無理數

數學的數

基本

$\mathbb{N}\sub\mathbb{Z}\sub\mathbb{Q}\sub\mathbb{R}\sub\mathbb{C}$ 自然數 $\mathbb{N}$ 整數 $\mathbb{Z}$ 二进分数 有限小数 循环小数 有理數 $\mathbb{Q}$ 高斯整数 $\mathbb{Z}[i]$ 代數數 $\mathbb{A}$ 實數 $\mathbb{R}$ 複數 $\mathbb{C}$ 負數 分数 单位分数 无限小数 规矩数 無理數 超越數 二次无理数 虛數 艾森斯坦整数 $\mathbb{Z}[\omega]$

延伸

雙複數 四元數 $\mathbb{H}$ 共四元數 八元數 $\mathbb{O}$ 超數 上超實數 超現實數 超複數 十六元數 $\mathbb{S}$ 複四元數 Tessarine 大實數 超實數 ${}^\star\mathbb{R}$

其他

对偶数 雙曲複數 序數 質數 同餘 可計算數 阿列夫数 公稱值 超限數 基數 P進數 規矩數 整數序列 數學常數 圓周率 π = 3.141592653… 自然對數的底 e = 2.718281828… 虛數單位 i = $+\sqrt{-1}$ 無窮大量 ∞

無理數，即非有理數之實數，不能寫作兩整數之比。若將它寫成小數形式，小數點之後的數字有無限多個，並且不會循環。常見的無理數有大部分的平方根、π和e（其中後兩者同時為超越數）等。無理數的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，不相信無理數的存在。但是他始終無法證明$\sqrt{2}$不是無理數，後來希伯斯触犯学派章程，将无理数透露给外人，因而被处死，其罪名等同于“渎神”。

無理數可以通過有理數的分划的概念進行定義。

举例

1. $\sqrt{3}=1.73205080\cdots$，
2. $\log_{10}3=0.47712125\cdots$，
3. $\pi=3.141592653589793238462643383279502884\cdots$，
4. $\exp{1}=2.71828182845904523536\cdots$，

性质

• 无理数加或减有理数必得无理数。
• 无理数乘不等于0的有理数必得无理数。

不知是否無理數的數

對非零整數$m \,$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都不知道是否無理數。

我們亦不知道$2^e \,$, $\pi^e \,$, $\pi^\sqrt{2}$或欧拉-马歇罗尼常数$\gamma \,$是否無理數。

無理數集的特性

無理數集是不可數集（因有理數集是可數的而實數集是不可數的）。無理數集是個不完備的拓撲空間，它是與所有正數數列的集拓撲同構的，當中的同構映射是無理數的連分數開展。因而贝尔纲定理可以應用在無數間的拓撲空間上。

無理化作連分數的表達式

$x^2=c\qquad(c>0)$，

選取一個正的實數$\rho\,$使得

$\rho^2<c\!$。

經由遞迴處理

$\begin{align} x^2\ -\!\rho^2&=c\ -\!\rho^2\\ (x\ -\!\rho)(x\ +\!\rho)&=c\ -\!\rho^2\\ x\ -\!\rho&=\frac{c\ -\!\rho^2}{\rho\ +\!x}\\ x&=\rho\ +\!\frac{c\ -\!\rho^2}{\rho\ +\!x}\\ &=\rho\ +\!\cfrac{c\ -\!\rho^2}{\rho\ +\!(\rho\ +\!\cfrac{c\ -\!\rho^2}{\rho\ +\!x})}\\ &=\rho\ +\!\cfrac{c\ -\!\rho^2}{2\rho\ +\!\cfrac{c\ -\!\rho^2}{2\rho\ +\!\cfrac{c\ -\!\rho^2}{\ddots\,}}}=\sqrt{c}\, \end{align}$

一些無理數的證明

證明$\sqrt{2}$是无理数

证：我们假设$\sqrt{2}$是有理数，并且令$\sqrt{2}=p/q$，$\frac{p}{q}$是最简分数。由于$\sqrt{2}$不是整数，所以q>1。

我们将两边平方，得到$2={p^2}/{q^2}$，

因为$\frac{p}{q}$是最简分数，所以$\frac{p^2}{q^2}$也是最简分数。

2的最简分数只能够是$\frac{2}{1}$，由此得出q=1，这与q>1矛盾。

所以假设不成立，$\sqrt{2}$是无理数。

證明$\sqrt{2}+\sqrt{3}$是无理数

证：

我们假设$\sqrt{2}+\sqrt{3}=p$是有理数，两边平方得到

$5+2\sqrt{6}=p^2=>\sqrt{6}=\frac{p^2-5}{2}$，于是$\sqrt{6}$是有理数，矛盾。因此假设不成立。

證明$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}$是无理数

证：

(1) 我们假设$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}=p$是有理数，两边平方得到

$10+2\sqrt{6}+2\sqrt{10}+2\sqrt{15}=p^2=>\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}={p^2-10}/2$，

于是$\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}$是有理数。两边再次平方，得：

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

于是$5\sqrt{6}+3\sqrt{10}+2\sqrt{15}={{(p^2-10)^2}/4-31}/2$

由于$\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}$是有理数，所以

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

的左边是一个有理数，但由方法2可证明$3\sqrt{6}+\sqrt{10}$为无理数，矛盾，于是假设不成立。

(2) 同样假设$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}=p$是有理数，我们将式子变成

$\sqrt{2}+\sqrt{3}=p-\sqrt{5}$，两边平方：

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

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

于是得出$\sqrt{6}+p\sqrt{5}$是有理数，也是矛盾的。

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

证：

同样假设$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}=p$是有理数，我们将式子变成

$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}=p-\sqrt{7}$，两边平方得到：

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

$=>\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}+p\sqrt{7}={P^3-1}/2$是一个有理数。

两边继续平方：

$(\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15})^2=({P^3-1}/2-p\sqrt{7})^2$

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

$=>2\sqrt{10}+4\sqrt{6}+p(p^2-7)\sqrt{7}=({p^2-3}/2)^2+7p^2-4(\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}+p\sqrt{7})$

由于$\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}+p\sqrt{7}={P^3-1}/2$是有理数，所以$2\sqrt{10}+4\sqrt{6}+p(p^2-7)\sqrt{7}$是有理数，矛盾。

外部鏈結

• 從畢氏學派到歐氏幾何的誕生，蔡聰明，有畢氏弄石法的證明
• √2是無理數的六個證明，香港大學數學系蕭文強（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（數學傳播 第30卷 第4期）