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各种各样的數

基本

$mathbb N subseteq mathbb Z subseteq mathbb Q subseteq mathbb R subseteq mathbb C$

正數 $mathbb R^+$
自然数 $mathbbN$
正整數 $mathbb Z^+$
小数
有限小数
无限小数
循环小数
有理数 $mathbbQ$
代數數 $mathbbA$
实数 $mathbb R$
複數 $mathbb C$
高斯整數 $mathbbZ[i]$

负数 $mathbbR^-$
整数 $mathbb Z$
负整數 $displaystyle mathbb Z ^-$
分數
單位分數
二进分数
規矩數
無理數
超越數
虚数 $mathbb I$
二次无理数
艾森斯坦整数 $displaystyle mathbb Z [omega ]$

延伸

雙曲複數
雙複數
四元數 $mathbb H$
共四元數（英语：Dual quaternion）
八元數 $mathbbO$
超數
上超實數

超复数
十六元數 $mathbb S$
複四元數
大實數
超實數 $displaystyle ^*mathbb R$
超現實數

其他

对偶数
序数
質數 $mathbb P$
同餘
可計算數
整數數列
數學常數

公稱值
超限数
基數
P進數
規矩數
可定義數
阿列夫數

圓周率 $displaystyle pi =3.141592653dots$
自然對數的底 $displaystyle e=2.718281828dots$
虛數單位 $displaystyle i=sqrt -1$
無窮大 $infty$

無理數是指除有理数以外的实数，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進行定義。

举例

$sqrt 3=1.73205080cdots$

$log _103=0.47712125cdots$

$pi =3.141592653589793238462643383279502884cdots$

$e=2.71828182845904523536cdots$

$displaystyle sin 45^circ =frac sqrt 22=0.70710678cdots$

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。

不知是否是無理數的數

$pi +e,$ 、 $pi -e,$ 等，事实上，對于任何非零整數 $m,$ 及 $n,$ ，不知道 $mpi +ne,$ 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=cqquad (c>0)

，

選取一個正的實數 $rho ,$ 使得

rho ^2<c!

。

經由遞迴處理

beginalignedx^2 -!rho ^2&=c -!rho ^2\(x -!rho )(x +!rho )&=c -!rho ^2\x -!rho &=frac c -!rho ^2rho +!x\x&=rho +!frac c -!rho ^2rho +!x\&=rho +!cfrac c -!rho ^2rho +!left(rho +!cfrac c -!rho ^2rho +!xright)\&=rho +!cfrac c -!rho ^22rho +!cfrac c -!rho ^22rho +!cfrac c -!rho ^2ddots ,=sqrt c,endaligned

一些無理數的證明

證明 $sqrt 2$ 是无理数

证：

假设 $sqrt 2$ 是有理数，并且令 $sqrt 2=frac pq$ ， $frac pq$ 是最简分数。

两边平方，得到 $2=frac p^2q^2$ 。将此式改写为 $displaystyle 2q^2=p^2$ ，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 $displaystyle p=2p_1$ ，其中 $p_1$ 为整数。

代入可得 $displaystyle q^2=2p_1^2$ 。同理可得 $q$ 亦为偶数。

这与 $frac pq$ 为最简分数的假设矛盾，
所以 $sqrt 2$ 是有理数的假设不成立。

證明 $sqrt 2+sqrt 3$ 是无理数

證：

假設 $sqrt 2+sqrt 3=p$ 是有理數，兩邊平方得到

$5+2sqrt 6=p^2Rightarrow sqrt 6=frac p^2-52$

其中因為 $p$ 是有理數，所以 $frac p^2-52$ 也是有理數。

透過證明 $sqrt a$ 為無理數的方法，其中 $a$ 為一整數

可以證明 $sqrt 6$ 是無理數

同樣也推出 $frac p^2-52$ 是無理數

但這又和 $frac p^2-52$ 是有理數互相矛盾

所以 $sqrt 2+sqrt 3$ 是一無理數

證明 $sqrt 2+sqrt 3+sqrt 5$ 是无理数

證：

同樣，假設 $sqrt 2+sqrt 3+sqrt 5=p$ 是有理數，兩邊平方後得到

$10+2sqrt 6+2sqrt 10+2sqrt 15=p^2Rightarrow sqrt 6+sqrt 10+sqrt 15=frac p^2-102$ ，

於是 $sqrt 6+sqrt 10+sqrt 15$ 是有理數。兩邊再次平方，得：

$31+10sqrt 6+6sqrt 10+4sqrt 15=frac (p^2-10)^24$ ，

於是 $5sqrt 6+3sqrt 10+2sqrt 15=frac frac (p^2-10)^28-312$

由於 $sqrt 6+sqrt 10+sqrt 15$ 是有理數，所以

$3sqrt 6+sqrt 10+2(sqrt 6+sqrt 10+sqrt 15)=frac frac (p^2-10)^24-312$

$Rightarrow 3sqrt 6+sqrt 10=frac frac (p^2-10)^24-312-2(sqrt 6+sqrt 10+sqrt 15)$

透過證明形如 $sqrt a+sqrt b$ 的數是無理數的方法，得出 $3sqrt 6+sqrt 10$ 也是一無理數

但這結果明顯和 $frac frac (p^2-10)^28-312$ 與 $2(sqrt 6+sqrt 10+sqrt 15)$ 皆為有理數出現矛盾，故 $sqrt 2+sqrt 3+sqrt 5$ 為無理數

另一種證明：

同樣假設 $sqrt 2+sqrt 3+sqrt 5=p$ 是有理數，

$sqrt 2+sqrt 3+sqrt 5=p$

$Rightarrow sqrt 2+sqrt 3=p-sqrt 5$ ，兩邊平方：

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

$Rightarrow 5+2sqrt 6=p^2+5-2psqrt 5$

$Rightarrow 2(sqrt 6+psqrt 5)=p^2$

透過證明形如 $sqrt a+sqrt b$ 的數是無理數的方法，得出 $sqrt 6+psqrt 5$ 是一無理數

也是矛盾的。

證明 $sqrt 2+sqrt 3+sqrt 5+sqrt 7$ 是无理数

證：

$sqrt 2+sqrt 3+sqrt 5+sqrt 7=p$

$Rightarrow sqrt 2+sqrt 3+sqrt 5=p-sqrt 7$ ，兩邊平方得到：

$Rightarrow 10+2sqrt 6+2sqrt 10+2sqrt 15=p^2+7-2psqrt 7$

$Rightarrow sqrt 6+sqrt 10+sqrt 15+psqrt 7=frac p^22-frac 32$ ，得到 $sqrt 6+sqrt 10+sqrt 15+psqrt 7$ 為一有理數

$Rightarrow sqrt 6+sqrt 10+sqrt 15=frac p^22-frac 32-psqrt 7$ ，兩邊繼續平方：

$Rightarrow left(sqrt 6+sqrt 10+sqrt 15right)^2=left(p^2-frac 32-psqrt 7right)^2$

$Rightarrow left(sqrt 6+sqrt 10+sqrt 15right)^2=left[left(p^2-frac 32right)-psqrt 7right]^2$

$Rightarrow 31+2sqrt 60+2sqrt 90+2sqrt 150=left(p^2-frac 32right)^2+(-psqrt 7)^2-2times psqrt 7times left(p^2-frac 32right)$

$Rightarrow 31+4sqrt 15+6sqrt 10+10sqrt 6=left(p^2-frac 32right)^2+7p^2-p(2p^2-3)sqrt 7$

$Rightarrow 2sqrt 10+6sqrt 6+p(2p^2-3)sqrt 7=left(p^2-frac 32right)^2+7p^2-4left(sqrt 6+sqrt 10+sqrt 15+psqrt 7right)-31$

由於 $sqrt 6+sqrt 10+sqrt 15+psqrt 7$ ， $p$ 皆為有理數

設 $sqrt 10+6sqrt 6+p(2p^2-3)sqrt 7=q=left(p^2-frac 32right)^2+7p^2-4left(sqrt 6+sqrt 10+sqrt 15+psqrt 7right)-31$ ， $q$ 亦為有理數

透過證明形如 $sqrt a+sqrt b+sqrt c$ 的數是無理數的方法，可知 $sqrt 10+6sqrt 6+p(2p^2-3)sqrt 7$ 為無理數

這和 $q$ 是有理數衝突

所以得證 $sqrt 2+sqrt 3+sqrt 5+sqrt 7$ 為一無理數

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

第一次數學危機

外部連結

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

$sqrt 2$ 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^{[永久失效連結]}（數學傳播第30卷第4期）

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