7.2 有理數與無理數

為何有理數仍然不夠

整數對加法、減法與乘法封閉，但對除法不封閉。為了解

$$3x=2$$

這類方程，我們把數系由 $\mathbb Z$ 擴大到有理數 $\mathbb Q$。這個擴大非常有用：它容許分數，對四則運算穩定，並且仍然透過分子與分母保留整數整除的資訊。

可是，即使 $\mathbb Q$ 也不足以包含所有熟悉方程的解。例如

$$x^2=2$$

在實數中有非負解 $\sqrt2$，但這個解不是有理數。本節的目標是把這個差異說清楚：先整理有理數的運算封閉性，再用質數整除證明某些根式不可能是有理數。

有理數與無理數

定義

有理數與無理數

設 $x\in\mathbb R$。

1. 若存在整數 $m,n\in\mathbb Z$，其中 $n\ne0$，使得

   $$x=\frac mn,$$

   則稱 $x$ 是有理數。

2. 若 $x$ 不是有理數，則稱 $x$ 是無理數。

所有有理數的集合記作 $\mathbb Q$。

條件 $n\ne0$ 不能省略，因為除以零沒有定義。有理數表示也不唯一：

$$\frac12=\frac24=\frac{-3}{-6}.$$

要證明一個數是有理數，只需給出一個合法分數表示；要證明一個數是無理數，就要證明不存在任何這樣的分數表示。

在無理性證明中，我們常把正有理數寫成最低項：

$$x=\frac ab,\qquad a,b\in\mathbb Z^+,\quad \gcd(a,b)=1.$$

條件 $\gcd(a,b)=1$ 表示所有共同因數都已消去。很多證明會先假設存在這樣的最低項表示，再推出同一個質數同時整除 $a$ 和 $b$，從而矛盾。

這種規範化不會丟失任何正有理數。由任意合法整數分數開始，正值保證分子分母同號； 必要時同時變號，使兩者為正，再同除以它們的正最大公因數。數值不變，而所得兩個 正整數互質。因此要求最低項並不是額外假定一個特殊有理數，只是選擇便於判斷公因數的表示。

有理數的封閉性

定理

Q 對四則運算的封閉性

設 $x,y\in\mathbb Q$。

1. $x+y\in\mathbb Q$、$x-y\in\mathbb Q$，且 $xy\in\mathbb Q$。
2. 若 $y\ne0$，則 $x/y\in\mathbb Q$。

設

$$x=\frac mn,\qquad y=\frac pq,$$

其中 $m,n,p,q\in\mathbb Z$ 且 $n\ne0$、$q\ne0$。則

$$x+y=\frac{mq+np}{nq},\qquad x-y=\frac{mq-np}{nq},\qquad xy=\frac{mp}{nq}.$$

這些式子的分子與分母都是整數，而且分母 $nq$ 非零，所以三個結果都是有理數。

若 $y\ne0$，由 $y=p/q$ 可知 $p\ne0$。因此

$$\frac xy=\frac{m/n}{p/q}=\frac{mq}{np},$$

而 $np\ne0$，所以 $x/y$ 也是有理數。

封閉性有確定方向：有理數輸入產生有理數輸出。它不表示有理數輸出一定來自兩個有理數， 也不表示有理係數方程一定有有理數解；開根並不是上面證明的四則運算之一。應用定理時， 要逐一確認輸入屬於哪個數集，並在除法中明確哪個量必須非零。僅僅把結果寫成分數不夠， 還要證明分子與分母具有定義要求的類型，不能把無理數除以一便稱為有理數。

例題

用明確的四則運算檢查有理性

取 $x=2/3$、$y=-5/4$。通分並使用乘積公式，得到

$$x+y=-\frac7{12},\qquad x-y=\frac{23}{12},\qquad xy=-\frac56,\qquad \frac xy=-\frac8{15}.$$

例如 $x-y=(8+15)/12$，因為減去負數會改變對應分子的符號。計算商時， $y\ne0$，所以可乘其倒數 $-4/5$。四個結果的分子都是整數，分母都是非零整數， 因而滿足有理數的定義。約分有助於閱讀，卻不是這個存在性論證的必要條件： 即使把乘積留作 $-10/12$，仍已證明它是有理數。後面的反證涉及公因數， 那時最低項條件才成為決定性條件。這兩種證明目標不能混淆。

定理

有理數平移與非零有理數倍

若 $r\in\mathbb Q$、$s\in\mathbb R\setminus\mathbb Q$，則 $r+s$ 無理。 若還有 $r\ne0$，則 $rs$ 無理。

若 $r+s=t\in\mathbb Q$，由減法封閉性得 $s=t-r\in\mathbb Q$，矛盾。 若 $rs=t\in\mathbb Q$ 且 $r\ne0$，由除法封閉性得 $s=t/r\in\mathbb Q$，也矛盾。 兩次使用封閉性時，參與減法或除法的兩個量都已知有理，並沒有把無理數直接代入定理。 特別地，在乘法結論中取 $r=-1$，便知 $-s$ 無理。加法結論則不要求有理加數非零， 因為減去零仍是合法的減法。

反例模式

無理數輸入不能決定結果的類型

「兩個無理數的和或積一定無理」是假命題。使用下文證明的 $\sqrt2$ 的無理性，有

$$\sqrt2+(-\sqrt2)=0,\qquad \sqrt2\cdot\sqrt2=2.$$

每次運算的兩個輸入確實都是無理數，輸出卻是有理數。反過來，斷言結果一定有理也不對： $\sqrt2+\sqrt2=2\sqrt2$ 無理，而 $\sqrt2(1+\sqrt2)=2+\sqrt2$ 也無理。 上面的混合運算定理既證明這些輸出無理，也證明第二個乘積中的輸入 $1+\sqrt2$ 無理， 所以沒有偷換反例的假設。

正確的修復是固定一個輸入為有理數：有理平移保留無理性，非零有理數倍也保留無理性。 乘法中不能省去非零條件，因為 $0\cdot\sqrt2=0$。這不反駁加法結論： $0+\sqrt2=\sqrt2$ 仍然無理。兩個無理輸入的運算，則必須另行分析，不能套用這條定理。

非負 n 次根

定義

非負 n 次實根

設 $n\in\mathbb Z^+$，且 $a,\rho$ 是非負實數。若

$$\rho^n=a,$$

則稱 $\rho$ 是 $a$ 的非負 $n$ 次實根。

定理

非負 n 次根的存在與唯一性

設 $n\in\mathbb Z^+$，且 $a$ 是非負實數。存在唯一非負實數 $\rho$ 使得

$$\rho^n=a.$$

這個數記作

$$\sqrt[n]{a}.$$

「非負」二字很重要。對平方根而言，$3$ 和 $-3$ 都滿足 $x^2=9$，但只有 $3$ 是非負平方根，所以

$$\sqrt9=3,$$

不是 $\pm3$。在本節中，$\sqrt[n]{a}$ 指的是非負實數 $a$ 的唯一非負 $n$ 次根。

奇數次根也可討論負實數，但本節只需要非負實數的非負根。

這裡把 $\sqrt[n]{a}$ 的存在性當作實數中的事實記錄；完整證明屬於後續分析課程。本節使用這個記號來研究另一個問題：這些根何時是有理數？

唯一性可以直接核實，不必先構造實數。若 $0\le u\lt v$，則 $v^n\gt u^n$： $n=1$ 時顯然；$n\ge2$ 時使用

$$v^n-u^n=(v-u)(v^{n-1}+v^{n-2}u+\cdots+u^{n-1})\gt0.$$

第一個因子為正；括號內第一項為正，其餘項非負，所以整項為正。因此兩個不同的非負數 不能有相同的 $n$ 次方，非負根至多只有一個。注意「至多一個」並不證明「至少一個」： 存在性仍由上述實數定理保證，不能把唯一性論證誤作存在性證明。邊界上有 $\sqrt[n]{0}=0$、$\sqrt[1]{a}=a$；條件 $n\ge1$ 排除了所謂零次根的解釋。

$\sqrt2$ 的無理性

第一個重要例子是經典命題：$\sqrt2$ 不是有理數。證明會用到整除章節中的 Euclid 引理：

$$p\mid ab\quad\Longrightarrow\quad p\mid a\text{ or }p\mid b$$

其中 $p$ 是質數。特別地，若質數 $p$ 整除 $a^2$，則 $p$ 整除 $a$。

定理

sqrt(2) 的無理性

實數 $\sqrt2$ 是無理數。

證明: 最低項、奇偶性與矛盾

假設與目標。 反設 $\sqrt2$ 是有理數。因為它為正，可寫成最低項

$$\sqrt2=\frac ab,$$

其中 $a,b\in\mathbb Z^+$ 且 $\gcd(a,b)=1$。兩邊平方得

$$2=\frac{a^2}{b^2}, \qquad\text{所以}\qquad 2b^2=a^2.$$

第一依賴：分子為偶數。 因此 $2\mid a^2$。由於 $2$ 是質數，Euclid 引理推出 $2\mid a$。設 $a=2c$，其中 $c\in\mathbb Z^+$。代回 $2b^2=a^2$ 得

$$2b^2=(2c)^2=4c^2.$$

兩邊除以 $2$：

$$b^2=2c^2.$$

第二依賴：分母為偶數。 所以 $2\mid b^2$，再次由 Euclid 引理得 $2\mid b$。這表示 $2$ 同時整除 $a$ 和 $b$，與 $\gcd(a,b)=1$ 矛盾。

矛盾與結論。 因此 $\sqrt2$ 不可能是有理數。

僅僅分子為偶數並不矛盾：最低項分數可以有偶分子、奇分母，例如 $2/3$。 因此第二次使用質數整除不能省略，它負責迫使分母也變成偶數。反過來，若一開始容許 未約分的表示，例如 $2/4$，得出分子分母都偶數也沒有矛盾。最低項假設與兩次整除推論 必須結合起來；真正被否定的是存在最低項表示的假設，而不是平方或消去非零因子的合法運算。

例題

含 sqrt(3) 的有理係數唯一性

設 $a,b,c,d\in\mathbb Q$，且

$$a+b\sqrt3=c+d\sqrt3.$$

假設 $\sqrt3$ 是無理數。我們證明 $a=c$ 且 $b=d$。

移項得

$$a-c=(d-b)\sqrt3.$$

若 $d-b\ne0$，則

$$\sqrt3=\frac{a-c}{d-b}.$$

右邊是兩個有理數的商，且分母非零，因此是有理數，與 $\sqrt3$ 無理矛盾。所以 $d-b=0$，即 $b=d$；代回原式即得 $a=c$。

這個例子說明：在有理數係數下，$1$ 與 $\sqrt3$ 不能互相偽裝。有理部分與 $\sqrt3$ 部分必須分別相等。

質數的 n 次根是無理數

同樣的思路可證明更一般的根式無理性。

定理

質數的 n 次根是無理數

設 $n$ 是大於 $1$ 的整數，且 $p$ 是正質數。則

$$\sqrt[n]{p}$$

是無理數。

反設 $\sqrt[n]{p}$ 是有理數。因為它為正，可寫成最低項

$$\sqrt[n]{p}=\frac ab,$$

其中 $a,b\in\mathbb Z^+$ 且 $\gcd(a,b)=1$。兩邊取 $n$ 次方：

$$p=\frac{a^n}{b^n}, \qquad\text{所以}\qquad pb^n=a^n.$$

因此 $p\mid a^n$。把 $a^n$ 看成 $n$ 個 $a$ 的乘積，反覆使用 Euclid 引理可得 $p\mid a$。設 $a=pc$，則

$$pb^n=(pc)^n=p^n c^n.$$

消去一個 $p$：

$$b^n=p^{n-1}c^n.$$

因為 $n\gt 1$，右邊仍含有因子 $p$，所以 $p\mid b^n$，再由 Euclid 引理得 $p\mid b$。這與 $a,b$ 互質矛盾，所以 $\sqrt[n]{p}$ 是無理數。

常見錯誤

指數必須大於一

若 $n=1$，則 $\sqrt[1]{p}=p$ 是整數，當然是有理數。上面的矛盾需要 $p^{n-1}$ 至少仍含有一個 $p$。

$\sqrt n$ 何時是有理數？

對正整數的平方根，有理性有一個精確判別：正整數的平方根是有理數，當且僅當該整數本身是完全平方數。

定義

完全平方數

若正整數 $n$ 可寫成

$$n=m^2$$

其中 $m\in\mathbb Z$，則稱 $n$ 是完全平方數。

定理

平方根有理性判別

設 $n\in\mathbb Z^+$。則 $\sqrt n$ 是有理數，當且僅當 $n$ 是完全平方數。

若 $n=m^2$，則非負平方根為 $\sqrt n=|m|$，這是一個整數，因此是有理數。

反過來，假設 $\sqrt n$ 是有理數，並寫成最低項

$$\sqrt n=\frac ab,$$

其中 $a,b\in\mathbb Z^+$ 且 $\gcd(a,b)=1$。平方後得

$$nb^2=a^2.$$

我們證明 $b=1$。若 $b\gt 1$，則 $b$ 有質因數 $p$。由 $p\mid b$ 得 $p\mid b^2$，而 $nb^2=a^2$ 迫使 $p\mid a^2$。由 Euclid 引理，$p\mid a$。這與 $\gcd(a,b)=1$ 矛盾。因此 $b=1$。

所以 $\sqrt n=a$，從而

$$n=a^2.$$

因此 $n$ 是完全平方數。

這個定理解釋了為甚麼 $\sqrt4$、$\sqrt9$、$\sqrt{49}$ 是有理數，而 $\sqrt2$、$\sqrt3$、$\sqrt5$、$\sqrt6$、$\sqrt{10}$ 不是。重點不是小數展開看起來是否簡單，而是根號下的整數是否為整數平方。

這裏的策略與質數根證明不同。被開方整數 $n$ 未必是質數，所以不能認為 $n\mid a^2$ 就一定推出 $n\mid a$。證明改從分母入手：若分母大於一，就從分母選擇一個 質因數，再用等式把它傳到分子。於是，整數的平方根一旦有理，就必須是整數，而不可能是 最低項分母大於一的分數。若去掉被開方數為整數的條件，這個結論不成立： $\sqrt{1/4}=1/2$ 有理，卻不是整數。

例題

按被開方數選擇適用的定理

對於 $\sqrt{49}$，由 $49=7^2$ 得非負根為 $7$。對於 $\sqrt{18}$，不能用質數根定理， 因為 $18$ 是合數。但 $4^2=16\lt18\lt25=5^2$，所以 $18$ 不是整數平方： 任意非負整數不是至多為 $4$，就是至少為 $5$，平方便不能等於 $18$。 因此平方根判別給出 $\sqrt{18}$ 無理。

對於 $\sqrt[4]{7}$，可用質數根定理，取質數 $p=7$ 與整數 $n=4\gt1$。 最後，$2+\sqrt[3]{11}$ 無理：質數根定理先處理 $\sqrt[3]{11}$，有理平移定理再處理加法。 這幾步分別核對不同的假設，不能只憑有根號就斷言無理。結論是精確的；有限位小數近似 不能排除所有有理數表示，因此不能代替上述證明。

觀看 sqrt(2) 背後的反證法：同一質數被迫同時進入分子和分母，然後把這個想法推到質數根式和完全平方數。

1. Q 的缺口

   有理數對四則運算封閉，但實數方程 x^2=2 沒有有理數解。

2. 最低項

   假設 sqrt(2)=a/b，其中 a,b 為正整數且 gcd(a,b)=1；矛盾必須打破這個最低項條件。

3. 質數進入 a

   平方得到 2b^2=a^2，所以 2 整除 a^2；Euclid 引理迫使 2 整除 a。

4. 質數進入 b

   寫 a=2c 並代回去得到 b^2=2c^2，所以同一質數也整除 b。

5. 矛盾

   最低項分數不可能讓同一個質數同時整除分子和分母，因此 sqrt(2) 是無理數。

6. 根式判別

   同一證明模式給出質數 n 次根無理性，以及 sqrt(n) 有理 iff n 是完全平方數的判別。

sqrt(2) 的證明是一個最低項反證：同一個質數被迫同時進入分子和分母。同一模式解釋質數 n 次根為何無理，也解釋為何 sqrt(n) 有理正好等於 n 是完全平方數。

快速檢查

思考檢查

證明實數 $x$ 是無理數，具體要證明甚麼？

留意定義中的「不是」。

解答 · 答案

要證明不存在整數 $m,n$，其中 $n\ne0$，使得 $x=m/n$。

思考檢查

若 $x=m/n$ 和 $y=p/q$ 是有理數，且分母非零，為甚麼 $xy$ 是有理數？

寫出乘積的分數形式。

解答 · 答案

有 $xy=mp/(nq)$。因為 $mp,nq\in\mathbb Z$ 且 $nq\ne0$，所以乘積是有理數。

思考檢查

給出兩個無理數相加卻得到有理數的例子。

使用互為相反數的無理數。

解答 · 答案

例如 $\sqrt2$ 和 $-\sqrt2$ 都是無理數，但 $\sqrt2+(-\sqrt2)=0$，而 $0$ 是有理數。

思考檢查

在證明 $\sqrt2$ 無理時，為甚麼先把它寫成 $a/b$ 且 $\gcd(a,b)=1$？

矛盾會來自共同因數。

解答 · 答案

每個正有理數都可寫成最低項。若證明迫使同一個質數同時整除 $a$ 和 $b$，就會與 $\gcd(a,b)=1$ 矛盾。

思考檢查

若 $p$ 是質數，為甚麼 $p\mid a^n$ 會推出 $p\mid a$？

把 $a^n$ 看成 $n$ 個 $a$ 的乘積。

解答 · 答案

因為 $a^n=a\cdot a\cdots a$。Euclid 引理說，若質數 $p$ 整除這個乘積，則它整除其中某個因子；每個因子都是 $a$，所以 $p\mid a$。

思考檢查

對正整數 $n$，$\sqrt n$ 是有理數的充要條件是甚麼？

用「當且僅當」表述。

解答 · 答案

$\sqrt n$ 是有理數，當且僅當 $n$ 是完全平方數，也就是 $n=m^2$ 對某個整數 $m$ 成立。

總結

有理性要求存在一個整數分數表示；無理性排除每一個這樣的表示。封閉性證明四則運算 保留有理性，其中除數必須非零；同一封閉性又支持反證，說明有理平移與非零有理數倍 保留無理性。無理數之間的運算不能僅憑輸入類型判斷。

根式證明先固定非負實根，再用最低項分數檢驗有理性。對質數被開方數，質數整除迫使 分子和分母有共同因數；對正整數平方根，分母的任意質因數都會造成相同矛盾，故分母只能為一。 存在、唯一、有理是三個不同問題。選擇定理前，應分別核對根的定義域、指數範圍、質數條件 和任何要除去的量是否非零，不能把某一條結論的條件借給另一條結論。

練習

1. 直接由定義證明：若 $x,y\in\mathbb Q$，則 $3x-5y\in\mathbb Q$。
2. 給出例子說明兩個無理數的和與積都可能是有理數。
3. 證明：若 $r\in\mathbb Q$、$s\notin\mathbb Q$ 且 $r\ne0$，則 $rs\notin\mathbb Q$。
4. 設 $a,b,c,d\in\mathbb Q$。若 $a+b\sqrt3=c+d\sqrt3$，並假設 $\sqrt3$ 無理，證明 $a=c$ 且 $b=d$。
5. 證明 $\sqrt[3]{5}$ 是無理數。
6. 設 $n\in\mathbb Z^+$。證明 $\sqrt n$ 是有理數，當且僅當 $n$ 是完全平方數。
7. 判斷下列數是有理數還是無理數：$\sqrt{16}$、$\sqrt{18}$、$\sqrt[4]{7}$、$2+\sqrt[3]{11}$。

解答 · 參考解答 1

設 $x=m/n$、$y=p/q$，其中 $m,n,p,q\in\mathbb Z$ 且 $n,q\ne0$。則

$$3x-5y=\frac{3m}{n}-\frac{5p}{q} =\frac{3mq-5pn}{nq}.$$

分子與分母都是整數，且 $nq\ne0$，所以 $3x-5y\in\mathbb Q$。

解答 · 參考解答 2

對和，可取 $\sqrt2+(-\sqrt2)=0$。對積，可取 $\sqrt2\cdot\sqrt2=2$。兩個例子都由無理數作輸入，但結果是有理數。

解答 · 參考解答 3

反設 $rs\in\mathbb Q$。因為 $r\in\mathbb Q$ 且 $r\ne0$，由有理數對除法封閉，

$$s=\frac{rs}{r}\in\mathbb Q,$$

這與 $s\notin\mathbb Q$ 矛盾。

解答 · 參考解答 4

由 $a+b\sqrt3=c+d\sqrt3$ 得

$$a-c=(d-b)\sqrt3.$$

若 $d-b\ne0$，則 $\sqrt3=(a-c)/(d-b)$，右邊是有理數，矛盾。因此 $d-b=0$，即 $b=d$；代回原式得 $a=c$。

解答 · 參考解答 5

反設 $\sqrt[3]{5}=a/b$ 為最低項，其中 $a,b\in\mathbb Z^+$。立方得

$$5b^3=a^3.$$

所以 $5\mid a^3$，從而 $5\mid a$。設 $a=5c$，則

$$5b^3=125c^3,\qquad b^3=25c^3.$$

因此 $5\mid b^3$，所以 $5\mid b$，與最低項矛盾。故 $\sqrt[3]{5}$ 無理。

解答 · 參考解答 6

若 $n=m^2$，則 $\sqrt n=|m|$，所以是有理數。反過來，若 $\sqrt n=a/b$ 為最低項，則 $nb^2=a^2$。若 $b\gt 1$，取質數 $p\mid b$，則 $p\mid a^2$，所以 $p\mid a$，矛盾。因此 $b=1$， 於是 $n=a^2$。

解答 · 參考解答 7

$\sqrt{16}=4$，所以是有理數。$18$ 不是完全平方數，所以 $\sqrt{18}$ 無理。$\sqrt[4]{7}$ 由質數 n 次根定理可知無理。最後 $\sqrt[3]{11}$ 無理，所以 $2+\sqrt[3]{11}$ 也無理；否則減去有理數 $2$ 會令 $\sqrt[3]{11}$ 變成有理數。