無理數

無理數（irrational number）是指有理数以外的实数，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，是指无法用两整数之比来说明的无理数。 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，小數點後有無限多位，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表示成两整数的比）。常見無理數有大部分的平方根、π和e（後兩者同時為超越數）等。無理數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 2 {\displaystyle {\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來定義。 3 {\displaystyle {\sqrt {3}}} ＝1.73205080… log 10 {\displaystyle \log _{10}} 3＝0.47712125… e＝2.71828182845904523536… sin 45°＝ 2 2 {\textstyle {\frac {\sqrt {2}}{2}}} ＝0.70710678… π＝3.141592653589793238462… 无理数加或减无理数不一定得无理数，如 log 10 ⁡ 2 + log 10 ⁡ 5 = log 10 ⁡ 10 = 1 {\displaystyle \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。 π＋e、π－e等，事实上，對于任何非零整數 m {\displaystyle m\,} 及 n {\displaystyle n\,} ，不知道 m π + n e {\displaystyle 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π－π＝0、 2 + 3 {\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}} 等除外。 我們亦不知道 2 e {\displaystyle 2^{e}\,} 、 π e {\displaystyle \pi ^{e}\,} 、 π 2 {\displaystyle \pi ^{\sqrt {2}}} 、欧拉－马歇罗尼常数 γ {\displaystyle \gamma \,} 、卡塔兰常数 G {\displaystyle G} 和费根鲍姆常数是否無理數。 無理數集是不可數集（有理數集是可數集而實數集是不可數集）。無理數集是不完備的拓撲空間，它與所有正數數列的集拓撲同構，當中的同構映射是無理數的連分數開展，因而贝尔纲定理可應用於無數間的拓撲空間。 x 2 = c ( c > 0 ) {\displaystyle x^{2}=c\qquad (c>0)} ， 選取正實數 ρ {\displaystyle \rho \,} 使 ρ 2 < c {\displaystyle \rho ^{2}<c\!} 。 經由遞迴處理 x 2   − ρ 2 = c   − ρ 2 ( x   − ρ ) ( x   + ρ ) = c   − ρ 2 x   − ρ = c   − ρ 2 ρ   + x x = ρ   + c   − ρ 2 ρ   + x = ρ   + c   − ρ 2 ρ   + ( ρ   + c   − ρ 2 ρ   + x ) = ρ   + c   − ρ 2 2 ρ   + c   − ρ 2 2 ρ   + c   − ρ 2 ⋱ = c {\displaystyle {\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}}} 假设 2 {\displaystyle {\sqrt {2}}} 是有理数，且 2 = p q {\displaystyle {\sqrt {2}}={\frac {p}{q}}} ， p q {\displaystyle {\frac {p}{q}}} 是最简分数。 两边平方，得 2 = p 2 q 2 {\displaystyle 2={\frac {p^{2}}{q^{2}}}} 。将此式改写为 2 q 2 = p 2 {\displaystyle 2q^{2}=p^{2}} ，可见 p 2 {\displaystyle p^{2}} 为偶数。 因为平方运算保持奇偶性，所以 p {\displaystyle p} 只能为偶数。设 p = 2 p 1 {\displaystyle p=2p_{1}} ，其中 p 1 {\displaystyle p_{1}} 为整数。 代入可得 q 2 = 2 p 1 2 {\displaystyle q^{2}=2p_{1}^{2}} 。同理可得 q {\displaystyle q} 亦为偶数。 这与 p q {\displaystyle {\frac {p}{q}}} 为最简分数的假设矛盾，所以 2 {\displaystyle {\sqrt {2}}} 是有理数的假设不成立。 假設 2 + 3 = p {\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}=p} 是有理數，兩邊平方得 5 + 2 6 = p 2 ⇒ 6 = p 2 − 5 2 {\displaystyle 5+2{\sqrt {6}}=p^{2}\Rightarrow {\sqrt {6}}={\frac {p^{2}-5}{2}}} 其中因為 p {\displaystyle p} 是有理數，所以 p 2 − 5 2 {\displaystyle {\frac {p^{2}-5}{2}}} 也是有理數。 透過證明 a {\displaystyle {\sqrt {a}}} 為無理數的方法，其中 a {\displaystyle {a}} 為一非完全平方数 可以證明 6 {\displaystyle {\sqrt {6}}} 是無理數 同樣也推出 p 2 − 5 2 {\displaystyle {\frac {p^{2}-5}{2}}} 是無理數 但這又和 p 2 − 5 2 {\displaystyle {\frac {p^{2}-5}{2}}} 是有理數互相矛盾 所以 2 + 3 {\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}} 是一無理數 證一 同樣，假設 2 + 3 + 5 = p {\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}=p} 是有理數，兩邊平方得 10 + 2 6 + 2 10 + 2 15 = p 2 ⇒ 6 + 10 + 15 = p 2 − 10 2 {\displaystyle 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 6 + 10 + 15 {\displaystyle {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}} 是有理數。兩邊再次平方，得： 31 + 10 6 + 6 10 + 4 15 = ( p 2 − 10 ) 2 4 {\displaystyle 31+10{\sqrt {6}}+6{\sqrt {10}}+4{\sqrt {15}}={\frac {(p^{2}-10)^{2}}{4}}} ， 於是 5 6 + 3 10 + 2 15 = ( p 2 − 10 ) 2 8 − 31 2 {\displaystyle 5{\sqrt {6}}+3{\sqrt {10}}+2{\sqrt {15}}={\frac {{\frac {(p^{2}-10)^{2}}{8}}-31}{2}}} 由於 6 + 10 + 15 {\displaystyle {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}} 是有理數，所以 3 6 + 10 + 2 ( 6 + 10 + 15 ) = ( p 2 − 10 ) 2 4 − 31 2 {\displaystyle 3{\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+2({\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}})={\frac {{\frac {(p^{2}-10)^{2}}{4}}-31}{2}}} ⇒ 3 6 + 10 = ( p 2 − 10 ) 2 4 − 31 2 − 2 ( 6 + 10 + 15 ) {\displaystyle \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 a + b {\displaystyle {\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}} 的數是無理數的方法，得出 3 6 + 10 {\displaystyle 3{\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}} 也是一無理數 但這結果明顯和 ( p 2 − 10 ) 2 8 − 31 2 {\displaystyle {\frac {{\frac {(p^{2}-10)^{2}}{8}}-31}{2}}} 與 2 ( 6 + 10 + 15 ) {\displaystyle 2({\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}})} 皆為有理數出現矛盾，故 2 + 3 + 5 {\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}} 為無理數 證二 同樣假設 2 + 3 + 5 = p {\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}=p} 是有理數， 2 + 3 + 5 = p {\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}=p} ⇒ 2 + 3 = p − 5 {\displaystyle \Rightarrow {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}=p-{\sqrt {5}}} ，兩邊平方： ⇒ ( 2 + 3 ) 2 = ( p − 5 ) 2 {\displaystyle \Rightarrow ({\sqrt {2}}+{\sqrt {3}})^{2}=(p-{\sqrt {5}})^{2}} ⇒ 5 + 2 6 = p 2 + 5 − 2 p 5 {\displaystyle \Rightarrow 5+2{\sqrt {6}}=p^{2}+5-2p{\sqrt {5}}} ⇒ 2 ( 6 + p 5 ) = p 2 {\displaystyle \Rightarrow 2({\sqrt {6}}+p{\sqrt {5}})=p^{2}} 證明 a + b {\displaystyle {\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}} 形式的數是無理數的方法，得出 6 + p 5 {\displaystyle {\sqrt {6}}+p{\sqrt {5}}} 是無理數 也是矛盾的。 2 + 3 + 5 + 7 = p {\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}=p} ⇒ 2 + 3 + 5 = p − 7 {\displaystyle \Rightarrow {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}=p-{\sqrt {7}}} ，兩邊平方得 ⇒ 10 + 2 6 + 2 10 + 2 15 = p 2 + 7 − 2 p 7 {\displaystyle \Rightarrow 10+2{\sqrt {6}}+2{\sqrt {10}}+2{\sqrt {15}}=p^{2}+7-2p{\sqrt {7}}} ⇒ 6 + 10 + 15 + p 7 = p 2 2 − 3 2 {\displaystyle \Rightarrow {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}+p{\sqrt {7}}={\frac {p^{2}}{2}}-{\frac {3}{2}}} ，得到 6 + 10 + 15 + p 7 {\displaystyle {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}+p{\sqrt {7}}} 為一有理數 ⇒ 6 + 10 + 15 = p 2 2 − 3 2 − p 7 {\displaystyle \Rightarrow {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}={\frac {p^{2}}{2}}-{\frac {3}{2}}-p{\sqrt {7}}} ，兩邊繼續平方： ⇒ ( 6 + 10 + 15 ) 2 = ( p 2 − 3 2 − p 7 ) 2 {\displaystyle \Rightarrow \left({\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}\right)^{2}=\left(p^{2}-{\frac {3}{2}}-p{\sqrt {7}}\right)^{2}} ⇒ ( 6 + 10 + 15 ) 2 = [ ( p 2 − 3 2 ) − p 7 ] 2 {\displaystyle \Rightarrow \left({\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}\right)^{2}=\left[\left(p^{2}-{\frac {3}{2}}\right)-p{\sqrt {7}}\right]^{2}} ⇒ 31 + 2 60 + 2 90 + 2 150 = ( p 2 − 3 2 ) 2 + ( − p 7 ) 2 − 2 × p 7 × ( p 2 − 3 2 ) {\displaystyle \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)} ⇒ 31 + 4 15 + 6 10 + 10 6 = ( p 2 − 3 2 ) 2 + 7 p 2 − p ( 2 p 2 − 3 ) 7 {\displaystyle \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}}} ⇒ 2 10 + 6 6 + p ( 2 p 2 − 3 ) 7 = ( p 2 − 3 2 ) 2 + 7 p 2 − 4 ( 6 + 10 + 15 + p 7 ) − 31 {\displaystyle \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 6 + 10 + 15 + p 7 {\displaystyle {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}+p{\sqrt {7}}} ， p {\displaystyle p} 皆為有理數 設 10 + 6 6 + p ( 2 p 2 − 3 ) 7 = q = ( p 2 − 3 2 ) 2 + 7 p 2 − 4 ( 6 + 10 + 15 + p 7 ) − 31 {\displaystyle {\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 {\displaystyle q} 亦為有理數 證明 a + b + c {\displaystyle {\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}+{\sqrt {c}}} 形式的數是無理數的方法可知 10 + 6 6 + p ( 2 p 2 − 3 ) 7 {\displaystyle {\sqrt {10}}+6{\sqrt {6}}+p(2p^{2}-3){\sqrt {7}}} 為無理數 這和 q {\displaystyle q} 是有理數衝突 所以得證 2 + 3 + 5 + 7 {\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}} 為無理數 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 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 2 {\displaystyle {\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[永久失效連結]（數學傳播 第30卷 第4期）