數的概念 (第 4 頁)

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數的概念（第 4 頁）

康明昌

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．原載於數學傳播第六卷第四期、第七卷第一期
．作者當時任教於台大數學系

‧註釋
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4.實數系

是不是任意有限線段的長度都是有理數？

邊長為1的正方形的對角線的長度是 $\sqrt{2}$ 。 $\sqrt{2}$ 是不是有理數？

例題：

試證 $\sqrt{2}$ 不是有理數。

證明：

用歸謬法證明。

假設 $\sqrt{2}$ 是有理數。因此 $\sqrt{2} =\frac{q}{p}$ ，其中p與q是正整數。我們可以把p與q的公因數約掉，所以不妨假設p與q的最大公因數是1。

因為 $\sqrt{2} =\frac{q}{p}$ ，故得2= $\frac{q^2}{p^2}$ 。因此q²是偶數。如果q是奇數，則q²也是奇數（理由：若q=2n+1 ，n是整數，則q²=(2n+1)²=2(2n²+2n)+1 是奇數）。因此q是偶數，q=2n，n是正整數。

(2n)²=q²=2p²。因此，p²=2n² ，得p²是偶數，故p是偶數。

p與q都是偶數，則其最大公因數不可能是1。與最先的假設違反。得證 $\sqrt{2}$ 不是有理數。

從以上的討論，可以發現：雖然有理數稠密的分佈在數軸上，但是並不是數軸上的每一個點都可以用有理數表示。

顯然，在實際應用上的有理數系是不夠用的。我們要加進一些新的數，如 $\sqrt{2}$ ， $\sqrt{3}$ ， $\sqrt{5}$ ， $\sqrt[3]{2}$ ， $\sqrt[5]{\sqrt[7]{2} +\sqrt[4]{3}}$ ，把有理數擴充成實數（the real numbers）。不是有理數的實數就叫做無理數（the irrational numbers）。

同學可能會提出一些問題：

: 問題1.實數系是怎樣建造出來的？
: 問題2.無理數是不是都可以用開方得到的，像 $\sqrt{2}$ ， $\sqrt[3]{2}$ ， $\sqrt[5]{\sqrt[7]{2} +\sqrt[4]{3}}$ ？
: 問題3.為什麼要把實數區分成有理數和無理數？證明 $\sqrt{2}$ 不是有理數究竟有什麼用處？
: 問題4.是不是數軸上所有的點都可以用實數表示？

以上四個問題其實都不是很容易回答的。我們解釋如下。

第一個問題。嚴格的建造實數系是十九世紀七十年代才完成的，這要歸功於 C. Méary（1835 - 1911）， G. Cantor（1845 - 1918）， H. E. Heine， R. Dedekind（1831 - 1916）， K. Weierstrass（1815 - 1897）。同學可能會說：「我們只要規定實數系是數軸上所有的點，這樣就造出實數系了。」用這方法定義出來的實數系理論至少有兩個缺點：一、不嚴格，表面上我們似乎很熟悉數軸上的點，其實不然。例如，數軸上這個點和那個點究竟有什麼共同的地方和不同的地方，如1， $\sqrt{2}$ ， π，我們並不清楚。又如，數軸上某些點集合，如 [0，1]、（ $\frac{1}{3}$ ， $\frac{2}{3}$ ）、（ $\frac{1}{9}$ ， $\frac{2}{9}$ ） $\cup$ （ $\frac{7}{9}$ ， $\frac{8}{9}$ ）、 …，有什麼幾何性質並不是一目瞭然的。二、我們不容易由此得到實數系的基本的性質，如完備性（completeness）。因此十九世紀建造實數系的方法，是用整數和有理數做基礎，運用某些相當精妙的手法建立的。有興趣的同學可以參考本文的附錄，「如何建造實數系？」

第二個問題的答案是否定的。並不是所有的無理數都是用開方得到的。實數可以分成兩種，一種是代數數（the algebraic numbers），一種是超越數（the transcendental numbers）。

一個實數 α 是代數數，如果

$\begin{displaymath}a_n\alpha^n+a_{n-1}\alpha^{n-1}+\cdots +a_1\alpha +a_0=0\end{displaymath}$

其中 a_i 是整數且 $a_n\neq 0$ 。

一個實數 α 是超越數，如果

$\begin{displaymath}a_n\alpha^n+a_{n-1}\alpha^{n-1}+\cdots +a_1\alpha +a_0=0\end{displaymath}$

其中a_i是整數，則必定是a₀=a₁=…=a_n=0。

圓周率π是超越數，這是一個相當困難的定理，這個定理其實是古希臘幾何作圖的三大難題之一 ³ 。 $\sqrt{2}$ , $\sqrt[3]{2}$ ，或是任意有理數都是代數數。

但是並不是所有的代數數都可以用開方得到。例如，x⁵-4x+2=0 的根都是代數數，但是卻不能用開方的方法得到。要證明這件事，必須借助 Galois 理論。Galois 理論是一門高深的數學理論，是十九世紀法國天才數學家Évariste Galois（1811-1832）創造的 ⁴ 。

用開方得到的無理數，在無理數裏面（甚至代數數裏面）所佔的比例實在非常小。

第三個問題，為什麼要把實數區分成有理數和無理數？這其實是西方數學發展的過程所產生的問題。希臘人非常強調整數的重要性。所以有理數也自然的變成最基本的數學概念。因此，當希臘人找到一個無理數時，他們的思想界產生了一次非常劇烈的混亂。反過來看中國數學的發展，對中國人而言，數就是整數再附上小數，小數點後面的數可以無窮無盡的點下去。所以對於古代的中國數學家， $\sqrt{2}$ 是不是有理數，並不是一個不得了的問題。他們想都沒想過這問題。

第四個問題的答案沒有人知道。因此 Georg Cantor（1845-1918）在1872年提出一個解決的方法，把它當作是對的，不必去證明，這就是以下的

: Cantor 公設：所有的實數和數軸上的點成一對一的對應。

像有理數一樣，實數之間可以作加、減、乘、除（不過0不能作除數）。任意兩個實數可以比較大小。

我們介紹一個新的概念：絕對值。在以下實數軸中，P 點代表 3，Q 點代表 -3。

OP與OQ有什麼不同呢？OP的方向是向右的，而OQ的方向是向左的。

OP與OQ有什麼共同點呢？他們的長度都是3。我們規定3的絕對值是3，-3 的絕對值也是3，記做

$\begin{displaymath}\vert 3\vert=3\, , \vert-3\vert=3\end{displaymath}$

一般的說，如果a是任意實數，定義

$\begin{displaymath}\vert a\vert= \left\{ \begin{array}{rl} a&\mbox{, {\fontfamil... ...fontseries{m}\selectfont \char 74}}a< 0 \\ \end{array}\right. \end{displaymath}$

|a|叫做a的絕對值。

|a|恆為正數或零。若R點是數軸上代表a的點，則|a|是OR線段的長度。

絕對值有下列重要性質：

1. $\vert ab\vert=\vert a\vert\cdot \vert b\vert$ ；若 $a\neq 0$ ， $\vert\frac{b}{a} \vert$ = $\frac{\vert b\vert}{\vert a\vert}$ 。

2. $-\vert a\vert\leq a\leq \vert a\vert$ 。

3.若a>0，則|x|<a $\Leftrightarrow$ -a<x<a， $\vert x\vert\geq a$ $\Leftrightarrow$ $x\geq a$ 或 $x\leq -a$ 。

4.（三角不等式）

$\begin{eqnarray*} \vert a+b\vert&\leq&\vert a\vert+\vert b\vert\mbox{,} \\ \ver... ...t\mbox{{\fontfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \char 1}} \\ \end{eqnarray*}$

5.若a為任意實數，則 $\sqrt{a^2} =\vert a\vert$ 。

證明：

1. $\vert ab\vert=\vert a\vert\cdot \vert b\vert$ 。

若a，b有一為0，則左=右=0。其次依a>0或a<0，以及b>0或b<0，共四種情形，分別驗證。

同理可證 $\vert\frac{b}{a} \vert$ = $\frac{\vert b\vert}{\vert a\vert}$ ，若 $a\neq 0$ 。

2.證明亦分a>0，a=0，a<0為之。

3.設|x|<a，則因 $-\vert x\vert \leq x \leq \vert x\vert$ ，以及 |x|<a，-a<-|x|，得 -a < x < a。

反之，若 -a<x<a，則若 $x\geq 0$ ，a>x=|x|，若 x<0，由 -a<x 得 a>-x=|x|，故得 |x|<a。

4.因

$\begin{displaymath}-\vert a\vert\leq a\leq \vert a\vert\end{displaymath}$

$\begin{displaymath}-\vert b\vert\leq b\leq \vert b\vert\end{displaymath}$

兩式相加，

$\begin{displaymath}-(\vert a\vert+\vert b\vert)\leq a+b\leq(\vert a\vert+\vert b\vert)\end{displaymath}$

由性質3，

$\begin{displaymath} \vert a+b\vert\leq \vert a\vert+\vert b\vert \eqno{(1)} \end{displaymath}$

把b用-b代入(1)式得

$\begin{displaymath}\vert a-b\vert\leq \vert a\vert+\vert b\vert\end{displaymath}$

在(1)式中，用(a-b)及b代替a及b，得 $\vert a-b\vert+\vert b\vert\geq \vert a\vert$ 即

$\begin{displaymath}\vert a-b\vert\geq \vert a\vert-\vert b\vert\end{displaymath}$

同理可得， $\vert b-a\vert\geq \vert b\vert-\vert a\vert$ ，合併上兩式，由性質3

$\begin{displaymath}\vert\vert a\vert-\vert b\vert\vert\leq \vert a-b\vert\end{displaymath}$

5.按規定，若x>0， $\sqrt{x}$ 表正的平方根，故若 $a\neq 0$ ， $\sqrt{a^2}$ 的正平方根為|a|。故若a為實數恆有

$\begin{displaymath}\sqrt{a^2} =\vert a\vert\end{displaymath}$

習題6

1.對於任意n個實數 a₁,a₂,…,a_n，試證

$\begin{displaymath} \vert a_1+a_2+ \cdots +a_n\vert \leq \vert a_1\vert + \vert a_2\vert + \cdots + \vert a_n\vert \end{displaymath}$

2.試求|x²-2x+3|，|(x-1)(2-x)|，|-1-x²|。

3.若x是任意實數，試證

$\begin{displaymath}\vert x-1\vert+\vert x-2\vert+\vert x-\sqrt{5} \vert\geq \sqrt{5} -1\mbox{{\fontfamily{cwM0}\fontseries{m}\selectfont \char 1}}\end{displaymath}$

4.試證 $\sqrt{3}$ 不是有理數。

5.試證 $\frac{1}{10} + \frac{1}{10^{2!}} + \frac{1}{10^{3!}} + \frac{1}{10^{4!}} + \cdots + \frac{1}{10^{n!}} + \cdots$ ，不是有理數，其中 $n! =1 \cdot 2 \cdot 3 \cdots n$ 。（這個數其實是超越數，其證明已經超出高中範圍。）

6.試證 $\sqrt[7]{\sqrt[3]{2} +\sqrt{3}}$ 是代數數。

7.若 α 滿足 $a_n\alpha^n + a_{n-1}\alpha^{n-1} + \cdots + a_1\alpha + a_0 =0$ ，其中 a_i 是有理數，且 $a_n\neq 0$ 。試證 α 是代數數。

8.如果我們把正有理數排成以下次序

$\begin{displaymath} \frac{1}{1} ,\frac{2}{1} ,\frac{1}{2} ,\frac{3}{1} ,\frac{2}... ...} ,\frac{2}{3} ,\frac{1}{4} , \frac{5}{1} ,\frac{4}{2} ,\cdots \end{displaymath}$

試證 $\frac{q}{p}$ 是在第 $\frac{1}{2}$ (p+q-1)(p+q-2)+q 項出現。

9.(1)若有理數 $\frac{q}{p}$ (p，q是互質整數， $p\neq 0$ )是方程式a_nxⁿ+ a_n-1x^n-1+ …+a₀=0的根，其中a_i是整數， $a_n\neq 0$ 。試證p可整除a_n，q可整除a₀。

(2)試證 $\sqrt{2} +\sqrt[3]{2}$ 與 $\sqrt{3} +\sqrt[3]{2}$ 都不是有理數。

10.(1)試證任何兩個相異的有理數之間至少有一個無理數。（提示：若r是正有理數，則0 $<\frac{r}{2}\sqrt{2}$ <r，且 $\frac{r}{2}\sqrt{2}$ 是無理數。）

(2)試證任何兩個相異的有理數之間有無窮多個無理數。

11.(1)試證任意的有理數與無理數之間有無窮多個有理數，也有無窮多個無理數。（提示：設r<s，r是有理數，s是無理數，我們只要在r與s之間找個有理數就夠了。由Cantor公設， $\frac{1}{s-r}$ 是某個有限線段的長度，故 $\frac{1}{s-r}$ <n其中n是某個正整數。因此 $\frac{1}{n}$ <s-r，r $<r+\frac{1}{n}$ <s。）

(2)試證任一兩個相異的無理數之間有無窮多個有理數，也有無窮多個無理數。（提示：設r<s，r與s都是無理數。先找一個正整數n使得 $\frac{1}{n}$ <s-r。因此ns-nr>1，所以ns與nr之間必有一個整數m。故nr<m<ns，得r $<\frac{m}{n}$ <s。）

12.（Archimedes性質）若x，y是任意兩個實數，且x>0試證：必可找到一個正整數n使得nx>y。

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編輯：陳文是

最後修改日期：4/30/2002