3.5 Q 的缺口与为什么 sqrt(2) 不是有理数

在 $Q$ 中可以除以任何非零元素，但有些方程仍然没有这个数系内的解。考虑

$$q^2=2.$$

有理数运算给出

$$1.4^2\lt2\lt1.5^2,\qquad 1.41^2\lt2\lt1.42^2.$$

这些计算比较的是有理数的平方。它们尚未给出一个平方为 $2$ 的数，也没有证明这样的数在另一个数系中存在。这个障碍可以完全用 $Q$ 内部的语言描述：一个非空有理数集合有上界，却没有最小的有理上界。

稠密与完备回答不同的问题

对两个有理数 $a<b$，中点 $(a+b)/2$ 仍是有理数，并且严格位于两者之间。所以 $Q$ 作为有序集合是自身稠密的。这个命题从 $Q$ 中两个已经存在的数出发。

最小上界形式的完备性要求：每个非空、有上界的子集，都在同一个外层有序集合中具有最小上界。它同时涉及子集的所有元素；在两个给定有理数之间找到另一个有理数，并不能提供这样的界。方程 $q^2=2$ 正好揭示这个区别。

上界与最小上界

定义 3.5.1

（上界与上确界）

设 $X$ 是有序集合 $F$ 的子集。

• 若 $u\in F$ 且对每个 $x \in X$ 都有 $x \le u$，则 $u$ 是 $X$ 在 $F$ 中的上界；
• $X$ 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。

这个集合怎样暴露出缺口

定理 3.5.2

（没有有理数的平方等于二）

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。

$1$、$1.4$ 和 $1.41$ 都属于 $S$，而 $2$ 与 $3/2$ 都是它的上界。最小上界必须同时位于所有 $S$ 的元素之上，以及所有上界之下。为这个有理数分界命名，并不能保证它存在；每个候选都必须满足这两项要求。

为什么 $S$ 在 $Q$ 中有上界

因为 $1\in S$，所以 $S$ 非空。不必知道方程 $q^2=2$ 的解，也能验证一个上界。

例题 3.5.3

（为 $S$ 找一个上界）

取 $u = 2$。

若 $q\in S$ 且 $q>2$，则 $q^2>4>2$，矛盾。因此 $S$ 的每个元素都不大于 $2$，所以 $2$ 是上界。它本身不属于 $S$，因为 $2^2=4>2$。

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。

为什么没有有理数的平方等于二

反设有理数 $s$ 满足 $s^2=2$。写成 $s=p/q$，其中 $p,q$ 为整数， $q\ne0$，且分数已经约为最简形式。代入得

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

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。

因此不存在满足 $s^2=2$ 的有理数 $s$。这只证明 $Q$ 内部的一个限制，并没有构造 $Q$ 以外的解。要证明 $S$ 没有有理上确界，还须排除平方小于或大于 $2$ 的所有候选。

正式的缺口命题

定理 3.5.4

（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：平方小于二。 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：平方大于二。 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：平方等于二。 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 3.5.5

（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

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

有理部分和不会自动造成缺口：在这个例子中，最小上界本来就在 $Q$ 中。对于 $S$，缺口是通过排除每个有理候选而证明的，并非只要展示一个无限逼近过程就能得出。

快速检查

（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 $2$；若把外层集合限制为 $\{q\in Q:q<2\}$，同一序列甚至没有上界，因为前面的最小性计算能在每个候选之上找到序列项。对于 $S$，后面的构造会扩大外层数系，并为它提供上确界。这个上确界的存在是有关新构造的定理，并不是以上有理数论证的前提。

例题 3.5.6

（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。任何正的下界候选 $u$ 也会被 $u/2\in Y$ 排除，因为 $u/2<u$。因此零是最大下界，即 $0=\inf(Y)$，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；等号则由奇偶性反证排除。

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

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：排除二次方程的有理根

考虑方程 $x^2+2x=1$。配方得 $(x+1)^2=2$。若 $x$ 有理，则 $x+1$ 也有理，与前面证明的“没有有理数的平方等于二”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 $\sup\limits_Q(X)=37/30$。

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，这只涉及两个已经存在的有理数。它并没有保证每个非空、有上界的有理数子集都在 $Q$ 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

快速检查

（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。

快速检查

（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

快速检查

（为什么 $Q$ 的稠密性不能保证集合 $S$ 有有理上确界？）

把稠密与完备的分别讲清楚。

解答 · 引导解答

稠密性在两个给定的有理数之间提供另一个有理数，例如它们的中点。上确界却必须同时高于 $S$ 的所有元素，并不大于任何其他有理上界。证明排除了每个候选：小于 $1$ 的数不是上界；对不小于 $1$ 的候选，平方小于 $2$ 时能找到更大的 $S$ 元素，平方大于 $2$ 时能找到更小的上界，而等号不可能成立。稠密性没有消除这些障碍。

可选延伸

下面的进阶比较使用实数系与复数系，并不是有理数缺口证明的前提。

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。