無理數

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。

各式各樣的數

基本

${\displaystyle \mathbb {N} \subseteq \mathbb {Z} \subseteq \mathbb {Q} \subseteq \mathbb {R} \subseteq \mathbb {C} }$ 正數 ${\displaystyle \mathbb {R} ^{+}}$ 自然數 ${\displaystyle \mathbb {N} }$ 正整數 ${\displaystyle \mathbb {Z} ^{+}}$ 小數 有盡小数 無盡小数 循環小數 有理數 ${\displaystyle \mathbb {Q} }$ 代數數 ${\displaystyle \mathbb {A} }$ 實數 ${\displaystyle \mathbb {R} }$ 複數 ${\displaystyle \mathbb {C} }$ 高斯整數 ${\displaystyle \mathbb {Z} [i]}$ 負數 ${\displaystyle \mathbb {R} ^{-}}$ 整數 ${\displaystyle \mathbb {Z} }$ 負整數 ${\displaystyle \mathbb {Z} ^{-}}$ 分數 單位分數 二進分數 規矩數 無理數 超越數 虛數 ${\displaystyle \mathbb {I} }$ 二次無理數 艾森斯坦整數 ${\displaystyle \mathbb {Z} [\omega ]}$

延伸

二元數 四元數 ${\displaystyle \mathbb {H} }$ 八元數 ${\displaystyle \mathbb {O} }$ 十六元數 ${\displaystyle \mathbb {S} }$ 超實數 ${\displaystyle ^{*}\mathbb {R} }$ 大實數 上超實數 雙曲複數 雙複數 複四元數 共四元數（英語：Dual quaternion） 超複數 超數 超現實數

其他

質數 ${\displaystyle \mathbb {P} }$ 可計算數 基數 阿列夫數 同餘 整數數列 公稱值 規矩數 可定義數 序數 超限數 p進數 數學常數 圓周率 ${\displaystyle \pi =3.14159265}$… 自然對數的底 ${\displaystyle e=2.718281828}$… 虛數單位 ${\displaystyle i={\sqrt {-{1}}}}$ 無限大 ${\displaystyle \infty }$

閱 論 編

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，即無盡不循環小數（任何有限或無盡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${\displaystyle {\sqrt {2}}}$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. ${\displaystyle {\sqrt {3}}}$＝1.73205080…
2. ${\displaystyle \log _{10}}$3＝0.47712125…
3. e＝2.71828182845904523536…
4. sin 45°＝${\textstyle {\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${\displaystyle \log _{10}2+\log _{10}5=\log _{10}10=1}$。
• 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${\displaystyle m\,}$及${\displaystyle n\,}$，不知道${\displaystyle m\pi +ne\,}$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、${\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}}$等除外。

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

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

選取正實數${\displaystyle \rho \,}$使

${\displaystyle \rho ^{2}<c\!}$。

經由遞歸處理

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

無理數之證

證明 2 {\displaystyle {\sqrt {2}}} 是無理數

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

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

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

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

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

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

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

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

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

透過證明${\displaystyle {\sqrt {a}}}$為無理數的方法，其中${\displaystyle {a}}$為一非完全平方數

可以證明${\displaystyle {\sqrt {6}}}$是無理數

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

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

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

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

證一

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

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

於是${\displaystyle {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}}$是有理數。兩邊再次平方，得：

${\displaystyle 31+10{\sqrt {6}}+6{\sqrt {10}}+4{\sqrt {15}}={\frac {(p^{2}-10)^{2}}{4}}}$，

於是${\displaystyle 5{\sqrt {6}}+3{\sqrt {10}}+2{\sqrt {15}}={\frac {{\frac {(p^{2}-10)^{2}}{8}}-31}{2}}}$

由於${\displaystyle {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}}$是有理數，所以

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

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

透過證明形如${\displaystyle {\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}}$的數是無理數的方法，得出${\displaystyle 3{\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}}$也是一無理數

但這結果明顯和${\displaystyle {\frac {{\frac {(p^{2}-10)^{2}}{8}}-31}{2}}}$與${\displaystyle 2({\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}})}$皆為有理數出現矛盾，故${\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}}$為無理數

證二

同樣假設${\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}=p}$是有理數，

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

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

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

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

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

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

也是矛盾的。

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

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

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

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

${\displaystyle \Rightarrow {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}+p{\sqrt {7}}={\frac {p^{2}}{2}}-{\frac {3}{2}}}$，得到${\displaystyle {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}+p{\sqrt {7}}}$為一有理數

${\displaystyle \Rightarrow {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}={\frac {p^{2}}{2}}-{\frac {3}{2}}-p{\sqrt {7}}}$，兩邊繼續平方：

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

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

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

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

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

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

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

證明${\displaystyle {\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}+{\sqrt {c}}}$形式的數是無理數的方法可知${\displaystyle {\sqrt {10}}+6{\sqrt {6}}+p(2p^{2}-3){\sqrt {7}}}$為無理數

這和${\displaystyle q}$是有理數衝突

所以得證${\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}}$為無理數

參見

• 分劃
• 丟番圖逼近
• 3的主平方根
• 5的主平方根
• 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，存於互聯網檔案館），有畢氏弄石法的證明
• ${\displaystyle {\sqrt {2}}}$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，存於互聯網檔案館）（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^{[永久失效連結]}（數學傳播 第30卷 第4期）