几乎所有有理数都是无理数的无理数次方

几乎所有有理数

都是无理数的无理数次方

一个无理数的无理数次方是否有可能是一个有理数？这是一个非常经典的老问题了。答案是肯定的，证明方法非常巧妙：考虑根号 2 的根号 2 次方。如果这个数是有理数，问题就已经解决了。如果这个数是无理数，那么就有：

$\Big ( \sqrt{2} ^{\sqrt{2}} \Big) ^{\sqrt{2}}$ $= (\sqrt{2} ) ^{\sqrt{2} \cdot \sqrt{2}}$ $= (\sqrt{2} ) ^2 =2$

我们同样会得到一个无理数的无理数次方是有理数的例子。

这是一个典型的非构造性证明的例子：我们证明了无理数的无理数次方有可能等于有理数，但却并没有给出一个确凿的例子。毕竟我们也不知道，真实情况究竟是上述推理中的哪一种。那么，真实情况究竟是上述推理中的哪一种呢？ Gelfond-Schneider 定理告诉我们，假设 α 和 β 都是代数数，如果 α 不等于 0 和 1 ，并且 β 不是有理数，那么 α 的 β 次方一定是超越数。根据这一定理我们可以立即看出，根号 2 的根号 2 次方真的是一个无理数，实际情况应该是上述推理中的后者。

那么，是否存在一个无理数 $a$ ，使得 $a$ 的 $a$ 次方是有理数呢？ Stan Dolan 证明了这样一个结论：事实上，几乎所有 (1, $\infty$ ) 里的有理数都是某个无理数 $a$ 的 $a$ 次方。

注意到当 $x$ 大于 1 时，函数 $f(x)$ = $x^x$ 是连续单调递增的，因而对于所有 (1, $\infty$ ) 里的有理数 $r$ ，一定存在唯一的 $a$ ，使得 $a^a$ $= r$ 。不妨假设 $a$ 是一个有理数，它的最简分数形式是 $\dfrac{n}{m}$ 。如果$m = 1$，那么我们会有平凡解 $n^n = r$ 。下面我们证明， $m$ 是不可能大于 1 的，否则会产生矛盾。

假设有理数 $r$ 的最简分数形式是 $\dfrac{c}{b}$ ，于是我们有：

$\Big (\dfrac{n}{m} \Big) ^{\frac{n}{m}} =\dfrac{c}{b}$

或者说：

$n^n \cdot b^m$ $= m^n \cdot c^m$

注意到， $m^n$  是 $n^n \cdot b^m$  的约数。然而， m 和 n 是互质的， $m^n$  与 $n^n$  没有公共因子，因而 $m^n$ 一定是 $b^m$  的约数。同理， $b^m$  是 $m^n \cdot c^m$  的约数，但由于 $b$ 和 $c$ 是互质的，因此 $b^m$ 一定是 $m^n$  的约数。 $m^n$  和 $b^m$  怎么可能互为对方的约数呢？只有一种可能，就是 $m^n$  等于 $b^m$  。

既然 $m^n = b^m$ 说明 $m$ 和 $b$ 肯定有大于 1 的公因数。假设 $p$ 是 $m$ 和 $b$ 的某个公共质因数。我们把 $m$ 和 $b$ 中的所有质因数 $p$ 都提出来，将它们写成 $m = p^i \cdot k$ 和 $b = p^j \cdot l$ ，其中 k 和 l 都不再含有质因数$p$ 。于是， $m^n = b^m$  就可以重新写为：

     $p^{i \cdot n} \cdot k^n$  $=p^{j \cdot m} \cdot l^m$

既然 $m^n$  是等于 $b^m$  的，它们一定含有相同数量的质因数 p ，因而 $i \cdot n = j \cdot m$ ，可知 m 是 $i \cdot n$ 的约数。但是 m 和 n 是互质的，因此 $m$ 一定是 $i$ 的约数。最后，注意到 $p^i$ 是 $m$ 的约数，从而也就是 $i$ 的约数。于是矛盾产生了：由于 $p \geqslant 2$ ，因此 $p^i$  一定严格地大于 $i$ ，不可能是它的约数。

因此，对于所有大于 1 的有理数，除非它恰好等于某个整数 n 的 n 次方，否则它都将是某个无理数 a 的 a 次方。