無理數

無理數，當中的「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，因为没有办法用两个整数的比来说明一个无理数。

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，小數點之後的數字有無限多個，並且不會循環，即无限不循环小数。常見的無理數有大部分的平方根、π和e（其中後兩者同時為超越數）等。無理數的另一特徵是無限的連分數表達式。

傳說中，无理数最早由畢達哥拉斯學派弟子希伯斯发现。他以幾何方法證明${\sqrt {2}}$無法用整数及分數表示。而畢達哥拉斯深信任意数均可用整数及分数表示，不相信無理數的存在。後來希伯斯触犯学派章程，将无理数透露给外人，因而被处死，其罪名竟然等同于“渎神”。

無理數可以通過有理數的分划的概念進行定義。

举例

1. ${\sqrt {3}}=1.73205080\cdots$
2. $\log _{10}3=0.47712125\cdots$
3. $\pi =3.141592653589793238462643383279502884\cdots$
4. $e=2.71828182845904523536\cdots$

性质

• 无理数加或减有理数必得无理数。
• 无理数乘不等于0的有理数必得无理数。

不知是否無理數的數

$\pi +e\,$、$\pi -e\,$等，事实上，對于任何非零整數$m\,$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$\pi +(-\pi )$、${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$等除外。

我們亦不知道$2^{e}\,$、$\pi ^{e}\,$、$\pi ^{\sqrt {2}}$、欧拉-马歇罗尼常数$\gamma \,$或卡塔兰常数$G$是否無理數。

無理數集的特性

無理數集是不可數集（因有理數集是可數集而實數集是不可數集）。無理數集是個不完備的拓撲空間，它是與所有正數數列的集拓撲同構的，當中的同構映射是無理數的連分數開展。因而贝尔纲定理可以應用在無數間的拓撲空間上。

無理化作連分數的表達式

$x^{2}=c\qquad (c>0)$，

選取一個正的實數$\rho \,$使得

$\rho ^{2}<c\!$。

經由遞迴處理

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

一些無理數的證明

證明${\sqrt {2}}$是无理数

主条目：2的算术平方根

证：我们假设${\sqrt {2}}$是有理数，并且令${\sqrt {2}}=p/q$，${\frac {p}{q}}$是最简分数。由于${\sqrt {2}}$不是整数，所以$\left|q\right|$ $\neq 1$。

我们将两边平方，得到$2={p^{2}}/{q^{2}}$，

因为${\frac {p}{q}}$是最简分数，所以${\frac {p^{2}}{q^{2}}}$也是最简分数。

2的最简分数只能够是${\frac {2}{1}}$，由此得出$q=1$，这与$\left|q\right|$ $\neq 1$矛盾。

所以假设不成立，${\sqrt {2}}$是无理数。

證明${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}$是无理数

证：

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

$5+2{\sqrt {6}}=p^{2}=>{\sqrt {6}}={\frac {p^{2}-5}{2}}$，于是${\sqrt {6}}$是有理数，矛盾。因此假设不成立。

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

证：

(1) 我们假设${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}=p$是有理数，两边平方得到

$10+2{\sqrt {6}}+2{\sqrt {10}}+2{\sqrt {15}}=p^{2}=>{\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}={(p^{2}-10)}/2$，

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

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

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

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

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

的左边是一个有理数，但由方法2可证明$3{\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}$为无理数，矛盾，于是假设不成立。

(2) 同样假设${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}=p$是有理数，我们将式子变成

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

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

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

于是得出${\sqrt {6}}+p{\sqrt {5}}$是有理数，也是矛盾的。

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

证：

同样假设${\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}=p$是有理数，我们将式子变成

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

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

$=>{\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}+p{\sqrt {7}}={P^{2}-3}/2$是一个有理数。

两边继续平方：

$({\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}})^{2}=({P^{2}-3}/2-p{\sqrt {7}})^{2}$

$=>31+4{\sqrt {15}}+6{\sqrt {10}}+10{\sqrt {6}}=({p^{2}-3}/2)^{2}+7p^{2}-p(p^{2}-3){\sqrt {7}}$

$=>2{\sqrt {10}}+6{\sqrt {6}}+p(p^{2}-7){\sqrt {7}}=({p^{2}-3}/2)^{2}+7p^{2}-4({\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}+p{\sqrt {7}})-31$

由于${\sqrt {6}}+{\sqrt {10}}+{\sqrt {15}}+p{\sqrt {7}}={P^{2}-3}/2$是有理数，所以$2{\sqrt {10}}+6{\sqrt {6}}+p(p^{2}-7){\sqrt {7}}$是有理数，矛盾。

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

外部鏈結

• 從畢氏學派到歐氏幾何的誕生，蔡聰明，有畢氏弄石法的證明
• √2是無理數的六個證明，香港大學數學系蕭文強（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）