构造性证明

考虑对质数有无穷个的证明。欧几里得的证明本身是构造性的，不过有一种常用的方法来简化欧几里得的证明，它先假设质数的数量是有限的，那么必然会有一个最大的质数，将它记为n。然后考虑n! + 1（n阶乘加1），这个数字要么本身是质数，要么是合数且存在一个大于n的质因子，因为小于等于n的质数除它都余1。通过得出和命题的假设矛盾的结论，我们并不需要指出一个确定的质数，就可以证明存在一个大于n的质数。

再考虑证明这个命题：“存在无理数${\displaystyle a}$和${\displaystyle b}$，使${\displaystyle a^{b}}$是有理数”。这个证明可以被构造性地证明，也可以被非构造性地证明，我们将对比两种证明方式。

以下证明是1953年由Dov Jarden提出的，最晚从1970年开始被用作非构造性证明的经典例子：[1][2]

CURIOSA
339. 对一个无理数的无理数次方可以是有理数的简单证明
${\displaystyle {\sqrt {2}}^{\sqrt {2}}}$要么是有理数，要么是无理数。如果它是有理数，那么我们的命题得证。如果它是无理数，${\displaystyle ({\sqrt {2}}^{\sqrt {2}})^{\sqrt {2}}=2}$，我们的命题得证。
     Dov Jarden     Jerusalem

更具体地：

• 我们在先前已经知道${\displaystyle {\sqrt {2}}}$是无理数，2是有理数。考虑数字${\displaystyle q={\sqrt {2}}^{\sqrt {2}}}$，它要么是有理数，要么是无理数。
• 如果${\displaystyle q}$是有理数，那么原命题成立，此时${\displaystyle a}$和${\displaystyle b}$都是${\displaystyle {\sqrt {2}}}$。
• 如果${\displaystyle q}$是无理数，那么原命题也成立，此时${\displaystyle a}$为${\displaystyle {\sqrt {2}}^{\sqrt {2}}}$而${\displaystyle b}$为${\displaystyle {\sqrt {2}}}$，由于：

${\displaystyle \left({\sqrt {2}}^{\sqrt {2}}\right)^{\sqrt {2}}={\sqrt {2}}^{({\sqrt {2}}\cdot {\sqrt {2}})}={\sqrt {2}}^{2}=2}$。

这个证明是非构造性的，因为它依赖了这样的陈述：“q要么是有理数，要么是无理数”，这是排中律的一个应用，而构造性证明里排中律是无效的。这个非构造性证明并没有构造一个实际的a和b，它只是考察了由排中律给出的两种可能性。我们并不知道这两种可能性哪个是真实的，${\displaystyle {\sqrt {2}}^{\sqrt {2}}}$究竟是不是无理数。

实际上根据格尔丰德-施奈德定理，我们可以得知${\displaystyle {\sqrt {2}}^{\sqrt {2}}}$是一个无理数，但是它和这个非构造性证明的正确性无关。

对上面的例子，构造性证明会给出一个实际的例子，如：

${\displaystyle a={\sqrt {2}}\,,\quad b=\log _{2}9\,,\quad a^{b}=3\,.}$

已知2的算术平方根是无理数，而3是有理数。${\displaystyle \log _{2}9}$同样是无理数，因为如果他可以写作${\displaystyle m \over n}$，那么根据对数运算法则，9ⁿ会等于2^m，然而前者是奇数，后者是偶数（奇数的整数次方还是奇数，偶数的整数次方还是偶数）。