2的算術平方根

无理数 √2 - φ - √3 - √5 - δS - e - π
二進制	1.0110101000001001111...
十進制	1.4142135623730950488...
十六進制	1.6A09E667F3BCC908B2F...
连续分数	$1+{\cfrac {1}{2+{\cfrac {1}{2+{\cfrac {1}{2+{\cfrac {1}{2+\ddots }}}}}}}}$$1+{\cfrac {1}{2+{\cfrac {1}{2+{\cfrac {1}{2+{\cfrac {1}{2+\ddots }}}}}}}}$

2的算術平方根，俗称“根号2”，记作${\sqrt {2}}$${\sqrt {2}}$，可能是最早被发现的无理数。相传毕达哥拉斯学派的希帕索斯首先提出了“${\sqrt {2}}$${\sqrt {2}}$不是有理数”的命题：若一个直角三角形的两个直角边都是1，那么它的斜边长，无法用整数或分数表示。

${\sqrt {2}}$${\sqrt {2}}$其最初65位為

1.41421356237309504880168872420969807856967187537694807317667973799… （OEIS中的数列A002193）

${\sqrt {2}}$${\sqrt {2}}$是无理数的证明

人們發現了许多方法证明${\sqrt {2}}$${\sqrt {2}}$是无理数。以下是反證法的證明：

常見的證明

1. 假設${\sqrt {2}}$${\sqrt {2}}$是有理數，即有整數$a_{0}$$a_{0}$、$b_{0}$$b_{0}$，使得${\tfrac {a_{0}}{b_{0}}}={\sqrt {2}}$${\tfrac {a_{0}}{b_{0}}}={\sqrt {2}}$
2. 將${\sqrt {2}}$${\sqrt {2}}$重寫成最簡分數${\tfrac {a}{b}}$${\tfrac {a}{b}}$，即$a$$a$和$b$$b$互質，且$\left({\tfrac {a}{b}}\right)^{2}=2$$\left({\tfrac {a}{b}}\right)^{2}=2$
3. 所以${\tfrac {a^{2}}{b^{2}}}=2$${\tfrac {a^{2}}{b^{2}}}=2$，即$a^{2}=2b^{2}$$a^{2}=2b^{2}$
4. 因為$2b^{2}$$2b^{2}$必為偶数，故$a^{2}$$a^2$亦是偶数
5. 故$a$$a$為偶数（奇数的平方不會是偶数）
6. 所以必有一整數$k$$k$，使得$a=2k$$a=2k$
7. 將（3）的式子代入（6）：$2b^{2}=\left(2k\right)^{2}$$2b^{2}=\left(2k\right)^{2}$
8. 化简得$b^{2}=2k^{2}$$b^{2}=2k^{2}$
9. 因为$2k^{2}$$2k^{2}$是偶数，所以$b^{2}$$b^2$是偶数，$b$$b$亦是偶数
10. 所以$a$$a$和$b$$b$都是偶数，跟${\tfrac {a}{b}}$${\tfrac {a}{b}}$是最簡分數的假設矛盾
11. 因為導出矛盾，所以（1）的假設錯誤，${\sqrt {2}}$${\sqrt {2}}$不是有理數，即是無理數

這個證明可推廣至證明任何非完全平方數的正整數n，其算術平方根${\sqrt {n}}$$\sqrt{n}$為無理數。

另一個證明

另外一個${\sqrt {2}}$${\sqrt {2}}$是無理數的反證法證明較少為人所知，但證明方法也相當漂亮：

1. 假設${\sqrt {2}}$${\sqrt {2}}$是有理數，便可以表示成最簡分數${\frac {m}{n}}$$\frac{m}{n}$，其中$m$$m$,$n$$n$為正整數
2. ${\sqrt {2}}={\frac {\sqrt {2}}{1}}={\frac {(2-{\sqrt {2}})({\sqrt {2}}+1)}{2-1}}={\frac {(2-{\sqrt {2}})({\sqrt {2}}+1)}{({\sqrt {2}}-1)({\sqrt {2}}+1)}}={\frac {2-{\sqrt {2}}}{{\sqrt {2}}-1}}$${\sqrt {2}}={\frac {{\sqrt {2}}}{1}}={\frac {(2-{\sqrt {2}})({\sqrt {2}}+1)}{2-1}}={\frac {(2-{\sqrt {2}})({\sqrt {2}}+1)}{({\sqrt {2}}-1)({\sqrt {2}}+1)}}={\frac {2-{\sqrt {2}}}{{\sqrt {2}}-1}}$
3. 由於${\sqrt {2}}={\frac {m}{n}}$${\sqrt {2}}={\frac {m}{n}}$，所以${\frac {2-{\sqrt {2}}}{{\sqrt {2}}-1}}={\frac {2-{\frac {m}{n}}}{{\frac {m}{n}}-1}}={\frac {2n-m}{m-n}}$${\frac {2-{\sqrt {2}}}{{\sqrt {2}}-1}}={\frac {2-{\frac {m}{n}}}{{\frac {m}{n}}-1}}={\frac {2n-m}{m-n}}$
4. 因為${\frac {m-n}{n}}={\sqrt {2}}-1$${\frac {m-n}{n}}={\sqrt {2}}-1$
5. $2>{\sqrt {2}}\Rightarrow 1+1>{\sqrt {2}}\Rightarrow {\sqrt {2}}-1<1$$2>{\sqrt {2}}\Rightarrow 1+1>{\sqrt {2}}\Rightarrow {\sqrt {2}}-1<1$
6. 所以$m-n<n$$m-n<n$
7. 故${\frac {2n-m}{m-n}}$${\frac {2n-m}{m-n}}$是比${\frac {m}{n}}$$\frac{m}{n}$更簡的分數，與${\frac {m}{n}}$$\frac{m}{n}$是最簡分數的假設矛盾

從一個直角邊為$n$$n$，斜邊為$m$$m$的等腰直角三角形，可以用尺規作圖作出直角邊為$m-n$$m-n$，斜邊為$2n-m$$2n-m$的等腰直角三角形。這是古希臘幾何學家的作圖證明方法。

性质

2的算术平方根可以表示为以下的级数或无穷乘积：

${\frac {1}{\sqrt {2}}}=\prod _{k=0}^{\infty }\left(1-{\frac {1}{(4k+2)^{2}}}\right)=\left(1-{\frac {1}{4}}\right)\left(1-{\frac {1}{36}}\right)\left(1-{\frac {1}{100}}\right)\cdots$${\frac {1}{{\sqrt 2}}}=\prod _{{k=0}}^{\infty }\left(1-{\frac {1}{(4k+2)^{2}}}\right)=\left(1-{\frac {1}{4}}\right)\left(1-{\frac {1}{36}}\right)\left(1-{\frac {1}{100}}\right)\cdots$

${\sqrt {2}}=\prod _{k=0}^{\infty }{\frac {(4k+2)^{2}}{(4k+1)(4k+3)}}=\left({\frac {2\cdot 2}{1\cdot 3}}\right)\left({\frac {6\cdot 6}{5\cdot 7}}\right)\left({\frac {10\cdot 10}{9\cdot 11}}\right)\left({\frac {14\cdot 14}{13\cdot 15}}\right)\cdots$${\sqrt {2}}=\prod _{{k=0}}^{\infty }{\frac {(4k+2)^{2}}{(4k+1)(4k+3)}}=\left({\frac {2\cdot 2}{1\cdot 3}}\right)\left({\frac {6\cdot 6}{5\cdot 7}}\right)\left({\frac {10\cdot 10}{9\cdot 11}}\right)\left({\frac {14\cdot 14}{13\cdot 15}}\right)\cdots$

${\sqrt {2}}=\prod _{k=0}^{\infty }\left(1+{\frac {1}{4k+1}}\right)\left(1-{\frac {1}{4k+3}}\right)=\left(1+{\frac {1}{1}}\right)\left(1-{\frac {1}{3}}\right)\left(1+{\frac {1}{5}}\right)\left(1-{\frac {1}{7}}\right)\cdots .$${\sqrt {2}}=\prod _{{k=0}}^{\infty }\left(1+{\frac {1}{4k+1}}\right)\left(1-{\frac {1}{4k+3}}\right)=\left(1+{\frac {1}{1}}\right)\left(1-{\frac {1}{3}}\right)\left(1+{\frac {1}{5}}\right)\left(1-{\frac {1}{7}}\right)\cdots .$

${\frac {1}{\sqrt {2}}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}\left({\frac {\pi }{4}}\right)^{2k}}{(2k)!}}.$${\frac {1}{{\sqrt {2}}}}=\sum _{{k=0}}^{\infty }{\frac {(-1)^{k}\left({\frac {\pi }{4}}\right)^{{2k}}}{(2k)!}}.$

${\sqrt {2}}=\sum _{k=0}^{\infty }(-1)^{k+1}{\frac {(2k-3)!!}{(2k)!!}}=1+{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2\cdot 4}}+{\frac {1\cdot 3}{2\cdot 4\cdot 6}}-{\frac {1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6\cdot 8}}+\cdots .$${\sqrt {2}}=\sum _{{k=0}}^{\infty }(-1)^{{k+1}}{\frac {(2k-3)!!}{(2k)!!}}=1+{\frac {1}{2}}-{\frac {1}{2\cdot 4}}+{\frac {1\cdot 3}{2\cdot 4\cdot 6}}-{\frac {1\cdot 3\cdot 5}{2\cdot 4\cdot 6\cdot 8}}+\cdots .$

${\sqrt {2}}=\sum _{k=0}^{\infty }{\frac {(2k+1)!}{(k!)^{2}2^{3k+1}}}={\frac {1}{2}}+{\frac {3}{8}}+{\frac {15}{64}}+{\frac {35}{256}}+{\frac {315}{4096}}+{\frac {693}{16384}}+\cdots .$${\sqrt {2}}=\sum _{{k=0}}^{\infty }{\frac {(2k+1)!}{(k!)^{2}2^{{3k+1}}}}={\frac {1}{2}}+{\frac {3}{8}}+{\frac {15}{64}}+{\frac {35}{256}}+{\frac {315}{4096}}+{\frac {693}{16384}}+\cdots .$

2的算术平方根的连分数展开式为：

$\!\ {\sqrt {2}}=1+{\cfrac {1}{2+{\cfrac {1}{2+{\cfrac {1}{2+{\cfrac {1}{\ddots }}}}}}}}.$$\!\ {\sqrt {2}}=1+{\cfrac {1}{2+{\cfrac {1}{2+{\cfrac {1}{2+{\cfrac {1}{\ddots }}}}}}}}.$

参见

• 3的算術平方根
• 5的算術平方根
• 平方根
• 无理数

外部链接

• ${\sqrt {2}}$${\sqrt {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）