3.5 Q 的缺口与为什么 sqrt(2) 不是有理数

这一节开始，数系建构的重点会稍微转向。之前你一直在建构 $N$、$Z$ 和 $Q$，并检查它们的运算是否良定。现在要问的问题不同了：

$Q$ 是否已经包含了做次序与极限论证所需的所有数？

答案是否定的，而最经典的例子就是 $\sqrt{2}$。

先用直觉理解：稠密不等于完备

很多人第一次看到这题时，直觉会说：

“有理数已经那么多，怎么还会有缺口？”

这种想法把两个不同概念混在一起了。

• 稠密，意思是两个不同有理数之间总能再找到另一个有理数；
• 完备，意思是某些有上界的集合，真的会在你工作的数系里拥有最小上界。

这里正是用 $Q$ 来说明：稠密性并不能保证完备性。即使有理数排得很密， 仍然可能缺少某个关键的边界点。

从几何级数看一个警告

无限过程可以在每个有限阶段都给出有理信息，但整体却指向某个边界。最简单 的几何级数已经展示这种模式：

$$1+\frac12+\frac14+\cdots+\frac{1}{2^n}.$$

它的每个部分和都是有理数，而且都小于 $2$，但部分和会趋近 $2$。边界 不是某一个有限部分和，而是整个无限逼近过程所指向的数。

这个例子本身并不是 $\sqrt{2}$ 不在 $Q$ 的证明；它提醒我们，要分清楚 越来越好的有理近似，和那些近似正在逼近的极限或最小上界。

先讲清楚次序语言

定义

上界与上确界

设 $X$ 是一个有序集合的子集。

• 若对每个 $x \in X$ 都有 $x \le u$，则 $u$ 是 $X$ 的上界；
• $X$ 的上确界，记作 $\sup(X)$，就是 $X$ 的最小上界。

“最小”这个词很重要。上确界不是随便一个上界，而是所有上界之中最贴近 集合的那一个。

定义

无理数

无理数是实数之中，不属于 $Q$ 的那些数。

这个集合怎样暴露出缺口

定理

二的平方根不是有理数

不存在满足 $s^2=2$ 的有理数 $s$。

经典集合是

$$S = \{q \in Q \mid q^2 \lt 2\}.$$

这个集合把所有平方仍然小于 $2$ 的有理数收集起来。

表面上，它似乎应该有一个有理边界。毕竟像 $1$、$1.4$、$1.41$ 这些数 都在里面，而像 $2$ 或 $3/2$ 这些数都在它上方。

问题在于，那个真正的边界应该是 $\sqrt{2}$，而这个数并不在 $Q$ 里。

为什么 $S$ 在 $Q$ 中有上界

在证明 $S$ 在 $Q$ 中没有上确界之前，你应先确认：$S$ 的确是一个有上界 集合。

例题

为 $S$ 找一个上界

取 $u = 2$。

因为 $2^2 = 4 > 2$，所以 $2$ 不属于 $S$。更重要的是，任何 $q > 2$ 的有理数都满足 $q^2 > 2$，因此这些数都位于 $S$ 的所有元素之上。

这表示 $2$ 是 $S$ 的一个上界。

更一般地，任何满足 $u>0$ 且 $u^2>2$ 的有理数，都可以成为 $S$ 的上界。 这里的正性条件不能省略：负数的平方可以大于 $2$，却不一定在 $S$ 的正 元素之上。

所以问题不是 $S$ 没有上界，而是：在所有有理上界之中，找不到最小那一 个。

为什么 $\sqrt{2}$ 不是有理数

先回顾最标准的反证法。

证明 $\sqrt{2}$ 不属于 $Q$

反设 $\sqrt{2}$ 是有理数。

那就存在整数 $p$ 和 $q$，其中 $q \ne 0$，使得

$$\sqrt{2} = \frac{p}{q},$$

而且 $p/q$ 已经约成最简分数。

两边平方，可得

$$p^2 = 2q^2.$$

因此 $p^2$ 是偶数，从而 $p$ 也是偶数。把 $p$ 写成 $p = 2k$。

代回去，就得到

$$4k^2 = 2q^2,$$

也即

$$q^2 = 2k^2.$$

所以 $q^2$ 也是偶数，于是 $q$ 也是偶数。

结果 $p$ 和 $q$ 都是偶数，与 $p/q$ 已是最简分数矛盾。

因此 $\sqrt{2}$ 不是有理数。

这一步很关键。若 $\sqrt{2}$ 真的是有理数，它便会是 $S$ 在 $Q$ 中最明 显的上确界候选；但反证法告诉你，这个候选点根本不在 $Q$ 里。

正式的缺口命题

定理

集合 $S = \{q \in Q \mid q^2\lt2\}$ 在 $Q$ 中没有上确界

集合 $S$ 在 $Q$ 中有上界，但不存在任何有理数能担当它的最小上界。

缺口背后的 epsilon 论证

“向右移动一点”需要定量证明。下面只使用有理数运算，以及每个正有理数都有更小 的正有理数这一事实。

证明为什么没有有理候选能成为上确界

取 $s\in Q$。

若 $s<1$，则 $1\in S$ 且 $1>s$，所以 $s$ 不是上界。 现在只需考虑 $s\ge1$，并按 $s^2$ 的三种情况分类。

情况一：候选在边界下方。 设 $s^2<2$， 令 $M=2-s^2>0$，选择正有理数 $\varepsilon$ 使

$$\varepsilon\lt2s \qquad \varepsilon\lt\frac{M}{4s}$$

于是

$$(s+\varepsilon)^2=s^2+\varepsilon(2s+\varepsilon) \lt s^2+\varepsilon(4s)\lt s^2+M=2$$

所以 $s+\varepsilon\in S$，$s$ 不可能是上界。

情况二：候选在边界上方。 设 $s^2>2$，仍有 $s\ge1$。令 $M=s^2-2$，选择正有理数 $\varepsilon$ 使

$$\varepsilon\lt s \qquad \varepsilon\lt\frac{M}{4s}$$

设 $r=s-\varepsilon$。则 $r>0$，并且

$$r^2=s^2-\varepsilon(2s-\varepsilon)\gt s^2-2s\varepsilon\gt2$$

若 $x\in S$ 且 $x\le0$，则 $x$ 小于 $r$。若 $x>0$ 且 $x>r$，便有 $x^2>r^2>2$，与 $x\in S$ 矛盾。因此所有 $x\in S$ 都满足 $x\le r$，所以 $r$ 是比 $s$ 更小的上界，$s$ 不可能是最小上界。

情况三：候选恰在边界。 剩下的情况 $s^2=2$ 会使 $s$ 成为方程 $x^2=2$ 的有理解，而奇偶性反证已经排除 了这一点。因此每个有理候选都失败。

例题

有理数序列也可能有有理上确界

考虑序列

$$f(n)=1+\frac12+\frac1{2^2}+\cdots+\frac1{2^n}$$

有限几何和公式给出

$$f(n)=2-\frac1{2^n}$$

每个 $f(n)$ 都小于 $2$，所以 $2$ 是 $Q$ 中的上界。若给定任意小于 $2$ 的 $u$，把正差写成 $2-u=A/B$，其中 $A,B$ 为正整数。取正整数 $n>B/A$； 例如 $n=B+1$ 可行，因为 $A\ge1$。归纳法给出正整数 $n$ 满足 $2^n>n$： 起点是 $2>1$，递推步为 $2^{n+1}>2n\ge n+1$。故 $1/2^n<A/B=2-u$， 从而 $f(n)>u$。因此没有更小的有理数仍是上界，而

$$\sup f(N)=2$$

这提供了重要对比：有理部分和并不会自动造成缺口。真正的缺口出现在集合所需要的 边界是无理数 $\sqrt{2}$ 时。

思考检查

在 $s^2$ 大于 $2$ 的情形，为什么较小候选 $r=s-\varepsilon$ 必须保持为正？

说明比较平方时需要的符号条件。

解答 · 答案

只有对非负数，平方的大小才可以保持原来的次序。选择 $\varepsilon$ 小于 $s$ 保证 $r>0$， 于是正数 $x>r$ 才能推出 $x^2>r^2$。如果忽略符号，平方不能控制原来的大小关系。

上确界语言必须说明外层集合

同一个子集在不同的有序集合中，可能有上确界，也可能没有。上面的几何序列在 $Q$ 中的上确界是 $2$；集合 $S$ 若看作 $R$ 的子集，上确界是 $\sqrt{2}$。但当外层 集合限制为 $Q$ 时，$\sqrt{2}$ 就不是允许的候选。

例题

下确界不一定是最小元

令 $Y=Q_{>0}$。在外层集合 $Q$ 中，$0$ 是它的下界，而每个正有理数都大于 $0$。 若 $q>0$，则 $q/2$ 仍是正有理数且小于 $q$，所以 $Y$ 没有最小元。然而 $0=\inf(Y)$，即使 $0\notin Y$。这和 $S$ 的上确界使用的是同一个区别：最小或 最大指的是外层次序中的界，不要求界属于原来的子集。

每个有理区间内都有缺口

同样的障碍可以放进任意非空的有理开区间。设 $a,b\in Q$ 且 $a<b$，并定义

$$P=\{q\in Q\mid 0<q,\ q^2\lt2\}, \qquad X=\left\{a+\frac{b-a}{2}q\mathrel{\Big|}q\in P\right\}.$$

对 $q\in P$，有 $0<q<2$，所以 $a<a+(b-a)q/2<b$，从而 $X\subset(a,b)$。

集合 $P$ 在 $Q$ 中没有上确界： 若候选 $t\le0$，则 $1\in P$ 且 $t<1$；若 $t>0$ 且 $t^2\lt2$，上面的向右 扰动论证给出更大的 $P$ 元素（当 $t<1$ 时直接使用 $1\in P$）；若 $t^2>2$，上面的向左扰动论证给出更小的上界；等号则由无理性证明排除。

若 $X$ 有有理上确界 $u$，令 $v=2(u-a)/(b-a)\in Q$。每个 $q\in P$ 都满足 $a+(b-a)q/2\le u$；由于 $b-a>0$，得 $q\le v$，所以 $v$ 是 $P$ 的上界。

反过来，若有理数 $w$ 是 $P$ 的上界，则 $a+(b-a)w/2$ 是 $X$ 的上界。由 $u$ 的最小性，$u\le a+(b-a)w/2$，于是 $v\le w$。故 $v$ 是 $P$ 的有理上确界，矛盾。 因此，这是“有理数处处有缺口”的精确版本。

应用例题：奇偶性、最大公因数与上确界

下面的例题示范三种不同方法：用奇偶性排除有理数平方，用公因数约束整数方程，用最小性识别上确界。

例题：有理数的平方不可能等于 $2026$

若 $x=p/q\in Q$ 满足 $x^2=2026$，取 $q\ne0$ 且 $\gcd(p,q)=1$，则 $p^2=2026q^2$，所以 $p$ 为偶数。写成 $p=2k$ 后得 $2k^2=1013q^2$，右侧的奇数因子迫使 $q$ 为偶数，与互素性矛盾。这里用到 的事实是：奇整数的平方为奇数，所以偶平方的整数根必为偶数。

例题：$5x+7y=1$ 强迫的最大公因数

设 $x,y\in Z$ 且 $5x+7y=1$。若正整数 $d$ 同时整除 $x$ 和 $y$， 则 $d$ 整除 $5x+7y=1$，故 $d=1$；因此 $\gcd(x,y)=1$。

例题：把二次方程化归为无理性证明

配方得 $(x+1)^2=2$。若 $x$ 有理，则 $x+1$ 也有理，这与本节的无理 性证明矛盾。

例题：重复小数在 $Q$ 中的上确界

令 $X=\{1.23,1.233,1.2333,\ldots\}$；每个元素都在开头的 $1.2$ 后接有限多个数字 $3$。对 $n\ge2$ 令

$$x_n=1.2+\sum_{k=2}^{n}\frac{3}{10^k}.$$

则

$$x_n=\frac{37}{30}-\frac{1}{3\cdot10^n}, \qquad \frac{37}{30}=1.23333\ldots\in Q.$$

故 $37/30$ 是上界。若 $u<37/30$ 为有理数，写成 $37/30-u=A/B$， 其中 $A,B$ 为正整数，取 $n=B+2$。于是 $n\ge2$、$n>B/A$，且 $10^n\ge2^n>n$，故 $1/(3\cdot10^n)<A/B=37/30-u$，从而 $x_n>u$。所以 $\sup_Q(X)=37/30$。

常见错误

常见错误

稠密不等于完备

两个不同有理数之间总能找到另一个有理数，这件事只说明 $Q$ 是稠密的。 它并没有保证：每个有上界的有理数子集，都会在 $Q$ 中拥有上确界。

另一个常见错误，是以为上确界一定要属于集合本身。这也是错的。上确界 只需要是外层有序集合中的最小上界。

快速检查

思考检查

若某个有理数的 $s^2$ 小于 $2$，为什么它不可能是 $S$ 的上界？

用“仍然可以再向右走一点”的想法回答。

解答 · 答案

因为这种 $s$ 仍然太小。证明思路给出另一个大于 $s$ 且 $r^2$ 小于 $2$ 的有理数， 所以 $r$ 也属于 $S$。既然 $S$ 中还有元素在 $s$ 右边，$s$ 就不可能是上界。

思考检查

上确界一定属于原集合吗？

用一句话回答。

解答 · 答案

不一定。上确界只需要是最小上界，它可以不属于原集合。

练习

思考检查

为什么有无限多个逼近 $\sqrt{2}$ 的有理数，仍然补不上 $Q$ 的缺口？

把稠密与完备的分别讲清楚。

解答 · 引导解答

很多有理数逼近 $\sqrt{2}$，只说明 $Q$ 是稠密的，也就是它能非常精细地 近似那个缺少的边界。但“近似得到”不等于“本身拥有”。对这个集合而 言，真正应该担当最小上界的是 $\sqrt{2}$，而它不属于 $Q$。所以就算有理 逼近再密，$Q$ 仍然缺少那个真正的边界点。

可选延伸

先备链接

如果你想先重温 $Q$ 的构造，可以先读 3.4 有理数与良定运算。