為無理數的證明 13 所以為偶數, 從而亦為偶數令 = m 其中 m 為某一自然數, 於是或者 (m) 4m m 因此, 為偶數, 故亦為偶數這就跟與互質的假設互相矛盾, 所以為有理數不成立, 從而得證為無理數這是一般教科書上最常見的證法, 我們稱之為反證法或歸謬法 (r

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步哀
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1 為無理數的證明蔡聰明數學最讓我欣喜的是, 事物能夠被證明 B Russell 為無理數, 這是古希臘畢氏學派的偉大發現, 是歸謬證法的典範一方面, 它震垮了畢氏學派的幾何原子論以及幾何學的算術化研究綱領, 導致數學史上的第一次危機另一方面, 它也讓古希臘人發現到連續統 (continuum) 並且直接面對到無窮 (infinity), 使得往後的數學家哲學家為了征服無窮而忙碌至今, 收獲非常豐富對於宇宙人生之謎, 佛家有所謂的 5 證道法門換言之, 一個深刻的事物往往可以從各種角度與觀點來論證對於為無理數, 我們一共蒐集了 8 種證法 ( 有些是大同小異 ), 其中的第十二種與第十三種是筆者自己的證法, 至少在文獻上不曾見過 ( 也許是筆者孤漏寡聞 ) 在數量上, 雖然比不上畢氏定理的 370 種證法 ( 見參考資料 [5]), 但是 8 種已夠驚人了 (8 是第二個完美數, 8 = ) 這些證法牽涉到數學各方面的概念, 弄清楚它們, 有助於加深與增廣對於數學的了解, 並且可將零散的知識統合在一起一奇偶論證法只有兩種情形 : 有理數 (rtionl numer) 或者不是有理數不是有理數就叫做無理數 (irrtionl numer) 因此, 我們立下正反兩個假說 : H 1 : H : 為有理數 ; 到底是哪一個成立呢? 如何證明? 欲證 H 成立, 我們不易直接著手, 所以改由 H 1 切入換言之, 我們假設為有理數, 先投石問路一番, 看看會得出什麼邏輯結論可以寫成第一種證法 : 假設為有理數, 故 (1) 其中與為兩個自然數並且互質將上式平方得 () 1

2 為無理數的證明 13 所以為偶數, 從而亦為偶數令 = m 其中 m 為某一自然數, 於是或者 (m) 4m m 因此, 為偶數, 故亦為偶數這就跟與互質的假設互相矛盾, 所以為有理數不成立, 從而得證為無理數這是一般教科書上最常見的證法, 我們稱之為反證法或歸謬法 (reductio d surdum) 二算術根本定理質數, 3,, 5, 7, 11, 13, 相當於自然的原子 ( 不可分解之意 ), 算術根本定理是說 : 任何大於 1 的自然數都可以唯一分解成質數的乘積這跟萬物都是由原子組成的具有平行的類推欲證為無理數, 我們仍然採用歸謬法假設為有理數, 即, 其中與為自然數, 則首先我們注意到 : > 1 且 > 1 因為若 = 1, 則, 但是不是平方數, 故 = 1 不成立, 於是 > 1 又因為 > 1, 故 > 1 其次, 由算術根本定理知, 其中 p 1,, p n 與 q 1,,q m 皆為質數且 α 1,,α n, β 1,,β m 皆為自然數再由得到 p α 1 1 p α p αn n = q β 1 1 q β q βm m (3) 第二種證法 : 觀察 (3) 式中的, 左項的為偶次方, 但右項的為奇次方, 這是一個矛盾第三種證法 : 在 (3) 式中, 左項有偶數個質數 ( 計較重複度 ), 右項有奇數個質數, 這也是一個矛盾無理數無論如何, 我們由歸謬法證明了為三無窮下降法這可以有三種變化的證法第四種證法 : 假設 (1) 式成立因為 1 < < 所以 >, 故存在自然數 q 使得由得 = + q ( + q) + q + q 消去得 q + q = p α 1 1 pα pαn n = q β 1 1 q β q βm m 所以 > q

3 14 數學傳播 3 卷 1 期民 88 年 3 月於是存在自然數 p 使得 = q + p 從而 = + q = (q + p) + q = q + p 又由得 (q + p) (q + p) 展開化簡得 p q (4) 至此, 我們由兩個自然數與出發, 求得另外兩個較小的自然數 p 與 q, 滿足 > > p > q 但這是一個矛盾, 因為自然數不能無止境地遞減下去第六種證法 : 假設, 其中與為自然數, 代入等式 + 1 = 1 1 得到所以 = + 1 = 1 ( ) 1 = 1 = = 1 1(7) 其中 1 = 且 1 = 今因 1 < <, 乘以得在形式上, (4) 式和 () 式完全相同, 故可採用上述方法, 重複做下去, 就得到自然數所成的遞減的無窮數列於是 < < 0 < 且 < > > p > q > 但這是不可能的, 因為不存在這種數列第五種證法 : 對於第一種證法, 筆者遇見過有人不滿意一開始就假設與互質, 那麼我們就改為如下的論證假設為有理數, 我們得知與皆為偶數令 = 1, = 1, 則 1 1 同理可證 1 與 1 也都是偶數, 令 1 =, 1 = 如此這般, 反覆做下去, 我們就得到遞減的自然數列 > 1 > > 與 > 1 > > (6) 從而 1 = < 由 (7) 式知 1 1 並且 0 < 1 < 重複上述的過程, 又可得且 < 1 總之, 我們可以得到自然數所成的無窮數列 > 1 > > 3 > > 0 但這是一個矛盾四進位法

4 為無理數的證明 15 利用三進位法, 也可以證明為無理數第七種證法 : 假設為有理數, 則, 其中與為自然數於是今將與用三進位法表達時, 顯然與最後一位非零的數字必為 1, 但是之最後一位非零數字為因此, 不可能等於, 這是一個矛盾第八種證法 : 假設為有理數, 亦即, 其中與為自然數且互質在三進位記數法中, 與的個位數字為 0, 1 或, 所以與之個位數字必為 0 或 1, 從而之個位數字為 0 或由可知, 與之個位數字必為 0, 於是的個位數字為 0 另一方面, 的個位數字也是 0, 從而的個位數字為 0 換言之, 與不互質, 這是一個矛盾第九種證法 : 設, 且與互質, 則與的個位數字可能為 0, 1,, 3, 4, 5, 6, 7, 8 或 9, 於是與的個位數字可能為 0, 1, 4, 5, 6 或 9, 而的個位數字可能為 0, 或 8 由可知, 與的個位數字必為 0, 從而的個位數字為 0, 且的個位數字為 0 或 5, 所以的個位數字為 0 或 5 因此, 與可被 5 整除, 這跟與互質的假設矛盾, 故為無理數五完全平方數第十種證法 : 設為有理數, 故可以寫成, 其中與為互質的自然數, 於是這表示可以整除, 從而可以整除因為與互質, 所以只好 = 1 因此, 或, 亦即為一個完全平方數, 這是一個矛盾, 故注意 : 當我們推得 = 1 時, 就已跟 > 1 矛盾另一方面, 我們仿上述的證法可以證明 : 若 n 為有理數, 則 n 為完全平方數六輾轉相除法求兩個整數之最大公因數最常用輾轉相除法 ( 又叫做歐氏算則 ) 由此可衍生出一個美妙的結果 : 定理 1: 若, 的最大公因數為 d, 則存在兩個整數 r, s 使得 d = r + s (8) 第十一種證法 : 設且, 互質, 則 =,, 根據上述定理知, 存在兩個整數 m, n, 使得 1 = m+n 於是 1 = (m + n) = ( )m + ( )n = m + n 為一個整數, 這是一個矛盾七畢氏三元數公式我們知道, 方程式 x + y z

5 16 數學傳播 3 卷 1 期民 88 年 3 月的所有正整數解為 x = l(m n ) y = l(mn) z = l(m + n ) (9) 其中 l, m, n 皆為自然數且 m > n 起源於等腰直角三角形的斜邊與一股的比值, 要證明為無理數, 只需證明不存在正整數邊的等腰直角三角形就好了我們仍然利用歸謬法, 假設存在有正整數邊的等腰直角三角形, 亦即存在自然數 l, m, n, m > n, 滿足解得 l(m n ) = l(mn) (10) 第十二種證法 : 由 (10) 式得到負根不合, 故 m (n)m n 0 m = n ± 4n + 4n = n(1 ± ) m = n(1 + ) 我們再證明 : n(1 + ) 永不為自然數這就得到一個矛盾, 而完成證明令集合 S = {n : n(1 + ) N 且 n N} 如果 S 為空集合, 則證明完畢因此, 我們考慮 S φ ( 空集合 ) 的情形由良序性原理 (well-ordering principle, 即任何非空的自然數子集必有一最小元素, 這等價於數學歸納法 ) 可知, S 有一最小元素, 令其為 u 由 S 的定義知 u 與 u(1 + ) 皆為自然數考慮 u( 1) 顯然 u( 1) < u 並且 u( 1) = u(1 + ) u N u( 1)(1 + ) = u N 再由 S 的定義知, u( 1) S 這跟 u 的最小性矛盾, 故第十三種證法 : 由 (10) 式得到 (m n) n, m > n (11) 因此, (m n) 為偶數, 從而 (m n) 也是偶數令 m n = p 1, 代入 (11) 得到 p 1 = n (1) 故 n 為偶數, 從而 n 也是偶數因此, m 與 n 都是偶數令 n = q 1, 代入 (1) 式得到 p 1 = q 1 於是 p 1 為偶數, 從而 p 1 也是偶數按此要領不斷做不去, 我們就得到偶數所成的兩個數列 m > p 1 > p > n > q 1 > q > 這是不可能的, 故八良序性原理

6 為無理數的證明 17 一個分數有無窮多的化身, 例如 3 = 4 6 = 6 9 = 0 30 = 等等今假設為有理數, 即此時與皆有無窮多個可能值令 A, B, C 表示分子分母與 + 之全體所成的集合, 亦即 A = { : ;, N} B = { : ;, N} C = { + : ;, N} 由良序性原理知, A, B, C 皆有最小元素, 分別令其為 + 亦即從而今因為, 所以故有新的表示法 = ( ) = ( ) = 但是, 由 1 < < < 從而 <, 可知 < (13) < (14) ( ) + ( ) < + (15) 第十四種證法 : (13) 式與之最小性抵觸, 故第十五種證法 : (14) 式與之最小性抵觸, 故第十六種證法 : (15) 式與 + 之最小性抵觸, 故第十七種證法 : 假設為有理數, 則可表成, 與為自然數於是 =, 亦即為自然數由良序性原理知, 存在最小自然數 0 使得 0 為自然數並且因為 1 < <, 所以 0 0 < 0 ( 0 0 ) 0 0 N 這就跟 0 的最小性矛盾, 故九質因數論證法為無理數利用質數 3 的特性, 我們可以證明補題 1: 設, 為自然數, 則 3 ( + ) 3 且 3 注意 : 記號表示可被整除證明 : ) 是顯然的 ) 因為與被 3 除的餘數為 0,1 或, 故與被 3 除的餘數為 0 或 1 現在假設 3 ( + ), 則 3 且 3, 從而 3 且 3, 證畢

7 18 數學傳播 3 卷 1 期民 88 年 3 月第十八種證法 : 假設, 且與為互質, 則於是 + 3, 亦即 3 ( + ) 由補題知 3 且 3, 這跟與互質矛盾, 故第十九種證法 : 假設, 且與為互質, 則, 因此今若 > 1, 由算術根本定理知, 存在質數 p 使得 p, 從而 p, 故 p, 於是 gcd(, ) p, 這是矛盾若 = 1, 則, 於是, 這也是矛盾的, 因為沒有一個自然數的平方會等於第二十種證法 : 假設且與互質, 則或顯然 > 1, 由算術根本定理知, 存在質數 p, 使得 p 於是 p, 從而 p ( ) 由此得 p 或 p, 不論何者皆可得 p 因此, p 為與之公因數, 這跟與互質矛盾, 故第二十一種證法 : 假設與互質, 則, 或, 且 ( + )( ) 令 p 為的一個質因數, 則 p, 從而 p ( + )( ), 於是 p ( + ) 或 p ( ) 因為 p, 故 p 換言之, p 為與的公因數, 這就跟與互質矛盾, 所以由歸謬法知十方程式論的論證法然補題 : 若為既約的分數, 則亦證法 : 設為既約分數, 則與互質由算術根本定理知, 與亦互質, 故也是既約分數定理 : 代數方程式既無自然數解, 也無分數解 x, x > 0 (16) 證明 : 首先我們觀察平方數 1, 4, 9, 16, 其中沒有, 故 (16) 式沒有自然數解其次, 設 x = 為 (16) 式的既約分數解, 即由補題知 x 也是既約分數但 x 是自然數, 而不是分數, 這是一個矛盾, 故 (16) 式沒有分數解第二十二種證法 : 為 x 的一個正數解, 但由定理知 x 既無自然數解, 也無分數解, 故方程式定理 3: ( 牛頓有理根定理 ) 整係數多項 c n x n + c n 1 x n c 1 x + c 0 = 0, c n 0 (17) 若存在有理根, 並且與互質, 則 c 0 且 c n 證明 : 在 (17) 式中, 以 x = 代入, 再乘以 n 1 我們注意到 c n n / 為一個整

8 為無理數的證明 19 數因為與互質, 故 c n 另一方面, 以 x = 代入 (17) 式並且乘以 n / 我們觀察到 c 0 n / 為一個整數, 故 c 0 推論 : 如果整係數方程式 x n + c n 1 x n c 1 x + c 0 = 0 存在非零的有理根, 則此根必為可整除 c 0 之整數即設第二十三種證法 : 設為有理數, 亦, 與互質, 且 > 1 考慮方程式 x 0 (18) 那麼 x = 為 (18) 式的一個有理根由定理 3 知 1 且 ( ) 於是 = 1, 這跟 > 1 矛盾, 故為無理數整數, 則補題 3: 若存在 n N 使得 cos nθ 為 cos θ = 0, ± 1, ±1 或為無理數證明 : 由三角恆等式 cos θ = ( cosθ) cos(n + 1)θ = ( cosθ) cosnθ cos(n 1)θ 及數學歸納法可得知 : 對於每一個自然數 n, 恆存在一個整係數 n 次多項式 f n (x), 最高次項的係數為 1, 使得 f n ( cosθ) = cosnθ 因此, 若 cosnθ 為一個整數, 則 cosθ 為整係數多項方程式 f n (x) cosnθ = 0 的一個根由上述推論知 cosθ 為整數或無理數因為 cosθ 故 cosθ = 0, ± 1, ±1 或為無理數則定理 4: 設 θ = rπ, 其中 r 為有理數, cosθ = 0, ± 1, ±1 或為無理數證明 : 取 n N 使得 nr 為整數, 則 cosθ = cos nrπ = ±1 當 nr 為偶數時, cos nθ = +1; 當 nr 為奇數時, cosθ = 1 由補題 3 知, 在 θ = rπ 之下, cosθ = 0, ± 1, ±1 或為無理數第二十四種證法 : 由定理 4 立知 cos( π 4 ) = 為無理數, 從而十一畢氏學派的弄石法畢氏學派喜歡將自然數用小石子排成各種形狀, 叫做形數 (figurte numers), 例如 1, 3, 6, 10, 是三角形數 :

9 0 數學傳播 3 卷 1 期民 88 年 3 月,,, 而 1, 4, 9, 16,, 是正方形數 :,,, 第二十五種證法 : 若為有理數, 令, 則 +, 這表示一個較大的正方形數必可重排成兩個相同的較小的正方形數 + 按此要領繼續遞降下去, 就會得到矛盾, 因為 1 + 1, , , 十二無窮步驟論證法 : 兩線段 AB 與 CD 可共度 (commensurle) 是指, 存在一個共度單位 u > 0 及自然數,, 使得 AB = u, CD = u d c d 最大的這種 u, 叫做最大共度單位共度單位與最大共度單位分別相當於公因數及最大公因數顯然我們有定理 5: 兩線段 AB 與 CD 可共度的充要條件是比值 AB/CD 為一個有理數給兩條線段 AB 或 CD, 假段 AB > CD, 所謂輾轉互度法就是, 從 AB 扣掉 CD 的整數倍, 使得 CD > AB m 1 CD A 1 B 1 0 如果 A 1 B 1 = 0, 則 CD 就是 AB 與 CD 圖 1 的最大共度單位 ; 否則, 再從 CD 扣掉 A 1 B 1 的整數倍, 使得如圖 1 所示, 中間的正方形數 c 可重排成對角的兩個正方形數 d + d 容易看出 c =, d = ( ) ( ) A 1 B 1 > CD m A 1 B 1 A B 0 如果 A B 0, 則 A 1 B 1 就是 AB 與 CD 的最大共度單位按此要領不斷做下去, 當求得最大共度單位時, 就停止輾轉互度的操作容易看出

10 為無理數的證明 1 定理 6: AB 與 CD 可共度的充要條件是經過有窮步驟的輾轉互度就可求得最大共度單位 B C 注意 : 輾轉互度法就是輾轉相除法也, 則 E 圖 A F D G 現在我們考慮正方形 ABCD, 參見圖 AC CD 欲證為無理數, 根據定理 5 及定理 6, 我們只需證明 AC 與 CD 作輾轉互度時, 沒完沒了, 即會涉及無窮步驟 (infinite processes) 第二十六種證法 : 我們作 AC 與 CD 的輾轉互度操作在 AC 上取一點 E, 使得 CE = CD 過 E 點 EF, 垂直於 AC 並且交 AD 於 F 點由作圖知 CDF 與 CEF 全等, 所以 DF = EF 又 AEF 為等腰直角三角形, 故 AE = EF = DF 以 AE 為一邊作正方形 AEFG, 則 AE = AC CD 再用 AE 去度 CD, 就是用 DF 去度 AD, 得到 AD DF = AF 接著變成 AF 與 DF 的互度, 即 AF 與 EF 的互度換言之, 就是正方形 AEFG 的對角線 AF 與一邊 EF 的輾轉互度, 這個情形跟原先 AC 與 CD 的輾轉互度完全一樣, 只是比例縮小而已如此這般互度下去, 沒完沒了, 故第二十七種證法 : 將展開成連分數 ( 1) = = ( 1) = = = 由連分數的理論知 : 無理數展開成連分數時, 必為無窮的簡單連分數 (infinite simple continued frction); 反之亦然因此, 為無理數第二十八種證法 : 假設為有理數, 則存在兩個自然數,, >, 使得, 亦即此式可以圖解如下 : : = : 作一個長方形 (, ), 將它分割成兩半, 得到兩個相同的小長方形 (, ), 那麼 (, ) 與 (, ) 相似, 參見圖 3 我們稱具有這種性質的長方形為正規的長方形 (norml rectngle)

11 數學傳播 3 卷 1 期民 88 年 3 月圖 3 正規長方形 (, ) 每次所得的超正規長方形的邊長皆為自然數, 而且越來越小仿上述辦法操作下去, 沒完沒了, 這是荒謬的, 故以上 8 種法之間並非完全不同事實上, 第二十八種是第六種的圖解所有的證法可以看作是歸謬法的主題變奏另一方面, 由也可得 ( + ) ( ) =, 亦即 ( + ) : = : ( ) 此式也可以圖解如下 : 取兩個相同的正規長方形 (, ), 將其中一個的短邊接在另一個的長邊上, 如圖 4 我們得到一個大長方形 ( +, ) 與一個小長方形 (, ), 並且兩者相似這種長方形我們稱為超正規長方形 (hyper-norml retngle) + 圖 4 換言之, 將超正規長方形 ( +, ) 去掉兩個正方形 (, ), 就得到一個更小的超正規長方形 (, ) 再將超正規長方形 (, ) 去掉兩個正方形 (, ), 又得到一個更小的超十三結語歸謬法是數學中一種非常重要的證明方法, 更是思考的利器根據數學史家 Szo 的看法, 古希臘哲學家利用歸謬法, 發現正方形的對角線與一邊不可共度 ( 等價於為無理數 ), 迫使古希臘的幾何學走上公理演繹之路因此, 歸謬法在數學的發展史上扮演著關鍵性的角色顯然, 它不只是在數學中有用而已, 例如 Glileo 就曾利用它來否證掉 Aristotle 的自由落體理論古希臘哲學家發明歸謬法, 這是他們在作幾何分析 (geometric nlysis) 的過程中, 發現的一顆珍珠, 一件精緻的論證武器畢氏學派大膽地假設任何兩線段皆可共度, 從而幾何度量只會出現整數或整數比, 而將幾何學成功地奠定在有理數的算術基礎上面後來畢氏學派又發現為無理數, 這使得幾何學的地基鬆動數學家 Hrdy 在一個數學家的辯護 ( 見參考資料 [4]) 一書中, 列舉了五個第一流的漂亮的真正的數學定理, 其中一個就是為無理數, 可見這個定理在 Hrdy 心目中的崇高地位

12 為無理數的證明 3 古希臘數學家對不只以求得近似估計, 達到實用目的為滿足, 他們更關心是否為有理數與它的本質是什麼, 並且堅持要有證明這種不帶功利的終極關懷, 為抽象的事物理念理想真理而堅持到底的態度, 恰是古希臘文明的特色, 也是往後西方文明產生科學民主與人權的胚芽 (germ) 古希臘文明是西方文明的源頭, 而歐氏幾何是希臘文明的精品為無理數對於促成歐氏幾何的誕生具有不可磨滅的貢獻, 對人類的歷史影響深遠偉哉,! 參考資料 1 Cumn, L S, On Indirect Proof, Script Mthemtic, Vol XXIII, No, 1966 Guntt, R, The Irrtionlity of, Americn Mth Monthly, 63, p 47, Hrris, V C, On Proofs of the Irrtionlity of, Mthemtics Techer, 64, p 19, Hrdy, G H, A Mthemticin s Apology, Cmridge Univ Press, Reprinted, Loomis, E S, The Pythgoren propositions, Ann Aror, Michign, Edwrd Brothers, Szo, A, The Beginning of Greek Mthemtics, Dordrechet, Szo, A, The Trnsformtion of mthemtics into deductive science nd the eginnings of its foundtion on definitions nd xioms Script Mthmtic, Vol XXVll, No 1 nd No, Anglin, W S, Mthemtics, A concise History nd Philosophy, Springer- Verlg, 1994 本文作者任教於台灣大學數學系

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練習 9A ( 9. 特殊角的三角比 T ( 在本練習中, 不得使用計算機如有需要, 答案以根式或分數表示. 試完成下表三角比 θ 0 4 60 sin θ cos θ tan θ 求下列各數式的值 (. cos 60. sin 4 4. tan 4. cos0 4 tan 0 7. sin 4 cos 4 8. cos 60 tan 4 9. tan 60sin 0 0. sin 60 cos