无理数

无理数（irrational number）是指有理数以外的实数，当中的“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。

各种各样的数

基本

${\displaystyle \mathbb {N} \subseteq \mathbb {Z} \subseteq \mathbb {Q} \subseteq \mathbb {R} \subseteq \mathbb {C} }$ 正数 ${\displaystyle \mathbb {R} ^{+}}$ 自然数 ${\displaystyle \mathbb {N} }$ 正整数 ${\displaystyle \mathbb {Z} ^{+}}$ 小数 有限小数 无限小数 循环小数 有理数 ${\displaystyle \mathbb {Q} }$ 代数数 ${\displaystyle \mathbb {A} }$ 实数 ${\displaystyle \mathbb {R} }$ 复数 ${\displaystyle \mathbb {C} }$ 高斯整数 ${\displaystyle \mathbb {Z} [i]}$ 负数 ${\displaystyle \mathbb {R} ^{-}}$ 整数 ${\displaystyle \mathbb {Z} }$ 负整数 ${\displaystyle \mathbb {Z} ^{-}}$ 分数 单位分数 二进分数 规矩数 无理数 超越数 虚数 ${\displaystyle \mathbb {I} }$ 二次无理数 艾森斯坦整数 ${\displaystyle \mathbb {Z} [\omega ]}$

延伸

二元数 四元数 ${\displaystyle \mathbb {H} }$ 八元数 ${\displaystyle \mathbb {O} }$ 十六元数 ${\displaystyle \mathbb {S} }$ 超实数 ${\displaystyle ^{*}\mathbb {R} }$ 大实数 上超实数 双曲复数 双复数 复四元数 共四元数（英语：Dual quaternion） 超复数 超数 超现实数

其他

质数 ${\displaystyle \mathbb {P} }$ 可计算数 基数 阿列夫数 同余 整数数列 公称值 规矩数 可定义数 序数 超限数 p进数 数学常数 圆周率 ${\displaystyle \pi =3.14159265}$… 自然对数的底 ${\displaystyle e=2.718281828}$… 虚数单位 ${\displaystyle i={\sqrt {-{1}}}}$ 无限大 ${\displaystyle \infty }$

查 论 编

非有理数之实数不能写作两整数之比。若将它写成小数形式，小数点后有无限多位，并且不会循环，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）。常见无理数有大部分的平方根、π和e（后两者同时为超越数）等。无理数另一特征是无限的连分数表达式。

传说中，无理数最早由毕达哥拉斯学派弟子希伯斯发现，他以几何方法证明${\displaystyle {\sqrt {2}}}$无法用整数及分数表示；而毕达哥拉斯深信任意数均可用整数及分数表示，不相信无理数存在，后来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”。另见第一次数学危机。

无理数可以通过有理数的分划的概念来定义。

举例

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…

性质

• 无理数加或减无理数不一定得无理数，如${\displaystyle \log _{10}2+\log _{10}5=\log _{10}10=1}$。
• 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。

不知是否是无理数的数

π＋e、π－e等，事实上，对于任何非零整数${\displaystyle m\,}$及${\displaystyle n\,}$，不知道${\displaystyle m\pi +ne\,}$是否无理数。

无理数与无理数的四则运算的结果往往不知道是否无理数，只有π－π＝0、${\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}}$等除外。

我们亦不知道${\displaystyle 2^{e}\,}$、${\displaystyle \pi ^{e}\,}$、${\displaystyle \pi ^{\sqrt {2}}}$、欧拉－马歇罗尼常数${\displaystyle \gamma \,}$、卡塔兰常数${\displaystyle G}$和费根鲍姆常数是否无理数。

无理数集的特性

无理数集是不可数集（有理数集是可数集而实数集是不可数集）。无理数集是不完备的拓扑空间，它与所有正数数列的集拓扑同构，当中的同构映射是无理数的连分数开展，因而贝尔纲定理可应用于无数间的拓扑空间。

无理化作连分数的表达式

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

选取正实数${\displaystyle \rho \,}$使

${\displaystyle \rho ^{2}<c\!}$。

经由递回处理

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

无理数之证

证明 2 {\displaystyle {\sqrt {2}}} 是无理数

假设${\displaystyle {\sqrt {2}}}$是有理数，且${\displaystyle {\sqrt {2}}={\frac {p}{q}}}$，${\displaystyle {\frac {p}{q}}}$是最简分数。

两边平方，得${\displaystyle 2={\frac {p^{2}}{q^{2}}}}$。将此式改写为${\displaystyle 2q^{2}=p^{2}}$，可见${\displaystyle p^{2}}$为偶数。

因为平方运算保持奇偶性，所以${\displaystyle p}$只能为偶数。设${\displaystyle p=2p_{1}}$，其中${\displaystyle p_{1}}$为整数。

代入可得${\displaystyle q^{2}=2p_{1}^{2}}$。同理可得${\displaystyle q}$亦为偶数。

这与${\displaystyle {\frac {p}{q}}}$为最简分数的假设矛盾，所以${\displaystyle {\sqrt {2}}}$是有理数的假设不成立。

证明 2 + 3 {\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}} 是无理数

假设${\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}=p}$是有理数，两边平方得

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

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

透过证明${\displaystyle {\sqrt {a}}}$为无理数的方法，其中${\displaystyle {a}}$为一非完全平方数

可以证明${\displaystyle {\sqrt {6}}}$是无理数

同样也推出${\displaystyle {\frac {p^{2}-5}{2}}}$是无理数

但这又和${\displaystyle {\frac {p^{2}-5}{2}}}$是有理数互相矛盾

所以${\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}}$是一无理数

证明 2 + 3 + 5 {\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}} 是无理数

证一

同样，假设${\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}=p}$是有理数，两边平方得

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

于是${\displaystyle {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}}$是有理数。两边再次平方，得：

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

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

由于${\displaystyle {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}}$是有理数，所以

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

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

透过证明形如${\displaystyle {\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}}$的数是无理数的方法，得出${\displaystyle 3{\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}}$也是一无理数

但这结果明显和${\displaystyle {\frac {{\frac {(p^{2}-10)^{2}}{8}}-31}{2}}}$与${\displaystyle 2({\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}})}$皆为有理数出现矛盾，故${\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}}$为无理数

证二

同样假设${\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}=p}$是有理数，

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

${\displaystyle \Rightarrow {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}=p-{\sqrt {5}}}$，两边平方：

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

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

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

证明${\displaystyle {\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}}$形式的数是无理数的方法，得出${\displaystyle {\sqrt {6}}+p{\sqrt {5}}}$是无理数

也是矛盾的。

证明 2 + 3 + 5 + 7 {\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}} 是无理数

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

${\displaystyle \Rightarrow {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}=p-{\sqrt {7}}}$，两边平方得

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

${\displaystyle \Rightarrow {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}+p{\sqrt {7}}={\frac {p^{2}}{2}}-{\frac {3}{2}}}$，得到${\displaystyle {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}+p{\sqrt {7}}}$为一有理数

${\displaystyle \Rightarrow {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}={\frac {p^{2}}{2}}-{\frac {3}{2}}-p{\sqrt {7}}}$，两边继续平方：

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

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

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

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

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

由于${\displaystyle {\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}+p{\sqrt {7}}}$，${\displaystyle p}$皆为有理数

设${\displaystyle {\sqrt {10}}+6{\sqrt {6}}+p(2p^{2}-3){\sqrt {7}}=q=\left(p^{2}-{\frac {3}{2}}\right)^{2}+7p^{2}-4\left({\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}+p{\sqrt {7}}\right)-31}$，${\displaystyle q}$亦为有理数

证明${\displaystyle {\sqrt {a}}+{\sqrt {b}}+{\sqrt {c}}}$形式的数是无理数的方法可知${\displaystyle {\sqrt {10}}+6{\sqrt {6}}+p(2p^{2}-3){\sqrt {7}}}$为无理数

这和${\displaystyle q}$是有理数冲突

所以得证${\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}}$为无理数

参见

• 分划
• 丢番图逼近
• 3的算术平方根
• 5的算术平方根
• 超越数
• 第一次数学危机
• 正规数

外部链接

• 从毕氏学派到欧氏几何的诞生，蔡聪明 （页面存档备份，存于互联网档案馆），有毕氏弄石法的证明
• ${\displaystyle {\sqrt {2}}}$是无理数的六个证明，香港大学数学系萧文强 （页面存档备份，存于互联网档案馆）（Mathematical Excalibur Vol.3 No.1 Page 2）
• 旧题新解—根号2是无理数，张海潮 张镇华^{[永久失效链接]}（数学传播 第30卷 第4期）