無理數

Template:NoteTA Template:No footnotes Template:Numbers 無理數（irrational number）是指有理数以外的实数，當中的「理」字来自于拉丁语的rationalis，意思是「理解」，实际是拉丁文对于logos「说明」的翻译，是指无法用两整数之比来说明的无理数。

非有理數之實數不能寫作兩整數之比。若將它寫成小數形式，小數點後有無限多位，並且不會循環，即无限不循环小数（任何有限或无限循环小数可表示成两整数的比）。常見無理數有大部分的平方根、π和e（後兩者同時為超越數）等。無理數另一特徵是無限的連分數表達式。

傳說中，无理数最早由畢達哥拉斯學派弟子希伯斯发现，他以幾何方法證明$\sqrt{2}$無法用整数及分數表示；而畢達哥拉斯深信任意数均可用整数及分数表示，不相信無理數存在，後來希伯斯触犯学派章程，将无理数透露给外人，因而被扔进海中处死，其罪名竟然等同于“渎神”。另見第一次數學危機。

無理數可以通過有理數的分划的概念來定義。

举例

1. $\sqrt{3}=$1.73205080…
2. ${\log }_{10}3=$＝0.47712125…
3. $e=$2.71828182845904523536…
4. $\sin 45^{\circ }=\frac{\sqrt{2}}{2}=$0.70710678…
5. $\pi =$3.141592653589793238462…

性质

• 无理数加或减无理数不一定得无理数，如${\log }_{10}2+{\log }_{10}5={\log }_{10}10=1$。
• 无理数乘不等于0的有理数必得无理数。
• 无理数的平方根、立方根等次方根必得无理数。

不知是否是無理數的數

$\pi +e$、$\pi -e$等，事实上，對于任何非零整數$m$及$n$，不知道$m\pi +ne$是否無理數。

無理數與無理數的四則運算的結果往往不知道是否無理數，只有π－π＝0、$\sqrt{2}+\sqrt{3}$等除外。

我們亦不知道$2^e$、${\pi }^e$、${\pi }^{\sqrt{2}}$、欧拉－马歇罗尼常数$\gamma$、卡塔兰常数$G$和费根鲍姆常数是否無理數。

無理數集的特性

無理數集是不可數集（有理數集是可數集而實數集是不可數集）。無理數集是不完備的拓撲空間，它與所有正數數列的集拓撲同構，當中的同構映射是無理數的連分數開展，因而贝尔纲定理可應用於無數間的拓撲空間。

無理化作連分數的表達式

$x^2=c(c>0)$，

選取正實數$\rho$使

${\rho }^2<c$。

經由遞迴處理

$\begin{array}{cc}{x}^2-{\rho }^2& =c-{\rho }^2\\ (x-\rho )(x+\rho )& =c-{\rho }^2\\ x-\rho & =\frac{c-{\rho }^2}{\rho +x}\\ x& =\rho +\frac{c-{\rho }^2}{\rho +x}\\ & =\rho +\frac{c-{\rho }^2}{\rho +(\rho +\frac{c-{\rho }^2}{\rho +x})}\\ & =\rho +\frac{c-{\rho }^2}{2\rho +\frac{c-{\rho }^2}{2\rho +\frac{c-{\rho }^2}{\ddots }}}=\sqrt{c}\end{array}$

無理數之證

證明$\sqrt{2}$是无理数

假设$\sqrt{2}$是有理数，且$\sqrt{2}=\frac{p}{q}$，$\frac{p}{q}$是最简分数。

两边平方，得$2=\frac{p^2}{q^2}$。将此式改写为$2q^2=p^2$，可见$p^2$为偶数。

因为平方运算保持奇偶性，所以$p$只能为偶数。设$p=2p_1$，其中$p_1$为整数。

代入可得$q^2=2p_1^2$。同理可得$q$亦为偶数。

这与$\frac{p}{q}$为最简分数的假设矛盾，所以$\sqrt{2}$是有理数的假设不成立。

證明$\sqrt{2}+\sqrt{3}$是无理数

假設$\sqrt{2}+\sqrt{3}=p$是有理數，兩邊平方得

$5+2\sqrt{6}=p^2\Rightarrow \sqrt{6}=\frac{p^2-5}{2}$

其中因為$p$是有理數，所以$\frac{p^2-5}{2}$也是有理數。

透過證明$\sqrt{a}$為無理數的方法，其中$a$為一非完全平方数

可以證明$\sqrt{6}$是無理數

同樣也推出$\frac{p^2-5}{2}$是無理數

但這又和$\frac{p^2-5}{2}$是有理數互相矛盾

所以$\sqrt{2}+\sqrt{3}$是一無理數

證明$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$是无理数

證一

同樣，假設$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}=p$是有理數，兩邊平方得

$10+2\sqrt{6}+2\sqrt{10}+2\sqrt{15}=p^2\Rightarrow \sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}=\frac{p^2-10}{2}$，

於是$\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}$是有理數。兩邊再次平方，得：

$31+10\sqrt{6}+6\sqrt{10}+4\sqrt{15}=\frac{(p^2-10{)}^2}{4}$，

於是$5\sqrt{6}+3\sqrt{10}+2\sqrt{15}=\frac{\frac{(p^2-10{)}^2}{8}-31}{2}$

由於$\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}$是有理數，所以

$3\sqrt{6}+\sqrt{10}+2(\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15})=\frac{\frac{(p^2-10{)}^2}{4}-31}{2}$

$\Rightarrow 3\sqrt{6}+\sqrt{10}=\frac{\frac{(p^2-10{)}^2}{4}-31}{2}-2(\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15})$

透過證明形如$\sqrt{a}+\sqrt{b}$的數是無理數的方法，得出$3\sqrt{6}+\sqrt{10}$也是一無理數

但這結果明顯和$\frac{\frac{(p^2-10{)}^2}{8}-31}{2}$與$2(\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15})$皆為有理數出現矛盾，故$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$為無理數

證二

同樣假設$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}=p$是有理數，

$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}=p$

$\Rightarrow \sqrt{2}+\sqrt{3}=p-\sqrt{5}$，兩邊平方：

$\Rightarrow (\sqrt{2}+\sqrt{3}{)}^2=(p-\sqrt{5}{)}^2$

$\Rightarrow 5+2\sqrt{6}=p^2+5-2p\sqrt{5}$

$\Rightarrow 2(\sqrt{6}+p\sqrt{5})=p^2$

證明$\sqrt{a}+\sqrt{b}$形式的數是無理數的方法，得出$\sqrt{6}+p\sqrt{5}$是無理數

也是矛盾的。

證明$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}$是无理数

$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}=p$

$\Rightarrow \sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}=p-\sqrt{7}$，兩邊平方得

$\Rightarrow 10+2\sqrt{6}+2\sqrt{10}+2\sqrt{15}=p^2+7-2p\sqrt{7}$

$\Rightarrow \sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}+p\sqrt{7}=\frac{p^2}{2}-\frac{3}{2}$，得到$\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}+p\sqrt{7}$為一有理數

$\Rightarrow \sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}=\frac{p^2}{2}-\frac{3}{2}-p\sqrt{7}$，兩邊繼續平方：

$\Rightarrow {(\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15})}^2={(p^2-\frac{3}{2}-p\sqrt{7})}^2$

$\Rightarrow {(\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15})}^2={[(p^2-\frac{3}{2})-p\sqrt{7}]}^2$

$\Rightarrow 31+2\sqrt{60}+2\sqrt{90}+2\sqrt{150}={(p^2-\frac{3}{2})}^2+(-p\sqrt{7}{)}^2-2\times p\sqrt{7}\times (p^2-\frac{3}{2})$

$\Rightarrow 31+4\sqrt{15}+6\sqrt{10}+10\sqrt{6}={(p^2-\frac{3}{2})}^2+7p^2-p(2p^2-3)\sqrt{7}$

$\Rightarrow 2\sqrt{10}+6\sqrt{6}+p(2p^2-3)\sqrt{7}={(p^2-\frac{3}{2})}^2+7p^2-4(\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}+p\sqrt{7})-31$

由於$\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}+p\sqrt{7}$，$p$皆為有理數

設$\sqrt{10}+6\sqrt{6}+p(2p^2-3)\sqrt{7}=q={(p^2-\frac{3}{2})}^2+7p^2-4(\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}+p\sqrt{7})-31$，$q$亦為有理數

證明$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$形式的數是無理數的方法可知$\sqrt{10}+6\sqrt{6}+p(2p^2-3)\sqrt{7}$為無理數

這和$q$是有理數衝突

所以得證$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}$為無理數

参见

• 分划
• 丢番图逼近
• 3的算术平方根
• 5的算术平方根
• 超越数
• 第一次數學危機
• 正規數

外部連結

• 從畢氏學派到歐氏幾何的誕生，蔡聰明 Template:Wayback，有畢氏弄石法的證明
• $\sqrt{2}$是無理數的六個證明，香港大學數學系蕭文強 Template:Wayback（Mathematical Excalibur Vol.3 No.1 Page 2）
• 舊題新解—根號2是無理數，張海潮 張鎮華Template:Dead link（數學傳播 第30卷 第4期）