网上看到一题：证明√2+√3+√5是无理数。

我们很容易将其推广成下面的结论：
1）如果p>0且不是完全平方数，那么√p是无理数，更一般地，对任何一个正有理数a，a√p是无理数。
2）如果p和q是不同的正数且不都是完全平方数，而a和b是正有理数，那么a√p+b√q是无理数。
3）如果p，q和r是不同的正数且不都是完全平方数，而a，b和c是正有理数，那么a√p+b√q+c√r是无理数。

证明：
1）可参看最普通的证明√2是无理数的方法。
2）可反设a√p+b√q=t是有理数，而且p，q都不是完全平方（否则就退化成1）了）那么a√p=t-b√q，两端平方，可得“有理数=有理数-2tb√q”的等式，整理一下成“2tb√q=有理数”，于是和1）矛盾。
3）同样可反设a√p+b√q+c√r=t是有理数，而且p，q和r都不是完全平方。那么a√p+b√q=t-c√r，两端平方可得“有理数+2ab√(pq)=有理数-2tc√r”的等式，整理一下成“2ab√(pq)+2tc√r=有理数”，就成为2）或1）的形式，得到矛盾。

所以比如√6+√12+√99什么的都不会是有理数。

我们不禁要猜想：是不是类似的情况，无论多少个平方根加起来，都不会是有理数。

这个猜想是对的。但是上面2）和3）中的方法，也就是先假设是有理数然后移项再两边平方以后分析问题得到矛盾，就会变得很复杂而行不通了。比如3）中移项后左边两个根号右边一个根号，平方后两边都只有一个根号了，根号数减少，于是可以用前面根号数少的结论。如果是4个平方根加起来，无论怎么移项后平方，根号数最好的情况也只是不变，糟糕的情况根号数还会多起来。就不要说5个甚至更多个平方根加起来的情况了。

还有一点我们对猜想条件不满意的是，那些a，b，c之类的有理系数都得是正的。于是比如√2+√3-√5是否有理数之类的问题就又得另外分析了。其实1）和2）里，即便这些有理系数取负数，我们也可以用同样的方法来得到结论，但在3）里，当我们得到“2ab√(pq)+2tc√r=有理数”这步时，就不能立刻得到矛盾了，因为万一pq=m²r（m是某个正整数），而abm+tc=0呢？这时还得有更精细的分析，有一定的麻烦。

如果我们要把命题推广到a，b，c之类的有理系数可以是负的情况，还得排除掉那些显而易见命题不对的情况。比如√3+√12-√27就是个有理数（其实它就是√3+2√3-3√3=0）。这里我们可以通过要求根号里面的整数形式尽量简单的方法来避免这种“作弊”的反例：如果一个大于1的整数，它的素因子分解中，同一个素数的最高次数最多是1，我们把这样的整数叫做“无平方整数”，否则就是有平方的。比如21=3*7，3和7的次数都是1，它就是个无平方整数；而63=3²*7，3的次数是2，它就是有平方整数。我们可以把√63-√27+√21+√7之类的情况，通过把根号下的数字的高次素因子提到根号外的方式，来使根号下的数字都是无平方整数，也即√63-√27+√21+√7=3√7-3√3+√21+√7=4√7-3√3+√21。

于是我们就有了相当一般的命题推广：
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令n为正整数。如果p₁，p₂，……，pₙ是不同的无平方整数，而a₁，a₂，……，aₙ是不全为0的有理数，那么a₁√p₁+a₂√p₂+……+aₙ√pₙ是无理数。
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如果用线性代数的语言说出来就是
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令n为正整数。如果p₁，p₂，……，pₙ是不同的无平方整数，那么1，√p₁，√p₂，……，√pₙ在有理数域中是线性无关的。
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所以√63-√27+√21+√7一定是无理数。√1-√2+√3-√4+……+√99-√100也一定是无理数（因为比如√97这项是一定消不掉的，系数必定是1）。

但上面这个推广的命题似乎没有初等证法，得拿出域扩张和伽罗华理论来证，尽管用到的部分是其中最基本的知识。