無理數

各種各樣的數

基本

$\mathbb {N} \subseteq \mathbb {Z} \subseteq \mathbb {Q} \subseteq \mathbb {R} \subseteq \mathbb {C}$$\mathbb {N} \subseteq \mathbb {Z} \subseteq \mathbb {Q} \subseteq \mathbb {R} \subseteq \mathbb {C}$ 正數 ${\begin{smallmatrix}\mathbb {R} ^{+}\end{smallmatrix}}$${\begin{smallmatrix}\mathbb {R} ^{+}\end{smallmatrix}}$ 自然數 ${\begin{smallmatrix}\mathbb {N} \end{smallmatrix}}$${\begin{smallmatrix}\mathbb {N} \end{smallmatrix}}$ 正整數 ${\begin{smallmatrix}\mathbb {Z} ^{+}\end{smallmatrix}}$${\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}}$${\begin{smallmatrix}\mathbb {Q} \end{smallmatrix}}$ 代數數 ${\begin{smallmatrix}\mathbb {A} \end{smallmatrix}}$${\begin{smallmatrix}\mathbb {A} \end{smallmatrix}}$ 實數 ${\begin{smallmatrix}\mathbb {R} \end{smallmatrix}}$${\begin{smallmatrix}\mathbb {R} \end{smallmatrix}}$ 複數 ${\begin{smallmatrix}\mathbb {C} \end{smallmatrix}}$${\begin{smallmatrix}\mathbb {C} \end{smallmatrix}}$ 高斯整數 ${\begin{smallmatrix}\mathbb {Z} [i]\end{smallmatrix}}$${\begin{smallmatrix}\mathbb {Z} [i]\end{smallmatrix}}$ 負數 ${\begin{smallmatrix}\mathbb {R} ^{-}\end{smallmatrix}}$${\begin{smallmatrix}\mathbb {R} ^{-}\end{smallmatrix}}$ 整數 ${\begin{smallmatrix}\mathbb {Z} \end{smallmatrix}}$${\begin{smallmatrix}\mathbb {Z} \end{smallmatrix}}$ 負整數 ${\begin{smallmatrix}\mathbb {Z} ^{-}\end{smallmatrix}}$${\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}}$${\begin{smallmatrix}\mathbb {Z} [\omega ]\end{smallmatrix}}$

延伸

雙複數 四元數 ${\begin{smallmatrix}\mathbb {H} \end{smallmatrix}}$${\begin{smallmatrix}\mathbb {H} \end{smallmatrix}}$ 共四元數 八元數 ${\begin{smallmatrix}\mathbb {O} \end{smallmatrix}}$${\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}}$${\begin{smallmatrix}\mathbb {S} \end{smallmatrix}}$ 複四元數 大實數 超實數 ${\begin{smallmatrix}{}^{\star }\mathbb {R} \end{smallmatrix}}$${\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}}$${\begin{smallmatrix}\pi \end{smallmatrix}}$ = 3.141592653… 自然對數的底 ${\begin{smallmatrix}e\end{smallmatrix}}$${\begin{smallmatrix}e\end{smallmatrix}}$ = 2.718281828… 虛數單位 ${\begin{smallmatrix}i\end{smallmatrix}}$${\begin{smallmatrix}i\end{smallmatrix}}$ = ${\begin{smallmatrix}+{\sqrt {-1}}\end{smallmatrix}}$${\begin{smallmatrix}+{\sqrt {-1}}\end{smallmatrix}}$ 無窮大 ${\begin{smallmatrix}\infty \end{smallmatrix}}$${\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。

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，即無限不循環小數。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，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}}$${\sqrt {2}}$無法用整數及分數表示。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」。另見第一次數學危機。

無理數可以通過有理數的分劃的概念進行定義。

舉例

1. ${\sqrt {3}}=1.73205080\cdots$${\sqrt {3}}=1.73205080\cdots$
2. $\log _{10}3=0.47712125\cdots$$\log _{10}3=0.47712125\cdots$
3. $\pi =3.141592653589793238462643383279502884\cdots$$\pi =3.141592653589793238462643383279502884\cdots$
4. $e=2.71828182845904523536\cdots$$e=2.71828182845904523536\cdots$
5. ${\sqrt {2}}=1.41421356\cdots$${\sqrt {2}}=1.41421356\cdots$

性質

• 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。

不知是否是無理數的數

$\pi +e\,$$\pi +e\,$、$\pi -e\,$$\pi -e\,$等，事實上，對於任何非零整數$m\,$$m\,$及$n\,$$n\,$，不知道$m\pi +ne\,$$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 )$$\pi +(-\pi )$、${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$等除外。

我們亦不知道$2^{e}\,$$2^{e}\,$、$\pi ^{e}\,$$\pi ^{e}\,$、$\pi ^{\sqrt {2}}$$\pi ^{\sqrt {2}}$、歐拉-馬歇羅尼常數$\gamma \,$$\gamma \,$或卡塔蘭常數$G$$G$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

$x^{2}=c\qquad (c>0)$$x^{2}=c\qquad (c>0)$，

選取一個正的實數$\rho \,$$\rho \,$使得

$\rho ^{2}<c\!$$\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}}$${\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}}$${\sqrt {2}}$是無理數

證：

假設${\sqrt {2}}$${\sqrt {2}}$是有理數，並且令${\sqrt {2}}={\frac {p}{q}}$${\sqrt {2}}={\frac {p}{q}}$，${\frac {p}{q}}$${\frac {p}{q}}$是最簡分數。由於${\sqrt {2}}$${\sqrt {2}}$不是整數，所以$\left|q\right|$$\left|q\right|$ $\neq 1$$\neq 1$。

將兩邊平方，得到$2={\frac {p^{2}}{q^{2}}}$$2={\frac {p^{2}}{q^{2}}}$，

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

$2$$2$的最簡分數只能夠是${\frac {2}{1}}$${\frac {2}{1}}$，由此得出$q=1$$q=1$，這與$\left|q\right|$$\left|q\right|$ $\neq 1$$\neq 1$矛盾。

所以假設不成立，${\sqrt {2}}$${\sqrt {2}}$是無理數。

證明${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$是無理數

證：

假設${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}=p$${\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}}$$5+2{\sqrt {6}}=p^{2}\Rightarrow {\sqrt {6}}={\frac {p^{2}-5}{2}}$

其中因為$p$$p$是有理數，所以${\frac {p^{2}-5}{2}}$${\frac {p^{2}-5}{2}}$也是有理數。

透過證明${\sqrt {a}}$${\sqrt {a}}$為無理數的方法，其中${a}$${a}$為一整數

可以證明${\sqrt {6}}$${\sqrt {6}}$是無理數

同樣也推出${\frac {p^{2}-5}{2}}$${\frac {p^{2}-5}{2}}$是無理數

但這又和${\frac {p^{2}-5}{2}}$${\frac {p^{2}-5}{2}}$是有理數互相矛盾

所以${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$是一無理數

證明${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}$${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}$是無理數

證：

同樣，假設${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}=p$${\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}}$$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}}$${\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}}$$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}}$$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}}$${\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}}$$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}})$$\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}}$${\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}$的數是無理數的方法，得出$3{\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}$$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}}$${\frac {{\frac {(p^{2}-10)^{2}}{8}}-31}{2}}$與$2({\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}})$$2({\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}})$皆為有理數出現矛盾，故${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}$${\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$${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}=p$是有理數，

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

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

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

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

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

透過證明形如${\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}$${\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}$的數是無理數的方法，得出${\sqrt {6}}+p{\sqrt {5}}$${\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}}$${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}$是無理數

證：

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

$\Rightarrow {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}=p-{\sqrt {7}}$$\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 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}}$$\Rightarrow {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}+p{\sqrt {7}}={\frac {p^{2}}{2}}-{\frac {3}{2}}$，得到${\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}+p{\sqrt {7}}$${\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}}$$\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(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 \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+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 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$$\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}}$${\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}+p{\sqrt {7}}$，$p$$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$${\sqrt {10}}+6{\sqrt {6}}+p(2p^{2}-3){\sqrt {7}}=q=\left(p^{2}-{\frac {3}{2}}\right)^{2}+7p^{2}-4\left({\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}+p{\sqrt {7}}\right)-31$，$q$$q$亦為有理數

透過證明形如${\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}+{\sqrt {c}}$${\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}+{\sqrt {c}}$的數是無理數的方法，可知${\sqrt {10}}+6{\sqrt {6}}+p(2p^{2}-3){\sqrt {7}}$${\sqrt {10}}+6{\sqrt {6}}+p(2p^{2}-3){\sqrt {7}}$為無理數

這和$q$$q$是有理數衝突

所以得證${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}$${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}$為一無理數

參見

• 分劃
• 丟番圖逼近
• 3的算術平方根
• 5的算術平方根
• 超越數
• 第一次數學危機

外部連結

• 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）