無理數

無理數是指除有理数以外的实数，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，是指无法用两个整数的比来说明一个无理数。

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，小數點之後的數字有無限多個，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被表示称两个整数的比）。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。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進行定義。

举例

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

性质

• 无理数加或减无理数不一定得无理数，例如:$\log _{10}2+\log _{10}5=\log _{10}10=1$。
• 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$\pi -\pi =0$、${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$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（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

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

一些無理數的證明

證明${\sqrt {2}}$是无理数

证：

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

两边平方，得到$2={\frac {p^{2}}{q^{2}}}$。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

證：

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

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

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：

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

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

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

另一種證明：

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：

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

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

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

透過證明形如${\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}$的數是無理數的方法，得出${\sqrt {6}}+p{\sqrt {5}}$是一無理數

也是矛盾的。

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

證：

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

透過證明形如${\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}+{\sqrt {c}}$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${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}$為一無理數

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 （页面存档备份，存于互联网档案馆），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 （页面存档备份，存于互联网档案馆）（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）