关于根号p是无理数的另类证明

这个证明是窝和房姐姐的第一次接触时候完成的。那个时候经常上那个什么鬼计算机基础，科科，经常玩进位制，于是灵感大法，完成于2013年的中秋节假期。

问题：若pp不是完全平方数，那么p√\sqrt{p}为无理数。
证明：
1.若p√\sqrt{p}为整数，那么设p√=k,k∈N+\sqrt{p}=k,k \in N_+,p=k2p=k^2,与题设矛盾！
2.若p√\sqrt{p}为分数，(m,n)=1(m,n)=1,mm不等于1，设p√=nm\sqrt{p}=\frac{n}{m}

引理：对于无限小数（有理数）ab(a,b∈N+)\frac{a}{b}(a,b \in N_+),存在进位制hh，使得ab\frac{a}{b}在进位制hh下为有限小数
引理的证明：
我们取h=bh=b，表示出aa在bb进制下的形式

a=Sk⋅bk+Sk−1⋅bk−1+...+S1⋅b1+S0⋅b0,

a=S_k\cdot b^k+S_{k-1} \cdot b^{k-1}+...+S_1 \cdot b^1+S_0\cdot b_0,
其中 Si∈{0,1,...,b−1}S_i\in \{0,1,...,b-1\}, i=1,2,...,ki=1,2,...,k, SiS_i不全为0.那么有

ab=Sk⋅bk−1+Sk−1⋅bk−2+...+S1⋅+S0⋅b−1⋅b0=(SkSk−1...S2S1.S0).

\frac{a}{b}=S_k\cdot b^{k-1}+S_{k-1} \cdot b^{k-2}+...+S_1 \cdot +S_0\cdot b^{-1}\cdot b_0=(S_kS_{k-1}...S_2S_1.S_0).
故引理得证.

回到原题，下面证明(nm)2\left(\frac{n}{m}\right)^2不为正整数

1.若nm\frac{n}{m}为有限小数，那么设：

nm=apap−1...al.al−1al−2...a1¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯,ai∈{0,1,...9}

\frac{n}{m}=\overline{a_pa_{p-1}...a_l.a_{l-1}a_{l-2}...a_1},a_i \in \{0,1,...9\}
aia_i不全为0，上式为 nm\frac{n}{m}的十进制表达式。
则有 10l−1(nm)=apap−1...a1¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯10^{l-1}\left(\frac{n}{m}\right)=\overline{a_pa_{p-1}...a_1},由于 nm\frac{n}{m}有小数位故 l−1l-1不为0，两边平方有

102(l−1)⋅(nm)2=(apap−1...a1¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯¯)2=(∑j=2paj⋅10j−1+a1)2,

10^{2(l-1)}\cdot \left(\frac{n}{m}\right)^2=(\overline{a_pa_{p-1}...a_1})^2=(\sum_{j=2}^pa_j\cdot 10^{j-1}+a_1)^2,

∴102l−2⋅(nm)2≡(∑pj=2aj⋅10j−1+a1)2≡a21≡0(mod10)\therefore 10^{2l-2}\cdot \left(\frac{n}{m}\right)^2\equiv (\sum_{j=2}^pa_j \cdot 10^{j-1}+a_1)^2 \equiv a_1^2\equiv 0(mod 10)
∴a1=0,\therefore a_1=0,同理a1=a2=....a+l−1=0,a_1=a_2=....a+{l-1}=0,矛盾！所以当nm\frac{n}{m}为有限小数时，(nm)2\left(\frac{n}{m}\right)^2不为正整数.

2.若nm\frac{n}{m}为无限小数，那么由引理nm\frac{n}{m}在mm进制下为有限小数,n=∑kj=0Sj⋅mjn=\sum_{j=0}^kS_j \cdot m^j.设：

nm=Sk⋅mk−1+Sk−1⋅mk−2+...+S1⋅+S0⋅m−1⋅m0=(SkSk−1...S2S1.S0).

\frac{n}{m}=S_k\cdot m^{k-1}+S_{k-1} \cdot m^{k-2}+...+S_1 \cdot +S_0\cdot m^{-1}\cdot m_0=(S_kS_{k-1}...S_2S_1.S_0).
而 c=(∑kj=0Sj⋅mj−1)2c=(\sum_{j=0}^kS_j\cdot m^{j-1})^2中产生 m−2m^{-2}项，其系数为 S20S_0^2,由假定m不为1，所以 S0S_0不为0，所以 (nm)2\left(\frac{n}{m}\right)^2在 mm进制下至少存在小数位m−2m^{-2}，与 p∈N+p \in N_+在 m<script id="MathJax-Element-18618" type="math/tex">m</script>进制下午小数位矛盾！

综上（1），（2）知命题得证。

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