无限不循环小数

**無理數**（irrational number）是指有理數以外的實數，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，是指無法用兩整數之比來說明的無理數。

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，小數點後有無限多位，並且不會循環，即無限不循環小數（任何有限或無限循環小數可表示成兩整數的比）。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，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，因而被扔進海中處死，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來定義。

## 舉例

 1. ${\sqrt {3}}$ ＝1.73205080…
2. $\log _{10}$ 3＝0.47712125…
3. e＝2.71828182845904523536…
4. sin 45°＝ ${\frac {\sqrt {2}}{2}}$ ＝0.70710678…
5. π＝3.141592653589793238462…

## 性質

* 無理數加或減無理數不一定得無理數，如 $\log _{10}2+\log _{10}5=\log _{10}10=1$ 。
* 無理數乘不等於 0 的有理數必得無理數。
* 無理數的平方根、立方根等次方根必得無理數。

## 不知是否是無理數的數

π＋e、π－e 等，事實上，對於任何非零整數 $m\,$ 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 π－π＝0、 ${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$ 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 $G$ 和費根鮑姆常數是否無理數。

## 無理數集的特性

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，因而貝爾綱定理可應用於無數間的拓撲空間。

## 無理化作連分數的表達式

　
: $x^{2}=c\qquad (c>0)$ ，

選取正實數 $\rho \,$ 使

　
: $\rho ^{2}<c\!$ 。

經由遞迴處理

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

## 無理數之證

### 證明 ${\sqrt {2}}$ 是無理數

假設 ${\sqrt {2}}$ 是有理數，且 ${\sqrt {2}}={\frac {p}{q}}$ ， ${\frac {p}{q}}$ 是最簡分數。

兩邊平方，得 $2={\frac {p^{2}}{q^{2}}}$ 。將此式改寫為 $2q^{2}=p^{2}$ ，可見 $p^{2}$ 為偶數。

因為平方運算保持奇偶性，所以 $p$ 只能為偶數。設 $p=2p_{1}$ ，其中 $p_{1}$ 為整數。

代入可得 $q^{2}=2p_{1}^{2}$ 。同理可得 $q$ 亦為偶數。

這與 ${\frac {p}{q}}$ 為最簡分數的假設矛盾，所以 ${\sqrt {2}}$ 是有理數的假設不成立。

### 證明 ${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$ 是無理數

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

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

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 ${a}$ 為一非完全平方數

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

**證一**

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

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

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

**證二**

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：

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

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

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

證明 ${\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}$ 形式的數是無理數的方法，得出 ${\sqrt {6}}+p{\sqrt {5}}$ 是無理數

也是矛盾的。

### 證明 ${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}$ 是無理數

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

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

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

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

證明 ${\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}+{\sqrt {c}}$ 形式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
* 正規數

## 外部連結

* 從畢氏學派到歐氏幾何的誕生，蔡聰明 （頁面存檔備份，存於網際網路檔案館），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 （頁面存檔備份，存於網際網路檔案館）（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）