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。

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${\sqrt {2}}$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. ${\sqrt {3}}$＝1.73205080…
2. $\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$\log _{10}2+\log _{10}5=\log _{10}10=1$。
• 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$m\,$及$n\,$，不知道$m\pi +ne\,$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、${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$等除外。

我们亦不知道$2^{e}\,$、$\pi ^{e}\,$、$\pi ^{\sqrt {2}}$、欧拉－马歇罗尼常数$\gamma \,$、卡塔兰常数$G$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

$x^{2}=c\qquad (c>0)$，

选取正实数$\rho \,$使

$\rho ^{2}<c\!$。

经由递归处理

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

无理数之证

证明${\sqrt {2}}$是无理数

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

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

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

代入可得$q^{2}=2p_{1}^{2}$。同理可得$q$亦为偶数。

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

证明${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$是无理数

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

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

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

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

可以证明${\sqrt {6}}$是无理数

同样也推出${\frac {p^{2}-5}{2}}$是无理数

但这又和${\frac {p^{2}-5}{2}}$是有理数互相矛盾

所以${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$是一无理数

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

证一

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

证二

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

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

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

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

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

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

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

也是矛盾的。

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

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

这和$q$是有理数冲突

所以得证${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}$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
• ${\sqrt {2}}$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（数学传播 第30卷 第4期）