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}
自然數 \begin{smallmatrix} \mathbb{N} \end{smallmatrix}
正整數 \begin{smallmatrix} \mathbb{Z}^+ \end{smallmatrix}
小數
有限小數
無限小數
循環小數
有理數 \begin{smallmatrix} \mathbb{Q} \end{smallmatrix}
代數數 \begin{smallmatrix} \mathbb{A} \end{smallmatrix}
實數 \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}

負數 \begin{smallmatrix} \mathbb{R}^- \end{smallmatrix}
整數 \begin{smallmatrix} \mathbb{Z} \end{smallmatrix}
負整數 \begin{smallmatrix} \mathbb{Z}^- \end{smallmatrix}
分數
單位分數
二進分數
規矩數
無理數
超越數
虛數
二次無理數
艾森斯坦整數 \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

超複數
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

對偶數
雙曲複數
序數
質數
同餘
可計算數
艾禮富數

公稱值
超限數
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」字來自於拉丁語的rationalis,意思是「理解」,實際是拉丁文對於logos「說明」的翻譯,因為沒有辦法用兩個整數的比來說明一個無理數。

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,即無限不循環小數。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,無理數最早由畢達哥拉斯學派弟子希伯斯發現。他以幾何方法證明\sqrt{2}無法用整數分數表示。而畢達哥拉斯深信任意數均可用整數及分數表示,不相信無理數的存在。後來希伯斯觸犯學派章程,將無理數透露給外人,因而被處死,其罪名竟然等同於「瀆神」。

無理數可以通過有理數的分劃的概念進行定義。

舉例[編輯]

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

性質[編輯]

  • 無理數加或減有理數必得無理數。
  • 無理數乘不等於0的有理數必得無理數。

不知是否無理數的數[編輯]

 \pi+e \, \pi-e \,等,事實上,對於任何非零整數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}歐拉-馬歇羅尼常數\gamma \,卡塔蘭常數G是否無理數。

無理數集的特性[編輯]

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。因而貝爾綱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[編輯]

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[編輯]

證明\sqrt{2}是無理數[編輯]

證:我們假設\sqrt{2}是有理數,並且令\sqrt{2}=p/q\frac{p}{q}是最簡分數。由於\sqrt{2}不是整數,所以q>1。

我們將兩邊平方,得到2={p^2}/{q^2}

因為\frac{p}{q}是最簡分數,所以\frac{p^2}{q^2}也是最簡分數。

2的最簡分數只能夠是\frac{2}{1},由此得出q=1,這與q>1矛盾。

所以假設不成立,\sqrt{2}是無理數。

證明\sqrt{2}+\sqrt{3}是無理數[編輯]

證:

我們假設\sqrt{2}+\sqrt{3}=p是有理數,兩邊平方得到

5+2\sqrt{6}=p^2=>\sqrt{6}=\frac{p^2-5}{2},於是\sqrt{6}是有理數,矛盾。因此假設不成立。

證明\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}是無理數[編輯]

證:

(1) 我們假設\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}=p是有理數,兩邊平方得到

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

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}={(p^2-10)^2}/4

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

的左邊是一個有理數,但由方法2可證明3\sqrt{6}+\sqrt{10}為無理數,矛盾,於是假設不成立。


(2) 同樣假設\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}=p是有理數,我們將式子變成

\sqrt{2}+\sqrt{3}=p-\sqrt{5},兩邊平方:

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

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

於是得出\sqrt{6}+p\sqrt{5}是有理數,也是矛盾的。

證明\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}是無理數[編輯]

證:

同樣假設\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}=p是有理數,我們將式子變成

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

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是一個有理數。

兩邊繼續平方:

(\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

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

參見[編輯]

外部鏈結[編輯]