2的平方根是无理的

我们将要讨论和证明的声明被称为泰阿泰特斯定理由于它的外观柏拉图的特埃特图斯对话框：

下面，我们将集中讨论泰阿泰德没有提到的一个根——2的根，有时建议扩展到更一般的结果。但首先让我们看看如何理查德·戴德金，对当前的定义和理解最负责任的人之一无理数,治疗泰阿泰特斯定理：

证据1

证据2

标准证明（例如[Rademacher和Toeplitz，第4]章）与证明$\sqrt{5}$是不合理的。不过，这个论点可以稍作修改。

前提$p^{2}=2q^{2{$告诉我们$p$是偶数。假设$p$和$q$互为素数，$q$必定是奇数。然而，偶数的平方可以被$4整除，这使我们得出$q$是偶数的结论。矛盾。

证据3

下面是另一个直观的例子[拉茨科维奇，第4页，Davis&Hersh公司第299页]。这是基于这样的断言，即每个数字都是唯一的（直到因子的顺序），可以表示为素数. (A类首要的是一个只能被自身和$1整除的数字。）$这个事实被称为算术基本定理假设它是一个公理（或一个给定的事实），对于一些整数p和q，设$（p/q）^{2}=2$，然后$p^{2{=2q^{2neneneep。$将$p$和$q$都考虑到素数的乘积中$p^{2}$被分解为与$p$相同的素数的乘积，每个素数取两次。因此，$p^{2}$具有偶数个素因子。$q^{2}.$也是如此因此，$2q^{2}$有奇数个素因子。矛盾。

证明3'

这里有一个修改，只计算等于$2$的因子[自动序列，第40页]$p^{2}$具有偶数个这样的因子，而$2q^{2{$则必定具有奇数个。这相当于说，在$p^{2}$的二进制展开式中，单位数字的数量是偶数，而在右边的$2q^{2neneneep中，单位的数量是奇数。

证据4

以下是另一个有启发性的证据。正如在标准校样，假设$p$和$q$互素（没有公共因子的数字）。它们的正方形仍然是互素的，因为它们是由相同的因素构成的。因此，分数$p^{2}/q^{2{$不能抵消。特别是，$p^{2}/q^{2{$不能向下取消等于2。因此，$p^{2}/q^{2{2\ne 2$

J.L.Lagrange在他的初等数学讲座（1898）认为“……不可能找到一个与自身相乘的整数会得到$2.$它不可能用分数来表示，因为如果你取一个分数的最小项，那么这个分数的平方将再次是一个分数，它的最小项也将是一个小数，因此不可能等于整数$2.$”

半个多世纪前（1831年），奥古斯都·德·摩根解释说“…$7$不是由任何整数或分数本身的乘法得到的；第二个不能很容易地向初学者证明，但他可以通过一些例子来满足自己的这一点，即真正如此的分数，即分子不是用分母衡量的分数，在乘以它自己时，不会得到一个整数，因此$4/3乘以4/3=16/9$不是整数，以此类推。”

后一种证明表明，除非整数的平方根本身就是整数，否则它必然是无理的。此外，同样的论点也适用于平方以外的根。除非它本身是整数，否则整数的五次方根就是无理数！

上述证据直接或间接地向算术基本定理。在一篇文章中无数论的非理性(美国数学。每月，1991年），理查德Beigel开始检查实际需要多少数论。他证明了对于任何整数$k$和$t，$$k^{1/t}$要么是整数，要么是无理的，只使用可除性算法和地板（全部）函数[n]。下面是他对$t=2.$的证明（从有理根定理和高斯引理后者有一个甚至没有提到可分性的证明。）

证据5

设$x=k^{1/2}$，并假设$x$是有理的，但不是整数。然后存在一个最小正整数$n$，使得$xn$是一个整数。考虑$m=n（x-\lfloor x \rfloor）。$由于$x、$$0\le x-\lfloor x \rfloor 1、$$0 \le m \lt n.$的小数部分，请注意，$m$是$m=nx-n\lfloor x\rfloor$的整数。此外，$mx=nx^{2}-（nx）\lfloor x\rfloor=nk-（nx）\lffloor x\rploor$也是一个整数。由于$n的极小性，$$m=0.$换句话说，$x=\lfloor x \rfloor$，因此是一个与我们的假设相矛盾的整数。

理查德的论点可以修改为调用无限回归，这对于正整数来说是不可能的。假设$x$是有理数，则存在一个整数$n$，因此$nx$也是一个整数。如前所述，我们可以找到一个小于$n$的整数$m$，其属性相同$mx=0$给出了一个直接的矛盾。否则，将相同的推理应用于$m$等等，我们可能会有一个不带最小元素的无限整数集，这是不可能的。这类似于以下内容几何的证明[巴尔班,加德纳].

证据6

如果$x=\sqrt{2}$是有理的，那么就会存在一个与$1$和$x:$$1=sn$和$x=sm.$都可公度的量$s$（这与假设$x=m/n$和取$s=1/n.是一样的）$它们的差值$x-1也是一样的，$小于$x.$，这个过程可以无限期地继续下去与最小元素的存在相矛盾。这个游戏欧几里德可能一直打到最后！由于没有，该算法会导致连分数$\sqrt{2}.$的表示该过程的几何形式称为伤寒这意味着（在希腊语中）不断减去较小的从更大的角度来看。

证明7

这是我在Tom Apostol的一篇文章中遇到的另一个几何证明(美国数学月刊，v 107，N 9，第841-842页无文字证明但他的作者不得不这样说：

基本上，俄文中使用了相同的图表几何教科书作者A.P.Kiselev，第121页。这本书首次出版于1892年，直到20世纪50年代末，一直在系统地使用，几乎没有竞争，并且在随后的几年中经常使用。具有相同效果但带有折纸解释的证据是由于[康威和盖伊第183-185页]

[Rademacher和Toeplitz第四章对$\sqrt{2}$的非理性给出了两个证明，其中第一个证明是用几乎相同的图来说明的，而没有提到折纸的背景。作为争论的起点，他们只是在对角线上放置了一个正方形的一边，然后证明了较小的右等腰三角形的出现。

证明8

假设[拉茨科维奇,加德纳]$\sqrt{2}=p/q$，其中$p$和$q$是正整数，$q$可能是最小的整数。然后$p\gt q$和$q\gt p-q，$，所以我们有

$\开始{align}（2q-p）/（p-q）&=（2-p/q）/（p/q-1）\\&=（2-\sqrt{2}）/（\sqrt[2}-1）\\&=（2-\sqrt{2}）（\sqrt}2}+1）\\&=\sqrt{2}。\结束{对齐}$

但这与q的极小性相矛盾。

（巴西马提马提卡大学UFRGS的克劳斯·杜林教授指出了一个更早的参考。证据出现在经典的脚注中现代分析课程作者：E.T.Whittaker和G.N.Watson，第4版，剑桥大学出版社，1927年。第三版（1920年）也包含了脚注。）

证明8'

显然，证明可以重述为$（2p-q）^｛2｝=2（p-q）^｛2｝，如果$p^｛2｝=2q^｛2｝$成立，那么$也很容易被证明成立。

$\开始{align}（p-q）^{2}&=p^{2{-2pq+q^{2neneneep\\&=3q^{2}-2pq\\（2q-p）^｛2｝&=4q^｛2｝-4pq+p^｛2｝\\&=3p^{2}-4pq\\&=2（3q^{2}-2pq）\\&=2（p-q）^{2}。\结束{对齐}$

(加里·戴维斯建议了另一种公式：如果有一个整数$n>0$，其中$n\sqrt{2}$是一个整数，则$m=n（\sqrt{2]-1）$具有相同的属性，但小于$n。）$

校样8''

Edwin Halfar发表了一份类似的证据(美国数学月刊第62卷第6期（1955年6月至7月），第437页）。假设$\sqrt{2}=m/n，$其中$n$和$m$是正整数。然后$n\gtm，$有一个整数$p\gt0$，这样$n=m+p，$和$2m^{2}=m^{2{+2mp+p^{2neneneep。$这意味着$m\gt p.$因此，对于某些整数$a\gt 0，$$m=p+a，$$n=2p+a$和$2（p+a）^{2}=2（p+a）^{2}.$最后一个等式意味着$a^{2}=2p^{2{$，因此整个过程可以无限期地重复，得到$n\gtm\gta\gtp\ldot，$，但由于每个非空的正整数集都有一个最小的元素，这是一个矛盾，而$\sqrt{2}$是无理的。

在通俗英语中，这句话断言，给定两个边长为整数的正方形，其中一个的面积是另一个的两倍，存在一对具有相同属性的较小正方形。

证明8“”

1990年左右，J.Conway为后者制作了一幅精美的图解，见[哈恩,例如，第1章为37]. 康威在剑桥的达尔文讲座上讨论了这个证据。该讲座与其他达尔文讲座一起出现在书中电源由剑桥大学出版社出版。康威的贡献包括在题为“数学的力量”的一章中。可以找到文本联机康韦将这一证明归功于普林斯顿数学家斯坦利·丁南鲍姆（1927-2006），他在20世纪50年代初在芝加哥大学读书时发现了这一发现。

给定两个边长为整数的正方形，其中一个是另一个的两倍

移动较小的方块

到大广场的对角

两者的交点在图的中心形成一个正方形。他们的结合在图的自由角留下了两个正方形。由地毯定理，这两个面积相等：

（显然，这些正方形也有整数边。）

证明$8^｛IV｝$

Grant Cairns的另一幅插图出现在数学。美格。85（2012），第123页：

无限discent的前两步

暗示着延续

有几何参数的推广除了正方形以外的规则多边形，这些多边形说明了$\sqrt{3}、$$\sqart{5}、$1$\sqrt{6}、$以及其他平方根的不合理性。

证明$8^{V}$

这是来自美国数学月刊（120（2013年8月/9月），第674页），作者：Samuel G.Moreno和Esther M.García-Caballero：

如果$\sqrt{2}$是一个有理数，那么$x_{0}=\sqrt}2}+1$也是有理数。因此，$x_}0}=p/q，对于某些正整数$p$和带有$q$的$q$，$可能是最小的。由于$1\lt\sqrt{2}\lt2，$然后$2\ltx{0}\lt3，$表示$2q\ltp\lt3q.$显然，$x_{0}（x_{0}-2)=（\sqrt{2}+1）（\sqrt{2}-1)=1，$，因此

$\显示样式\压裂{1}{x_0}=x_{0}-2=\压裂{p}{q} -2个=\压裂{p-2q}{q}$

因此$x{0}=q/（p-2q）.$边界$p-2q\ltq$与$q的极小性相矛盾$

证明9

这个证据是由亚历克斯·希利（Alex Healy）提供的，曾在布莱登档案网站（The Braden Files）上在线提供。我最深切地感谢Rick Mabry（软件开发人员转教授）为我指明了正确的方向。）

考虑集合$W={a+b\sqrt{2}}、$$a、b$整数。显然，$W$在乘法和加法下是闭合的。定义$\alpha=（\sqrt{2}-1），$an元素$W.$显然，$0\lt\alpha\lt 1，$，以便

(1)

$\alpha^{k}\rightarrow 0$作为$k\right箭头\infty$

假设$\sqrt{2}=p/q.$由于$W$已关闭，$\alpha^{k}=e+f\sqrt}=（eq+fp）/q\ge1/q$矛盾（1）。

（该证明也出现在一篇文章中平方根的非理性作者：P.Ungar，数学杂志，v.79，n.22006年4月，第147-148页，扩展到具有整数系数的更一般多项式的根，以及[拉茨科维奇，第4-5页]）

证明10

这个证据也是由D.Kalman等人(非理性主题变奏曲几何、动力学、代数,数学杂志，第70卷，第2期（1997年4月），第93-104页）。

让$A$作为矩阵

$A=\开始{pmatrix}-1空格2（&\）\空格1&-1\\\结束{pmatrix}$

由定义,

$\开始{pmatrix}-1空格2（&\）\空格1&-1\\\结束{pmatrix}\开始{pmatrix}a\\b类\结束{pmatrix}=\开始{pmatrix}2b-a\\a-b\结束{pmatrix}$

有两个事实值得注意：（a）矩阵$a$将整数格映射到自身上，（b）带有等式$a=\sqrt的线{2} b条$是一个特征空间$L，$例如，对应于特征值$\sqrt{2}-1：$

$\开始{pmatrix}-1空格2（&\）\空格1&-1\\\结束{pmatrix}\开始{pmatrix}\方形{2}\\1\结束{pmatrix}=\开始{pmatrix}2-\sqrt{2}\\sqrt{2}-1 \结束{pmatrix}=（\平方英尺{2}-1)\开始{pmatrix}\方形{2}\\1\结束{pmatrix}。$

由于$0\lt\sqrt{2}-1\lt1，$A$对$L$的影响是收缩算子因此，矩阵$A$对$L$上某一点的重复应用保持在$L$并接近原点。另一方面，如果起点位于晶格上，则连续迭代将全部保留在晶格上，这意味着$L上没有晶格点$

证明11

康威和盖伊（第184-185页）认为如果$\sqrt{N}$不是整数而是有理数$B/a，那么

$B/A=不适用$

假设最低项为$B/A$，我们观察到$B/A$和$NA/B$的小数部分的形式为$A/A$和$B/B，$，其中$A，$B$是小于$A，$$B.$的正整数。但如果两个数字相等，它们的小数部分也相等：

$a/a=b/b$

以便

$b/a=b/a=\sqrt{N}$

这为$\sqrt{N}提供了一种更简单的形式，与我们的假设相反。

证明11'

杰弗里·贝尔斯福德(美国数学月刊，第115卷，第6期（2008年6月-7月），第524页）提供了与假设不同的路线

$\sqrt{N}=B/A=NA/B$

最低价格为$B/A$。

如果两个分数相等，其中一个分数是最低的，那么另一个分数的分子和分母是第一个分数分子和分子的公共整数（例如$c）$倍数。因此，$B=Ac，$，所以$B/A=c，$，因此$\sqrt{N}$是整数，所以$N$是一个完美的正方形。

（我感谢巴西UFRGS马特马提卡研究所的Claus I.Doering教授提请我注意这一证据。）

证明12

阿兰·库珀找到了我所说的手头事实的常识性证据。他的证明基于一个观察结果，即平方一个有限的小数部分，例如$m.n，$永远不会删除小数部分。考虑到最后一个（非零）数字，这一点变得很清楚。这是方格小数展开式中最后一位的唯一数字。因此，后者永远不会为零。

如果分数不是有限小数，我们可以切换到分数是有限的另一个数字系统。同样的论点现在也适用。

艾伦指出，以上是一种解释方式证据4.

证明13

根据Nick Lord（《数学公报》，第91卷，第521期，2007年7月，第256页），我们将证明，对于整数$n\gt 1，$$\sqrt｛n｝$是无理的。证明基于以下断言：对于整数$a、m、n、$$n\gt 1、$$m$和$n$互质，表达式

百万美元+百万美元$

永远不是整数。事实上，如果说$m/n+an/m=k，$对于整数$k，$，那么

$m^{2}=n\cdot（km-an）$

这意味着$n$除以$m$，与$n>1$或$n$与$m的共有性相矛盾$

然后假设$\sqrt{N}$是有理数，但不是整数。那么，由于$\sqrt{N}+1$不是整数，我们必须

$\sqrt{N}+1=m/N$

对于互质$m$和$n，$与$n\gt1.$，但是上面的观察结果与$a=1-n$之间会导致一个矛盾

$2=\sqrt{N}+1+（1-N）/（\sqrt}N}+1）$

不是整数。

证明14

古斯塔夫·罗布森(美国数学月刊，第63卷，第4期（1956年4月），第247页）发表了一个简短的证明，前面加了一句话：以下证明是罗伯特·詹姆斯·冈特（Robert James Gauntt）于1952年在普渡大学大一时发明的。我无法说服他写下证据。）

$a^{2}=2b^{2{$不能有整数的非零解，因为以三为基数的平方的最后一个非零数字必须是$1，$，而平方的两倍的最后一位非零数字是$2$

证明14'

这是斯图亚特·安德森的证明。

单位：$\mathbb{Z}（Z）_{3} ，$残留物区域模$3$，$0^{2}=0，$$1^{2{=1$和$2^{2neneneep=1，$因此没有平方为$2的元素。$现在假设$\sqrt{2}$是有理数$a=p/q然后$a$映射到$p\；\mbox{（mod}3）$/$q\；\mbox{（mod}3），$是$p$或$2p\；\mbox{（mod}3）.\；$因此$a^{2}=p^{2{\ne2\；\mbox{（mod}3））。\；$但由于缩减$\mbox{mod}\space 3$尊重所有算术运算，因此$a^{2}=2\；$表示$a^{2}=2\；\mbox{（mod}3）\；$在\mathbb中{Z}（Z）_{3} ，一个矛盾。

（可以证明方程$x^{2}=2\；（\mbox{mod}\space p），\；$其中$p\；$是奇素数，如果$p=1，7\；是可解的；如果$p=3,5\space（\mbox{mod}\space 8），$see[完全的第311-313页）

一般来说，如果存在至少一个素数$p$，使得$n$不是mathbb中完美的$m^{th}$幂，那么很容易看出$n^{1/m}$是非理性的{Z}（Z）_{p} 。

证明14“

这个证据是谢尔盖·马克洛夫在高中时发现的。在十进制系统中，整数的平方只能以下列数字之一结尾：$0,1,4,5,6,9；$而两次一个正方形只能以$0,2,8结尾。\；$因此，假设$a^2=2b^2，\；$两个$a\；$和$b\；$只能以$0结尾。\；$这会触发无限下降这证明这也是不可能的在这里解释.

证明15

2-proofs-in-1来自美国数学月刊114（2007年5月），第416页。证据由中密歇根大学的朱新云提供。

从证明中开始康威和盖伊，假设$\sqrt{N}$不是整数，而是有理数$B/a，则$

$B/A=不适用$

假设$B/A$是最低的，因此$A$是最小的。记住$x/y=w/z$意味着

$x/y=（x+tw）/（y+tz）$

任何$t$

因为$B$不能被$A整除，所以$有一个$q\gt 0$满足

$0\lt B-qA\lt A$

从$B/A=NA/B$开始，接下来是

$\sqrt{N}=NA/B=（N\cdot A-qB）/（B-qA）$

这与$B-qA\lt A.$相矛盾。或者，我们可以使用事实对于相互质数$A$和$B$，存在整数$r$和s，使得$rA+sB=1.$然后

$\sqrt{N}=（sN\cdot A+rB）/（sB+rA）=sN\cd ot A+r B$

它是一个整数。矛盾。

证明16

（北卡罗来纳州费雷诺，$\sqrt{2}非理性的又一证明$,美国数学月刊，v 116，n 1（2009年1月），第68-69页。）

考虑一个由$f（x）=（\sqrt{2}-1）x$给出的线性映射$f:\space\mathbb{R}\rightarrow\mathbb}R}$作为一个动力系统。对于每个点$x{0}\in\mathbb{R}$，让我们将其轨道$O（x{0{）$定义为从$x{0}开始的迭代序列，即$

$O（x_{0}）=\{（\sqrt{2}-1）^{n} x个：\space n\ge 0\}$

由于$0\lt\sqrt{2}-1\lt1，$很明显，对于每个$x{0}\in\mathbb{R}$，轨道$O（x{0{）$收敛到零。现在假设$\sqrt{2}=p/q$是带有$p，q\in\mathbb{N}.$的有理数然后，对于所有$n\in\mathbb{n}，$it都保持

$（\sqrt｛2｝）^{n} q个 =\开始{cases}2^{n/2}q，&\mbox{if}\space n\space\mbox{是偶数}\space\\2^{（n-1）/2}p，&\mbox{if}\space n\space\mbox{是奇数}\space。\结束{cases}$

在这两种情况下，$（\sqrt{2}）^{n} q个$是一个自然数，从二项式定理由此可见

$\显示样式0\lt（\sqrt{2}-1）^{n} q个=\sum_{k}\bigg[{n\choose k}\sqrt{2}^{k}（-1）^{n-k}q\大]\in\mathbb{Z}$

$k=1，\ldots，n.$因此$O（x_{0}）\subset\mathbb{n}$与$O（x_{0{）$趋于零的事实相矛盾。

证明17

Yoram Sagher对Dedekind的论点(美国数学月刊，第95卷，第2期。（1988年2月），第117页）：

假设$\sqrt{k}=m/n，$其中$m$和$n$是$n>0的整数。$如果$k$不是正方形，则有一个整数$q$，因此$q<m/n<q+1.$现在$m^{2}=kn^{2{$表示$m（m-qn）=n（kn-qm）$，因此，$m/n=（kn-qm）/（m-qm）.$从$q<m/n<q+1$中，我们得到$0<m-qn<n.$。因此，我们有：

$\sqrt{k}=（kn-qm）/（m-qn）$

其中分母为正且小于原始分数中的分母。继续，我们得到了一个正整数的无限递减序列，这是不可能的。

这个证明没有使用素数的任何性质，因此毕达哥拉斯和西奥多罗斯.

证明17'

继Y.Sagher证明之后，Robert W.Floyd发表了(美国数学月刊，第96卷，第1期（1989年1月），第67页），延期：

假设毕达哥拉斯理解欧几里德的算法，以下证明表明他可以证明整数的任何整数根都是无理数或整数，甚至整数的立方根也不是二次型的根（即，不是$（a+b\sqrt{N}）/c$的形式，也不是整数。

我把证据放在单独的文件.

证明18

这是D.Kalman等人的证明(非理性主题变奏曲几何、动力学、代数,数学杂志，第70卷，第2期（1997年4月），第93-104页）。

$ABC$是等腰直角三角形$$AB$上的D$表示$BD=BC.$$德国\perp BC；$$F$和$G$是这样的，$CEGF$是一个正方形。

$    $

注意$CG=DG.$实际上，通过$D的构造，$$\Delta BCD$是等腰的，因此$\angle BDC=\angle BCD.$另外，$\angle ECG=\angle BDE.$从等于中减去等于，我们可以看到$\angle DCG=\angle CDG，$表示$CG=CD$

让$AC$上的$H$形成平行四边形$ADGH.$然后$\angle FHG=\angle CAB=45^{\circ}.$因此，$\Delta CGH$是等腰的，$CG=GH.$但在平行四边形$ADGH$中，所有边都是相等的。

下图只显示了对证明很重要的三个相等的线段。

假设$BC$和$AB$可公度的也就是说，假设这两者有一个共同的单位。然后，它们的差值$AD$也完全由相同的单位测量。因此，该装置测量右等腰$\Delta CGH.$的两条腿$（GH$和$CG）$该单位测量$AC$和$AH$，以及$CH.$。我们得到了等腰右$\Delta CGH$，其所有边均由同一单位测量。但$\Delta CGH$小于$\Delta-ABC.$由于这个过程可以继续下去，我们得到了一个矛盾。

这个证明也没有使用素数的任何性质，因此毕达哥拉斯和西奥多罗斯.

该证明承认代数等价。假设$e$是$BC$和$AC的通用单位：$$BC=ne$和$AC=me。然后我们依次生成$AD=（n-m）e、$$AH=（n-m）e和$$CH=m-（n-m由于三角形$ABC$和$CHG$相似，$n/m=（2m-n）/（n-m）。$后一个恒等式等价于$n^{2}=2m^{2{，$意味着$\sqrt{2}=n/m.$但随后$\sqrt{2}=（2m-n）/（n-m）$又导致了无限下降。这个证明似乎是一个几何等价的短证明8.

证明19

我很感谢佛罗里达大西洋大学的阿哈伦·梅耶洛维茨（Aharon Meyerowitz）让我注意到动态对称的要素作者：Jay Hambidge（这本书是在线可用.)

将一个$\sqrt{2}\times 1$矩形切成边1的正方形。剩下的矩形将具有维度$（\sqrt{2}-1）\乘以1。$从后者中删除如图所示的正方形会留下一个矩形$（\squrt{2{-1）\×（2-\sqrt}）。$这个矩形与我们开始使用的矩形类似：

$（2-\sqrt｛2｝）/（\sqrt｛2｝-1）=\sqrt｛2｝/1$

这表明标准的“无限下降”论点适用。如果$\sqrt{2}$是有理的，则可以选择尺寸与$（\sqrt}-1）乘1成比例的最小矩形。正如参数所示，存在这样的最小矩形会导致矛盾。

这个论点可以作为一个例子来说明证明8.

本书包含另一种方法，如下图所示：

这里在矩形的两端绘制两个$1\乘以1$的正方形。这会将原来的$\sqrt{2}\times 1$矩形拆分为一个大方块、两个小方块和三个维度为$（\sqrt}-1\times（2-\sqrt[2]）的矩形。$同样的论点也适用。

证明20

$\sqrt{2}$的不合理是$p$-adic的结果局部-全局原则.$\sqrt{2}$是无理的，因为$2$不是模$5$的二次剩余！

证明21

阿尔索$\sqrt{2}\；$是非理性的，因为它由无穷大表示连分数事实上，$\displaystyle\sqrt{2}+1=2+\frac{1}{\sqrt{2]+1}$清楚地表明了转换$\sqrt}2}+1\；$的过程连分数永远不会结束，$\sqrt{2}也是如此$

证明22

$\sqrt{2}$的非理性可以用一种似乎很矛盾的方式重新表述：以有理数为中心的开放区间对单位区间的覆盖，具有无限总长度的覆盖并不覆盖$\sqrt{2}/2$。详细信息见单独的一页.

证明23

修正后的论点通过一个极限引出了一个非理性的标准。我把证据放在单独的一页.

证明24

概念限制在以下基于求解一个简单的差分方程：$x_｛n+2｝=-2x_｛n+1｝+x_n，$其中$n=0,1,2，\ldots$

详细信息见单独的一页.

证据25

塞缪尔·莫雷诺（Samuel G.Moreno）、埃丝特·加西亚·卡巴列罗（Esther M.García-Caballero）(数学公报，2013年7月）从拉马努扬笔记本中的一个数字附带的公式中得出$\sqrt{2}$的不合理性：

详细信息见单独的文件.

证明26

Samuel G.Moreno和Esther M.García-Caballero也证明了$k次方根的不合理性，对于$k \ge 2，$个非$k次幂的整数。他们的证明归纳雇佣贝佐特引理可以在中找到单独的文件.

证明27

莫雷诺和加西亚·卡巴列罗给我寄来了一份未发表的证明，他们用一种有趣的方式使用了第一个奇数之和的著名公式$\displaystyle n^{2}=\sum_{k=1}^{n}（2k-1）；$这可以在单独的文件.

证明28

一个纯粹的数字理论证明——这是2014年的最后一个证明，推广了$\sqrt{A}的不合理性，$表示无平方的$A\in\mathbb{N}.$详细信息见单独的文件.

证明29

M.Jacobson和H.Williams的证明利用了两个相互定义的序列的行为：

$d_{n+1}=d_n+2s_n，\；d_1=1\\s_{n+1}=sn+dn，\；s_1=1$

详细信息可以在单独的文件.

回忆一下对无理数的有理逼近个。

$\sqrt｛2｝/2$的不合理导致有趣的调查.

如果您好奇，$\sqrt{2}$是单位正方形的对角线长度.

Ludmila Duchêne和Agnès Leblanc组成了一个迷人的组合文学致敬关于$\sqrt{2}$（法语）的非理性问题

工具书类

1. J-P Allouche和J.Shallit，自动序列，剑桥大学出版社，2003
2. E.巴宾，数学证明的意义，英寸在伊夫斯的圈子里，J.M.Anthony编辑，MAA，1994年
3. J.H.Conway、R.K.Guy、，《数字之书》，哥白尼，1996
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