# 1.5 無理數的存在性

本節先運用完備性公理構造$\sqrt{2}$，再將此方法推廣至正實數的$n$次方根。
透過證明$\sqrt{2}$不是有理數，完備性揭示了無理數的存在。

## 平方根

我們在中學階段就知道$\sqrt{2}$是$2$的正平方根，也就是滿足$x^2=2$的正實數$x$。
這樣的實數是唯一的，原因在於假如$x,y$為相異的正實數，滿足$x^2 = y^2 = 2$，那麼
* 若$x<y$，則由範例0.3.2得知$x^2 < y^2$；矛盾產生。
* 若$y<x$，則同樣由範例0.3.2推得$y^2 < x^2$；依然矛盾。

然而，真的找得到滿足$x^2=2$的正實數$x$嗎？
這個問題並非吹毛求疵，因為滿足$x^2=2$的正有理數$x$並不存在。

:::danger
**命題1.5.1**
方程式$x^2=2$無正有理數解。
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:::success
**證明**
假設命題錯誤，$r$為方程式$x^2 = 2$的正有理數解。
將$r$化簡成最簡分數$m/n$，其中$m,n\in \mathbb{N}$。

因為$r^2=2$，所以$(m/n)^2 = 2$；移項整理得$m^2 = 2n^2$，故$m^2$為偶數。
由於當$m$為奇數時$m^2$是奇數，「$m^2$為偶數」意味著$m$是偶數。
那麼記$m=2k$，$k\in \mathbb{N}$；於是等式$m^2 = 2n^2$變成$(2k)^2 = 2n^2$，即$n^2 = 2k^2$。
因此$n^2$為偶數；跟$m$的情況相同，這表示$n$亦為偶數。

綜上所述，$m,n$都是偶數，但這和$m/n$為最簡分數的假設矛盾。
因此假設錯誤，方程式$x^2=2$無正有理數解。
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命題1.5.1顯示方程式解的存在性並非不證自明，而須經過嚴格的驗證；這正是完備性登場的時刻。

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**命題1.5.2**
方程式$x^2=2$有正實數解。
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:::success
**證明**
令$S = \{x\in \mathbb{R}:x^2\leq 2\}$；則$1\in S$，而且$2$為$S$的上界。
根據完備性公理，$S$有最小上界$u\in \mathbb{R}$；注意到$1\in S$意味著$u>0$。
接著論證$u^2=2$：
* 若$u^2<2$，則取$\delta_1 = \min\{1, (2-u^2)/(2u+1)\}$。
因為$0<\delta_1\leq 1$，所以$\delta_{1}^2\leq \delta_1$；從而
$$(u+\delta_1)^2 = u^2+2u\delta_1+\delta_{1}^2 \leq u^2+2u\delta_1+\delta_1 = u^2+(2u+1)\delta_1$$ 又$\delta_1\leq (2-u^2)/(2u+1)$，故$u^2+(2u+1)\delta_1 \leq 2$。
可是如此一來，$u+\delta_1$為$S$中大於$u$的實數，違背「$u$是$S$的上界」。

* 若$u^2>2$，則取$\delta_2 = (u^2-2)/(4u)$。
因為$\delta_2<(u^2-2)/(2u)$，所以
$$(u-\delta_2)^2 = u^2-2u\delta_2+\delta_{2}^2 \geq u^2-2u\delta_2 > 2$$ 又$\delta_2<u$，故$u-\delta_2>0$；如此一來，$u-\delta_2$為$S$的上界。
然而基於$\delta_2>0$，$u-\delta_2<u$；這和「$u$為$S$的最小上界」產生衝突。

既然$u^2<2$和$u^2>2$皆不成立，$u^2$只能等於$2$；因此，$u$是方程式$x^2=2$的正實數解。
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構思證明時，會先寫下希望$\delta_1,\delta_2$滿足的不等式，再根據不等式的成立條件湊出符合資格的$\delta_1,\delta_2$；特別留意符合資格的$\delta_1,\delta_2$不只一個，在此鼓勵讀者找尋屬於自己的$\delta_1$及$\delta_2$。

在$u^2<2$的情況下，我們認為$u$無法作為$S$的上界；所以預期存在比$u$大一點，但平方後仍未超過$2$的實數$u+\delta_1$；也就是說，
$$\delta_1>0\quad 且\quad u^2+2u\delta_1+\delta_{1}^2 \overset{(\star)}{\leq} 2$$ 不幸的是，$(\star)$為$\delta_1$的二次不等式，$\delta_1$的範圍不容易直接求得。
由於預期$u+\delta_1$只比$u$「大一點」，不妨額外限制$\delta_1\leq 1$，藉以將$(\star)$轉換成$\delta_1$的一次不等式：
$$u^2+2u\delta_1+\delta_1 \leq 2$$ 基於$0<\delta_1\leq 1$，只要$\delta_1$滿足此不等式，$(\star)$便跟著成立；綜上所述，我們期望$\delta_1$滿足下列條件：
$$\delta_1>0\quad 且\quad \delta_1\leq 1\quad 且\quad u^2+2u\delta_1+\delta_1\leq 2$$ 第三個不等式相當於$\delta_1\leq (2-u^2)/(2u+1)$。
可見$\delta_1 = \min\{1,(2-u^2)/(2u+1)\}$是符合資格的選擇。

至於在$u^2>2$的情況下，為了讓$u-\delta_2$小於$u$但仍是$S$的上界，我們要求
$$0<\delta_2<u\quad 且\quad u^2-2u\delta_2+\delta_{2}^2 \overset{(*)}{>} 2$$ 同樣地，$(*)$是$\delta_2$的二次不等式；不過這次能利用$\delta_{2}^2$非負的特性，直接求解不等式
$$u^2-2u\delta_2>2$$ 即可，無須額外限制$\delta_2$的範圍。由此發現，$\delta_2$可以取為$(u^2-2)/(4u)$。

命題1.5.1及1.5.2證實了$\sqrt{2}$是一個實數，但不是有理數。

:::warning
**定義1.5.3（無理數）**
不是有理數的實數稱為<font color=red>無理數（irrational number）</font>。
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## \*高次方根

仿照命題1.5.2的證明，可知每個正實數$a$的正平方根$\sqrt{a}$均存在於$\mathbb{R}$中。
這套論證還能進一步推廣，構造出$a$的$n$次方根；為此，我們需要以下兩個性質。

:::danger
**命題1.5.4**
令$x,y$為實數。下列等式對任意的正整數$n$均成立：
$$(x+y)^n = \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}x^{n-i}y^{i}$$ 其中
$$\binom{n}{i} = \frac{n!}{i!(n-i)!}$$
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:::success
**證明**
欲證明的等式在$n=1$時成立：
$$(x+y)^1 = \binom{1}{0}x^{1}y^{0}+\binom{1}{1}x^{0}y^{1} = \sum_{i=0}^{1} \binom{1}{i}x^{1-i}y^{i}$$ 任意給定正整數$k$，假設該等式成立於$n=k$；則
\begin{align}
(x+y)^{k+1} &= (x+y)(x+y)^k\\[6pt]
&= (x+y)\left(\sum_{i=0}^{k} \binom{k}{i}x^{k-i}y^{i}\right)\\[6pt]
&= \sum_{i=0}^{k} \binom{k}{i}x^{k+1-i}y^{i} + \sum_{i=0}^{k} \binom{k}{i}x^{k-i}y^{i+1}
\end{align} 將上式最下方的兩個總和記作$A$與$B$，觀察到
\begin{align}
A &= x^{k+1} + \left(\sum_{i=1}^{k} \binom{k}{i}x^{k+1-i}y^{i}\right)\\[6pt]
B &= \sum_{i=1}^{k+1} \binom{k}{i-1}x^{k+1-i}y^{i} = \left(\sum_{i=1}^{k} \binom{k}{i-1}x^{k+1-i}y^{i}\right) + y^{k+1}
\end{align} 經定義直接驗證$\binom{k}{i}+\binom{k}{i-1} = \binom{k+1}{i}$，發現
\begin{align}
A+B = x^{k+1}+\left(\sum_{i=1}^{k} \binom{k+1}{i}x^{k+1-i}y^{i}\right)+y^{k+1} = \sum_{i=0}^{k+1} \binom{k+1}{i}x^{k+1-i}y^{i}
\end{align} 因此，欲證明的等式亦成立於$n=k+1$；命題依數學歸納法證畢。
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:::danger
**命題1.5.5**
令$x$為大於$-1$的實數。下列不等式對任意的正整數$n$均成立：
$$(1+x)^n \geq 1+nx$$
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:::success
**證明**
欲證明的不等式在$n=1$時成立：$(1+x)^1 = 1+x \geq 1+1x$。
對任意的正整數$k$而言，若該不等式成立於$n=k$，則其亦成立於$n=k+1$：
$$(1+x)^{k+1} = (1+x)(1+x)^k \geq (1+x)(1+kx) \geq 1+(k+1)x$$ 其中，第一個不等號用到了$x>-1$的條件。
因此命題根據數學歸納法得證。
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現在給出命題1.5.2的推廣版本。

:::danger
**命題1.5.6（正$n$次方根的存在性與唯一性）**
給定正整數$n$及正實數$a$，方程式$x^n=a$恰有一個正實數解。
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以下僅論證解的存在性，其唯一性是範例0.3.2的結果。

:::success
**證明**
首先考慮$a\geq 1$的情況：
令$S = \{x\in \mathbb{R}:x^n\leq a\}$；則$1\in S$，而且由$a\leq a^n$得知$a$為$S$的上界。
根據完備性公理，$S$有最小上界$u\in \mathbb{R}$；注意到$u>0$。
接著論證$u^n<a$和$u^n>a$皆不成立，由此確認$u$是方程式$x^n=a$的正實數解。
* 若$u^n<a$，則取$\delta_1 = \min\{1,(a-u^n)/(u+1)^n\}$。
因為$0<\delta_1\leq 1$，所以利用命題1.5.4，
\begin{align}
(u+\delta_1)^n &= \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i}u^{n-i}\delta_{1}^{i}\\[6pt]
&\leq u^n+\left(\sum_{i=1}^{n} \binom{n}{i}u^{n-i}\delta_1\right)\\[6pt]
&= u^n+\left(\sum_{i=1}^{n} \binom{n}{i}u^{n-i}1^{i}\right)\delta_1 \leq u^n+(u+1)^n\delta_1
\end{align} 又$\delta_1\leq (a-u^n)/(u+1)^n$，故$u^n+(u+1)^n\delta_1\leq a$。
可是如此一來，$u+\delta_1$為$S$中大於$u$的實數，違背「$u$是$S$的上界」。

* 若$u^n>a$，則取$\delta_2 =(u^n-a)/(2nu^{n-1})$。
因為$\delta_2<u$，所以$u-\delta_2>0$；又由命題1.5.5，
$$(u-\delta_2)^n = u^n\left(1-\frac{\delta_2}{u}\right)^n \geq u^n\left(1-n\frac{\delta_2}{u}\right) = u^n-nu^{n-1}\delta_2$$ 故從$\delta_2 < (u^n-a)/(nu^{n-1})$得知$u^n-nu^{n-1}\delta_2 > a$；那麼$u-\delta_2$為$S$的上界。
然而基於$\delta_2>0$，$u-\delta_2<u$；這和「$u$是$S$的最小上界」產生衝突。

再來討論$0<a<1$的情況：
此時$1/a>1$，前述論證顯示方程式$x^n=1/a$有正實數解$x^{*}$。
因此$(1/x^{*})^n = 1/(x^{*})^n = a$，發現$1/x^{*}$就是方程式$x^n = a$的正實數解；命題至此證畢。
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命題1.5.6中的正實數解記作$\sqrt[n]{a}$，稱為$a$的正$n$次方根（positive $n$th root）。
另外，方程式$x^n=0$的解顯然是$0$，據此定義$\sqrt[n]{0}=0$；當$n=2$時，將$\sqrt[2]{a}$簡記成$\sqrt{a}$。

我們也可以推廣命題1.5.1的證明，了解正整數的$n$次方根何時為無理數。
首先證明以下兩個正整數的性質。

:::danger
**命題1.5.7**
對任意的正整數$p,q$而言，存在滿足下列等式的整數$l,m$：
$$\gcd{(p,q)} = lp+mq$$ 其中，$\gcd{(p,q)}$為$p$與$q$的最大公因數。
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:::success
**證明**
任意給定正整數$p,q$，考慮下列集合：
$$D = \{px+qy: x,y\in \mathbb{Z}\ 且\ px+qy>0\}$$ 基於$D\subseteq \mathbb{N}$且$p\in D$，良序原理保證$D$中存在最小值$d=lp+mq$，其中$l,m\in \mathbb{Z}$。

接著論證$d=\gcd{(p,q)}$：
首先，$d$必為$p$的因數；倘若不然，令$k$為$d$除$p$所得到的商數，則餘數為
$$p-kd = p-k(lp+mq) = p(1-kl)+q(-km) > 0$$ 發現$p-kd\in D$；然而作為餘數，$p-kd<d$，與$d$的最小性產生衝突。
因此$d$為$p$的因數；同理可知，$d$也是$q$的因數。
再者，只要$d'$是$p$與$q$的公因數，$d'$就能整除$lp+mq=d$。
由此確認$d = \gcd{(p,q)}$；於是$\gcd{(p,q)} = lp+mq$，命題證畢。
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:::danger
**命題1.5.8**
令$p,q$為正整數。對任意的正整數$n$而言，若$\gcd{(p,q)}=1$且$p$整除$q^n$，則$p=1$。
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:::success
**證明**
若$\gcd{(p,q)}=1$且$p$整除$q$，則$p = \gcd{(p,q)} = 1$；這表示命題在$n=1$時成立。

任意給定正整數$k$，假設命題於$n=k$時成立。
若$\gcd{(p,q)}=1$且$p$整除$q^{k+1}$，則依命題1.5.7，存在滿足下列等式的整數$l,m$：
$$1 = lp+mq$$ 將等式兩側同乘以$q^k$，得$q^k = lpq^k+mq^{k+1}$。
因為$p$整除$q^{k+1}$，所以$p$整除$lpq^k+mq^{k+1}$；故$p$整除$q^k$。
那麼根據歸納假設，$p=1$；由此可見命題於$n=k+1$時亦成立。

因此命題由數學歸納法得證。
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有了命題1.5.8，命題1.5.1的推廣版本便能輕易導出。

:::danger
**命題1.5.9（正$n$次方根為無理數的時機）**
令$n,k$為正整數。若$\sqrt[n]{k}$不是正整數，則$\sqrt[n]{k}$為無理數。
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:::success
**證明**
假設$\sqrt[n]{k}$不是正整數。
命題1.5.6已表明$\sqrt[n]{k}$為實數，僅需確認其非有理數即可。

倘若$\sqrt[n]{k}$為有理數，則$\sqrt[n]{k}$可寫成最簡分數$q/p$的形式，其中$p,q\in \mathbb{N}$、$\gcd{(p,q)}=1$。
根據$n$次方根的定義，$(\sqrt[n]{k})^n = (q/p)^n = k$，亦即$q^n = kp^n$；故$p$整除$q^n$。
又因為$\gcd{(p,q)}=1$，所以由命題1.5.8得知$p=1$。
然而這使得$\sqrt[n]{k}$為正整數，與假設矛盾。

因此，若$\sqrt[n]{k}$不是正整數，則$\sqrt[n]{k}$為無理數。
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特別地，由於$\sqrt{2}$不是正整數，命題1.5.9顯示$\sqrt{2}$為無理數。

## 習題

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**習題1.5.1**
令$r$為有理數、$x$為無理數。

證明：$r+x$、$r-x$、$rx$及$r/x$皆為無理數。
假如$r$也是無理數，這些實數是否仍為無理數？
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**習題1.5.2**
證明下列敘述：
1. $\sqrt{2}+\sqrt{3}$為無理數。
2. 對任意的正整數$n$而言，$\sqrt{n-1}+\sqrt{n+1}$皆為無理數。
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**習題1.5.3**
臨摹命題1.5.2的證明，驗證方程式$x^3=3$恰有一個正實數解。
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**\*習題1.5.4**
給定正整數$n$，令$S = \{x\in \mathbb{R}:x^n\leq 1/2\}$。
證明：$S$有最小上界$\sup S\in \mathbb{R}$，而且$(\sup S)^n = 1/2$。
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**\*習題1.5.5**
本習題定義正實數$a$的有理數次方：令$a^{m/n}=\sqrt[n]{a^m}$，其中$m$為整數、$n$為正整數。
證明：有理數$r$無論寫成何種分數形式，$a^r$都能依上述定義得到相同數值。

接著證明下列性質對任意的正實數$a,b$及有理數$r,s$均成立：
1. $a^{r+s} = a^ra^s$，而且$a^{rs} = (a^r)^s$。
2. $(ab)^r = a^rb^r$。
3. 若$a<b$且$r>0$，則$a^r<b^r$。
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:::info
**\*習題1.5.6**
本習題構造自然常數$e$。

1. 證明下列不等式對任意的正整數$n$均成立：
$$\frac{n!}{n^i(n-i)!} \leq 1,\quad i=0,\dots,n$$ 由此推得
$$\left(1+\frac{1}{n}\right)^n \leq 1+\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i!}$$
2. 透過比較$i!$與$i(i-1)$的大小，證明下列不等式：
$$1+\sum_{i=1}^{n} \frac{1}{i!} \leq 3-\frac{1}{n}$$
3. 定義集合$S = \{(1+1/n)^n: n\in \mathbb{N}\}$；證明$S$非空，而且$3$為$S$的上界。
4. 結論：$S$的最小上界存在於$\mathbb{R}$中；記$e=\sup S$，並稱此數為自然常數。驗證$e>2$。
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