無理數

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基本

\mathbb{N}\subseteq\mathbb{Z}\subseteq\mathbb{Q}\subseteq\mathbb{R}\subseteq\mathbb{C}

正數 \begin{smallmatrix} \mathbb{R}^+ \end{smallmatrix}
自然数 \begin{smallmatrix} \mathbb{N} \end{smallmatrix}
正整數 \begin{smallmatrix} \mathbb{Z}^+ \end{smallmatrix}
小数
有限小数
无限小数
循环小数
有理数 \begin{smallmatrix} \mathbb{Q} \end{smallmatrix}
代數數 \begin{smallmatrix} \mathbb{A} \end{smallmatrix}
实数 \begin{smallmatrix} \mathbb{R} \end{smallmatrix}
複數 \begin{smallmatrix} \mathbb{C} \end{smallmatrix}
高斯整數 \begin{smallmatrix} \mathbb{Z}[i] \end{smallmatrix}

负数 \begin{smallmatrix} \mathbb{R}^- \end{smallmatrix}
整数 \begin{smallmatrix} \mathbb{Z} \end{smallmatrix}
负整數 \begin{smallmatrix} \mathbb{Z}^- \end{smallmatrix}
分數
單位分數
二进分数
規矩數
無理數
超越數
虚数
二次无理数
艾森斯坦整数 \begin{smallmatrix} \mathbb{Z}[\omega] \end{smallmatrix}

延伸

雙複數
四元數 \begin{smallmatrix} \mathbb{H} \end{smallmatrix}
共四元數
八元數 \begin{smallmatrix} \mathbb{O} \end{smallmatrix}
超數
上超實數

超复数
十六元數 \begin{smallmatrix} \mathbb{S} \end{smallmatrix}
複四元數
大實數
超實數 \begin{smallmatrix} {}^\star\mathbb{R} \end{smallmatrix}
超現實數

其他

对偶数
雙曲複數
序数
質數
同餘
可計算數
阿列夫数

公稱值
超限数
基數
P進數
規矩數
整數數列
數學常數

圓周率 \begin{smallmatrix} \pi \end{smallmatrix}
 = 3.141592653…
自然對數的底 \begin{smallmatrix} e \end{smallmatrix}
 = 2.718281828…
虛數單位 \begin{smallmatrix} i \end{smallmatrix}
 = \begin{smallmatrix} +\sqrt{-1} \end{smallmatrix}
無窮大 \begin{smallmatrix} \infty \end{smallmatrix}

無理數,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,因为没有办法用两个整数的比来说明一个无理数。

有理數實數,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,即无限不循环小数。常見的無理數有大部分的平方根πe(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。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,其罪名竟然等同于“渎神”。

無理數可以通過有理數的分划的概念進行定義。

举例[编辑]

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

性质[编辑]

  • 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[编辑]

 \pi+e \, \pi-e \,等,事实上,對于任何非零整數m \,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\pi+(-\pi)\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是否無理數。

無理數集的特性[编辑]

無理數集是不可數集(因有理數集是可數集而實數集是不可數集)。無理數集是個不完備拓撲空間,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[编辑]

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[编辑]

證明\sqrt{2}是无理数[编辑]

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 \left|q\right| \ne 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 \left| q \right| \ne 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[编辑]

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[编辑]

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}/8-31}/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[编辑]

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^2-3}/2是一个有理数。

两边继续平方:

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

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

=>2\sqrt{10}+6\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})-31

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

参见[编辑]

外部鏈結[编辑]