無理數 - 维基百科，自由的百科全书

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無理數（irrational number）是指有理数以外的实数，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，是指无法用两整数之比来说明的无理数。

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，小數點後有無限多位，並且不會循環，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，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${\displaystyle {\sqrt {2}}}$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，因而被扔进海中处死，其罪名竟然等同于“渎神”。另見第一次數學危機。

無理數可以通過有理數的分划的概念來定義。

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…

• 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。

π＋e、π－e等，事实上，對于任何非零整數${\displaystyle m\,}$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${\displaystyle 2^{e}\,}$、${\displaystyle \pi ^{e}\,}$、${\displaystyle \pi ^{\sqrt {2}}}$、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無理數。

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，因而贝尔纲定理可應用於無數間的拓撲空間。

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

選取正實數${\displaystyle \rho \,}$使

${\displaystyle \rho ^{2}<c\!}$。

經由遞迴處理

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

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。

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${\displaystyle {a}}$為一非完全平方数

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。

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

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

• 分划
• 丢番图逼近
• 3的算术平方根
• 5的算术平方根
• 超越数
• 第一次數學危機
• 正規數

• 從畢氏學派到歐氏幾何的誕生，蔡聰明 （页面存档备份，存于互联网档案馆），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 （页面存档备份，存于互联网档案馆）（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）