1. 幕起 --- 被扔進海裡的英雄
現在我們都知道實數分為有理數與無理數兩類, 但這不是人們一開始就知道的。 例如, 古希臘畢氏學派的學者, 把數與線段長度視為一體的兩面, 他們認為任意兩線段的長度總是可以公度, 也就是, 其比是兩個正整數之比, 用現代的說法, 他們心中的數都是有理數, 是兩個整數的比。
但是想不到, 學派中竟然出現「叛徒」 (可能是 Metapontum 的 Hippasus), 論述了正方形的對角線長與邊長不可公度, 正五邊形的對角線長與邊長也一樣不可公度。 這實在是一個驚天動地的大叛逆, 難怪他要因此被扔進海中處死。
不過人類是聰明的, 如果原來我們只知道有理數, 但卻發現了一個有理數講不通的現象, 那就接受現象, 用現象描述一個嶄新的事情。 就好像牛頓發現蘋果從樹上往下掉落在地面, 他其實是看不到地球用「力」把蘋果拉下來, 但是既然有蘋果落地的現象, 就把這個現象叫做「地心引力」所產生的現象； 地心本未用「力」, 引力不過是蘋果落地現象的描述。
類似的手段, 有理數之中本來並沒有平方等於 2 的數, 不過聰明如 Dedekind 之輩, 就用兩邊包抄的方法, 將有理數分為兩類, 一類是非正的有理數及平方小於 2 的正有理數, 另一類是平方大於 2 的正有理數, 於是就「想像」在大於與小於之間有一個等於, 用此創造出一種平方等於 2 的新數出來。
這樣的精神在複數也再次發生。 本來只知道實數, 在實數中找不到平方等於 -1 的數, 但是解方程式時卻經常有平方為負的方程式, 那就乾脆發明一種新的數, 它的平方就是 -1。
2. $\sqrt{2}$ 是無理數 --- 開跑了
證明 $\sqrt{2}$ 是無理數, 長久以來都是台灣髙一數學的敎學內容, 用來訓練反證法。一般常見的證明如下證法一, 這個證明的精神最早由亞里斯多德
(Aristotle, 西元前 384$\sim$322 年)在他的書 Analytica Priora 中提到, 後來歐基理德 (Euclid, 約西元前 300 年)仔細寫為《幾何原本》第 X 卷第 117 命題。
以上的說明取自 wiki「Square root of 2」網頁
https://en.wikipedia.org/wiki/Square_root_of_2。
但是根據我手邊的《幾何原本》版本
證法一： 假設 $\sqrt{2}$ 是有理數, 則存在正整數 $a$ 與 $b$ 使得 $\sqrt{2} =a/b$, 不妨假設 $a$ 與 $b$ 互質。 首先 $a^2=2b^2$。 因為 $a^2$ 是偶數, 所以 $a$ 也是偶數 (要不然, 如果 $a$ 是奇數 $2k+1$, 則其平方 $a^2=(2k+1)^2=4k^2+4k+1=2$ ($2k^2+2k)+1$ 是奇數, 矛盾), 也就是存在正整數 $c$ 使得 $a=2c$。 所以 $(2c)^2=2b^2$, 也就是 $b^2=2c^2$。 同理 $b$ 也是偶數, 就存在正整數 $d$ 使得 $b=2d$, 因此 $a$ 與 $b$ 有公因數 $2$, 這與原來假設它們互質矛盾。 所以 $\sqrt{2}$ 不是有理數。$\Box$
另外一種類似當年證明 $\sqrt{2}$ 不可公度的無窮下降法, 說明如下。
證法二： 假設 $\sqrt{2}$ 是有理數, 則存在正整數 $a$ 與 $b$ 使得 $\sqrt{2} =a/b$, 不妨假設 $a$ 是能取到的最小可能正整數。 因為 $1\lt \sqrt{2} \lt 2$, 所以 $b\lt a\lt 2b$。 由於 $$\sqrt{2} =\frac{\sqrt{2} ( \sqrt{2} -1)}{\sqrt{2} -1}=\frac{2- \sqrt{2}}{\sqrt{2} -1}=\frac{2-a/b}{a/b-1}=\frac{2b-a}{a-b},$$ 我們再次將 $\sqrt{2}$ 寫成兩個整數相除, 但其分子 $2b-a\lt a$, 這與原來假設 $a$ 是最小可能矛盾。 所以 $\sqrt{2}$ 不是有理數。$\Box$
最後我們要用「算術基本定理」為基礎, 證明 $\sqrt{2}$ 是無理數如下。
證法三： 假設 $\sqrt{2}$ 是有理數, 則存在正整數 $a$ 與 $b$ 使得 $\sqrt{2} =a/b$, 透過平方有 $a^2=2b^2$, 其中 $a^2$ 和 $b^2$ 的質因數分解中2的次方都是偶數, 因而 $2b^2$ 的質因數分解中 2 的次方會是奇數,也就是 $a^2$ 與 $2b^2$ 的質因數分解中 2 的次方不相同, 這與質因數分解的唯一性矛盾。 所以 $\sqrt{2}$ 不是有理數。$\Box$
最後這個證明之所以能夠這麼簡便, 是因為它用到一個看似直觀, 但是證明也要費點功夫的質因數分解的唯一性。 這個證法的威力是, 可以類似證明如下的一些與指數、 對數有關的數是無理數, 這是因為 $\sqrt{2}$ 其實是 2 的 1/2 次方。
- $\sqrt{3}$、 $\sqrt{5}$、 更一般來說當正整數 $n$ 不是平方數時的 $\sqrt{n}$。
- $\root 3\of 4$、$\root 5\of 6$、 更一般來說當正整數 $n$ 不是 $m$ 次方數時的 $\root m\of n$。
- $\log 2$、$\log 3$、 更一般來說當正整數 $n$ 不是 10 的次方時的 $\log n$。
3. $e$ 是無理數 --- 加速前進
$e$ 這個數的由來始於 Euler 計算指數函數的微分, 也就是, 當 $a$ 是正數時 $$(a^x)'=\lim_{h\to 0}\frac{a^{x+h}-a^x}{h}=a^x\lim_{h\to 0}\frac{a^{h}-1}{h}.$$ 其中的 $\lim\limits_{h\to 0}\dfrac{a^{h}-1}{h}$ 是一個只與 $a$ 有關的常數, 我們就定義 $e$ 是使得此數為 1 的 $a$。 用一個簡單的估計, 那就是 $\dfrac{e^{h}-1}{h}\approx 1$, 也就是 $e^h-1\approx h$, 或是 $e\approx (1+h)^{1/h}$, 如果將連續的量 $1/h$ 視為離散的正整數 $n$, 那應該定義 $e=\lim\limits_{n\to\infty}\Big(1+\dfrac 1n\Big)^n$。
類似前述的推導微分公式 $(e^x)'=e^x$, 再用以推導 $(\ln x)'=1/x$, 對現在有些追求「嚴格證明」的人來說可能覺得不完美, 所以有些微積分課本會反過來,用積分定義自然對數 $$\ln x=\int_1^x\frac 1tdt.$$ 再用微積分基本定理求得 $(e^x)'=e^x$。 這種看似完美的推導, 其借助的是要花費大力氣才能證明的微積分基本定理。 雖然說,數學到後來, 當你知道所有結果之後, 如何推導都無礙； 可是我覺得, 對於一個初學的人, 知道歷史的原意, 更能感受其美。
不管如何, 接下來要證明 $e$ 是無理數, 就要用到其無窮級數的展開式： $$e=\frac {1}{0!}+\frac {1}{1!}+\frac {1}{2!}+\frac {1}{3!}+\frac {1}{4!}+\cdots$$ 假設 $e$ 是有理數, 則存在正整數 $a$ 與 $b$, 使得 $e=a/b$。 將上式兩邊乘上 $b!$,得到 $$\frac{b!a}{b}=\frac {b!}{0!}+\frac {b!}{1!}+\frac {b!}{2!}+\cdots+\frac {b!}{b!}+\frac 1{b+1}+\frac 1{(b+1)(b+2)}+\cdots,$$ 其中前面的一些數都是整數,但是後面的一段卻滿足 $$0\lt \frac 1{b+1}+\frac 1{(b+1)(b+2)}+\cdots\lt \frac 1{b+1}+\frac 1{(b+1)^2}+\cdots=\frac 1b\le 1,$$ 因此得到整數等於整數加上一個介於 0 與 1 之間的小數, 矛盾。 所以 $e$ 是無理數。
4. 圓周率是無理數 --- 起飛了
圓周率 $\pi$ 是大家很熟悉的一個數學常數, 但是要證明它是無理數卻比上面的論述都要難, 這裡採用 Niven 的證明方法。
假設 $\pi$ 是有理數, 則存在正整數 $a$ 與 $b$ 使得 $\pi=a/b$。 對於正整數 $n$, 考慮多項式函數 $f(x)=x^n (a-bx)^n/n!= b^n x^n(\pi-x)^n/n!$。 先證明一個性質。
性質： 對於任意非負整數 $m$, $f^{(m)}(0)$ 與 $f^{(m)} (\pi)$ 都是整數, 其中 $f^{(m)}(x)$ 是 $f$ 在 $x$ 的 $m$ 次導數。
證明： 首先, 因為 $f(x)=(c_n x^n+c_{n+1} x^{n+1}+\cdots+c_{2n} x^{2n})/n!$, 其中各個 $c_i$ 都是整數。 所以, 當 $m\lt n$ 時, $f^{(m)}(0)=0$； 而當 $m\ge n$ 時, $f^{(m)}(x)$ 常數項中的 $m!$ 抵消 $n!$, 所以 $f^{(m)}(0)$ 是整數。
另一方面, 因為 $f(\pi -x)=f(x)$, 所以 $(-1)^{(m)} f^{(m)} (\pi -x)=f^{(m)} (x)$, 遂有 $f^{(m)}(\pi )=(-1)^m f^{(m)} (0)$ 也是整數。$\Box$
接著, 對 $\int_0^\pi f(x)\sin xdx$ 做多次部分積分, 也就是對於偶數的 $m$, 計算 \begin{align*} \int_0^\pi f^{(m)}(x)\sin xdx&=\int_0^\pi f^{(m)}(x)(-\cos x)' dx\\ &=-f^{(m)}(x)\cos x\Big|_0^\pi+\int_0^\pi f^{(m+1)}(x)\cos xdx\\ &=\hbox{整數}+\int_0^\pi f^{(m+1)}(x)(\sin x)'dx\\ &=\hbox{整數}+f^{(m+1)}(x)\sin x\Big|_0^\pi-\int_0^\pi f^{(m+2)}(x)\sin xdx\\ &=\hbox{整數}-\int_0^\pi f^{(m+2)}(x)\sin xdx. \end{align*} 利用這個結果 $n+1$ 次, 再加上 $f^{(2n+2)}(x)=0$, 就得到 $\int_0^\pi f(x)\sin xdx$ 為整數。
另一方面, 當 $0\lt x\lt \pi$ 時, $0\lt f(x)\sin x\le (a\pi )^n/n!$, 其中最右式當 $n$ 趨近於 $\infty$ 時趨近於 0, 所以當 $n$ 夠大時, $\int_0^\pi f(x)\sin xdx$ 是介於 0 與 1 之間的小數, 矛盾。 所以 $\pi$ 是無理數。
5. 幕落 --- 打不完的蚊子
證明一個數是無理數並不一件容易的事, 事實上, 還有很多數我們猜想它們是無理數, 但都還不會證明, 例如 ： $\pi +e$、 $\pi -e$、 或是更一般不為零的整數組合 $m\pi +ne$、 $\pi e$、 $\pi /e$、 $2^e$、 $\pi ^e$、 $\pi^{\sqrt{2}}$、 $\ln \pi$、 Catalan 常數 $\sum\limits_{n=0}^\infty (-1)^n/(2n+1)^2$、 以及 Euler-Mascheroni 常數 $$\gamma=\lim_{n\to\infty}\Big(-\ln n+\sum_{k=1}^n \frac 1k\Big)=\int_1^\infty\Big(-\frac 1x+\frac 1{|x|}\Big)dx.$$
參考文獻
---本文作者為臺灣大學數學系名譽教授---