无理数

无理数是指除有理数以外的实数，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，是指无法用两个整数的比来说明一个无理数。

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，小数点之后的数字有无限多个，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被表示称两个整数的比）。常见的无理数有大部分的平方根、π和e（其中后两者同时为超越数）等。无理数的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，不相信无理数的存在。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进行定义。

举例

1. $\sqrt{3}=1.73205080\cdots$
2. $\log_{10}3=0.47712125\cdots$
3. $e=2.71828182845904523536\cdots$
4. 解析失败 (转换错误。服务器（“cli”）报告：“[INVALID]”): {\displaystyle \sin{45^\circ}=\frac \sqrt 2{2}=0.70710678\cdots}
5. 圆周率=3.14159265358979323846264338327950288419716939937510582097494459230781640628620899...

性质

• 无理数加或减无理数不一定得无理数，例如:$\log_{10} 2 + \log_{10} 5 = \log_{10}10 = 1$。
• 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

$\pi+e \,$、$\pi-e \,$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$\pi-\pi=0$、$\sqrt{2}+\sqrt{3}$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（因有理数集是可数集而实数集是不可数集）。无理数集是个不完备的拓扑空间，它是与所有正数数列的集拓扑同构的，当中的同构映射是无理数的连分数开展。因而贝尔纲定理可以应用在无数间的拓扑空间上。

无理化作连分数的表达式

$x^2=c\qquad(c>0)$，

选取一个正的实数$\rho\,$使得

$\rho^2<c\!$。

经由递回处理

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

一些无理数的证明

证明$\sqrt{2}$是无理数

证：

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

两边平方，得到$2=\frac{p^2}{q^2}$。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

证：

假设$\sqrt{2}+\sqrt{3}=p$是有理数，两边平方得到

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

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：

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

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

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

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

$\Rightarrow3\sqrt{6}+\sqrt{10}=\frac{\frac{(p^2-10)^2}{4}-31}{2}-2(\sqrt{6}+ \sqrt{10}+\sqrt{15})$

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

另一种证明：

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：

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

$\Rightarrow5+2\sqrt{6}=p^2+5-2p\sqrt{5}$

$\Rightarrow2(\sqrt{6}+p\sqrt{5})=p^2$

透过证明形如$\sqrt{a}+\sqrt{b}$的数是无理数的方法，得出$\sqrt{6}+p\sqrt{5}$是一无理数

也是矛盾的。

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

证：

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

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

$\Rightarrow10+2\sqrt{6}+2\sqrt{10}+2\sqrt{15}=p^2+7-2p\sqrt{7}$

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

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

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

$\Rightarrow31+2\sqrt{60}+2\sqrt{90}+2\sqrt{150}=\left(p^2-\frac{3}{2}\right)^2+(-p\sqrt{7})^2-2\times{p}\sqrt{7}\times\left(p^2-\frac{3}{2}\right)$

$\Rightarrow31+4\sqrt{15}+6\sqrt{10}+10\sqrt{6}=\left(p^2-\frac{3}{2}\right)^2+7p ^2-p(2p^2-3)\sqrt{7}$

$\Rightarrow2\sqrt{10}+6\sqrt{6}+p(2p^2-3)\sqrt{7}=\left(p^2-\frac{3}{2}\right )^2+7p^2-4\left(\sqrt{6}+\sqrt{10}+\sqrt{15}+p\sqrt{7}\right)-31$

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

透过证明形如$\sqrt{a}+\sqrt{b}+\sqrt{c}$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$\sqrt{2}+\sqrt{3}+\sqrt{5}+\sqrt{7}$为一无理数

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，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（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）