无理数

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，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。

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

选取正实数${\displaystyle \rho \,}$ 使

${\displaystyle \rho ^{2}<c\!}$ 。

经由递回处理

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

证明${\displaystyle {\sqrt {2}}}$ 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${\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}}$ 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${\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}}$ 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${\displaystyle {\sqrt {2}}+{\sqrt {3}}+{\sqrt {5}}+{\sqrt {7}}}$ 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

• 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

• 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）