽.

先把每个根式中能开出的平方因子提出来，再合并同类项. 例如 ，. 整理后，剩下的被开方数都是无平方因子整数. 如果它们互不相同，即使不都是素数，刚才的证明还能成立么？

命题. 设  是互不相同的正无平方因子整数， 不全为零. 则

所谓无平方因子，是指一个正整数不被任何素数的平方整除. 例如  都是无平方因子整数，而  含有平方因子 ，不符合条件.

证明. 时结论成立. 以下设 ，反设上述和为零，取 ，两边乘以 ，得

对每个 ， 是互不相同的无平方因子整数，它们的素因子集合不同. 因此有某个素数恰好整除其中一个数，而且在乘积  中的指数为 . 所以  不是完全平方数.

上式与引理矛盾，命题得证.

整数系数也可以换成有理数系数：若存在有理系数的零和关系，两边乘以所有分母的公倍数，就得到整数系数的零和关系. 因此，这个命题通常表述为：不同正无平方因子整数的平方根，在有理数域上线性无关.

这个结论也给“比较根式系数”补上了依据. 两个有理系数根式表达式相等时，将根式化简、合并同类项后，不同无平方因子部分对应的系数必须分别相等.

这里要分清“不等于零”与“是无理数”. 因为允许 ，不能直接说每个非平凡组合都是无理数，例如  就不是.

如果进一步要求所有 ，那么系数不全为零的有理系数线性组合一定是无理数. 事实上，若 ，则

 是互不相同的无平方因子整数，线性无关性迫使所有系数都为零，与  不全为零矛盾. 这里要求 ，是为了排除  本身为有理数的情形.

现在，六个素数的限制和六项的限制都去掉了，整数系数也可以放宽到有理数系数. 不过，“互不相同”“无平方因子”，以及断言无理性时的 ，这些条件各有用途，不能一并丢掉.

我们最初只想知道几个正平方根相加能不能得到有理数. 正性让我们在变号之后直接比较大小；允许负系数以后，就改用两式相加，对项数归纳；要进一步排除零和，则乘上一个选定的平方根，把问题重新变成非零整数. 每次加强结论，都有一个新的困难要处理，也因此多用了一点条件.

本文的共轭乘积与归纳证明，参考 Iurie Boreico 的文章 Linear Independence of Radicals，刊于 The Harvard College Mathematics Review，2008 年春季号，第 2 卷第 1 期. 对应的 Solution 2 位于印刷页码 89—90.

阅读原文：Linear Independence of Radicals，从 Solution 2 开始[https://abel.math.harvard.edu/hcmr/issues/2.pdf#page=91].

我们最后得到的“不同正无平方因子整数的平方根，在有理数域上线性无关”，就是这篇文献讨论的核心命题. 回头再看开头的正平方根之和，只是它的一个推论；但从这个熟悉的问题出发，更容易看清构造为何出现，以及每个条件在哪里起作用.

从分母有理化时的平方差公式，到这里把所有符号组合相乘，都是借助共轭表达式消去根号. 原文还进一步讨论了数域、伽罗瓦群以及高次根式. 对更高次情形感兴趣的读者，可以继续阅读其中的 “Higher powers” 部分. 那一部分讨论正有理数系数下的正实根之和，不能把本文允许任意正负有理系数的结论直接照搬过去. 本文就先讲到这里.