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1、2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. Russell2 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25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 2 為無理數, 我們一共蒐集了28種證法 (有些是大同小異), 其中的
2、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28種已夠驚人了 (28是第二個完美數, 28 =1 + 2 + 4 + 7 + 14)。 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 2 只有兩種情形: 有理數 (rationalnumber) 或者不是有理數。 不是有理數就叫做無理數 (irrational number)。 因此, 我們立下正、 反兩個假說:H1:2為有理數;H2:2為無理數。到底
3、是哪一個成立呢? 如何證明?欲證 H2成立, 我們不易直接著手, 所以改由 H1切入。換言之, 我們假設 2 為有理數, 先投石問路一番, 看看會得出什麼邏輯結論。第一種證法: 假設2 為有理數, 故2可以寫成2 =ab(1)其中 a 與 b 為兩個自然數並且互質。 將上式平方得a2= 2b2(2)122為無理數的證明13所以 a2為偶數, 從而 a 亦為偶數。 令a = 2m其中 m 為某一自然數, 於是2b2= a2= (2m)2= 4m2或者b2= 2m2因此, b2為偶數, 故 b 亦為偶數。 這就跟 a與 b 互質的假設互相矛盾, 所以 2 為有理數 不成立, 從而得證 2 為無理數
4、。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 ad absur-dum)。二、 算術根本定理質數 2,3,5,7,11,13,. 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2 為無理數, 我們仍然採用歸謬法。 假設2 為有理數, 即2 =a b, 其中 a 與 b 為自然數, 則 a2= 2b2。首先我們注意到: b 1 且 a 1。 因為若 b = 1, 則 a2= 2, 但是2不是平方數, 故b = 1 不成立, 於是 b 1。 又因為2 1,故
5、a 1。其次, 由算術根本定理知,a = p11p22pnnb = q11q22qmm其中 p1,.,pn與 q1,.,qm皆為質數且1,.,n, 1,.,m皆為自然數。 再由a2= 2b2得到p211p222p2nn= 2q211q222q2mm (3)第二種證法: 觀察 (3) 式中的2, 左項的2為偶次方, 但右項的2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。無論如何, 我們由歸謬法證明了2 為無理數。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 b, 故存在
6、自然數 q 使得a = b + q由 a2= 2b2得2b2= a2= (b + q)2= b2+ 2bq + q2消去 b2得b2= 2bq + q2所以b q14數學傳播23卷1期 民88年3月於是存在自然數 p 使得b = q + p從而a = b + q = (q + p) + q = 2q + p又由 a2= 2b2得(2q + p)2= 2(q + p)2展開化簡得p2= 2q2(4)至此, 我們由兩個自然數 a 與 b 出發,求得另外兩個較小的自然數 p 與 q, 滿足a b p q。在形式上, (4) 式和 (2) 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
7、成的遞減的無窮數列a b 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 a 與 b 互質,那麼我們就改為如下的論證。假設2 =a b為有理數, 我們得知 a與 b 皆為偶數。 令 a = 2a1, b = 2b1, 則2 =a1 b1。 同理可證 a1與 b1也都是偶數,令 a1= 2a2, b1= 2b2。 如此這般, 反覆做下去, 我們就得到遞減的自然數列a a1 a2 與 b b1 b2 (6)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2 =a b, 其中 a 與 b 為自然數, 代入等式 2 +
8、 1 =12 1得到a b+ 1 =1 (ab) 1=b a b所以 2 =ab=b a b 1 =2b a a b=a1 b1 (7)其中 a1= 2b a 且 b1= a b。今因 1 a1 a2 a3 0但這是一個矛盾。四、 進位法2為無理數的證明15利用三進位法, 也可以證明2 為無理數。第七種證法:假設2 為有理數, 則2 =a b, 其中 a 與 b 為自然數。 於是 a2= 2b2。 今將 a 與 b 用三進位法表達時,顯然 a2與 b2最後一位非零的數字必為1, 但是 2b2之最後一位非零數字為2。 因此, a2不可能等於 2b2, 這是一個矛盾。第八種證法: 假設2 為有理數
9、, 亦即2 =a b, 其中 a 與 b 為自然數且互質。 在三 進位記數法中, a 與 b 的個位數字為0, 1或2, 所以 a2與 b2之個位數字必為0或1, 從而 2b2之個位數字為0或2。 由 a2= 2b2可知, a2與 2b2之個位數字必為0, 於是 a 的個位數字為0。 另一方面, b2的個位數字也是0, 從而 b 的個位數字為0。 換言之, a 與 b 不互質, 這是一個矛盾。第九種證法: 設2 =a b, 且 a 與 b 互 質, 則 a2= 2b2。 a 與 b 的個位數字可能為0,1,2,3,4, 5,6,7,8 或 9, 於是 a2與 b2的個位數字可能為 0,1,4,
10、5,6 或 9, 而 2b2的個位數字可能為 0,2 或 8。 由 a2= 2b2可知, a2與 2b2的個位數字必為0, 從而 a 的個位數字為0, 且 b2的個位數字為0或5, 所以 b 的個位數字為0或5。 因此, a 與 b 可被5整除, 這跟 a 與 b 互質的假設矛盾, 故2為無理數。五、 完全平方數第十種證法: 設2 為有理數, 故2可以寫成2 =a b, 其中 a 與 b 為互質的自然數, 於是 a2= 2b2。 這表示 b2可以整除a2, 從而 b 可以整除 a。 因為 a 與 b 互質,所以只好 b = 1。 因此2 = a, 或 2 = a2,亦即2為一個完全平方數, 這
11、是一個矛盾, 故2 為無理數。注意: 當我們推得 b = 1 時, 就已跟b 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 a, b 的最大公因數為 d, 則存在兩個整數 r, s 使得d = ar + bs(8)第十一種證法: 設2 =a b且 a, b 互質, 則a =2b,2a = 2b, 根據上述定理知, 存在兩個整數 m, n, 使得 1 = am+bn。 於是2 =2 1 =2(am + bn)= (2a)m + (2
12、b)n= 2bm + an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x2+ y2= z216數學傳播23卷1期 民88年3月的所有正整數解為 x = (m2 n2)y = (2mn)z = (m2+ n2)(9)其中 , m, n 皆為自然數且 m n.2 起源於等腰直角三角形的斜邊與一股的比值, 要證明2 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 ,m, n, m n, 滿足(m2 n2) = (2mn)(10)第十二種證法: 由 (10) 式得到m2 (2n)m n2= 0解
13、得m =2n 4n2+ 4n2 2 = n(1 2)負根不合, 故m = n(1 +2)我們再證明: n(1 +2) 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 +2) N且 n N如果 S 為空集合, 則證明完畢。 因此, 我們考慮 S 6= (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 +2) 皆為自然數。 考慮 u(2 1)。 顯然u(2 1) n(11)因此, (mn)2為偶數,
14、 從而 (mn) 也是偶數。 令 m n = 2p1, 代入 (11) 得到2p21= n2(12)故 n2為偶數, 從而 n 也是偶數。 因此, m 與n 都是偶數。令 n = 2q1, 代入 (12) 式得到p21= 2q21於是 p21為偶數, 從而 p1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 p1 p2 n q1 q2 這是不可能的, 故2 為無理數。八、 良序性原理2為無理數的證明17一個分數有無窮多的化身, 例如2 3=4 6=6 9=20 30= 等等。今假設2 為有理數, 即2 =a b。 此 時 a 與 b 皆有無窮多個可能值。 令 A, B, C表
15、示分子、 分母與 a + b 之全體所成的集合,亦即A = a :2 =ab;a,b NB = b :2 =ab;a,b NC = a + b :2 =ab;a,b N由良序性原理知, A, B, C 皆有最小元素, 分別令其為 a、b、a + b。今因為 a2= 2b2, 所以a2 ab = 2b2 ab亦即a(a b) = b(2b a)從而2 =ab=2b a a b故2 有新的表示法2ba ab。但是, 由 1 1, 由算術根本定理知, 存在質數 p 使得p|b, 從而 p|a2, 故 p|a, 於是 gcd(a,b) p,這是矛盾。 若 b = 1, 則2 = a, 於是a2= 2, 這也是矛盾的, 因為沒有一個自然數的平方會等於2。第二十種證法: 假設2 =a b且 a 與b 互質, 則a2= 2b2或 b2=a 2 a顯然 b 1, 由算術根本定理知, 存在質數 p,使得 p|b。 於是 p|b2, 從而 p|(a2 a)。 由此得p|a2或 p|a, 不論何者皆可得 p|a。 因此, p 為a 與 b 之公因數, 這跟 a 與 b 互質矛盾, 故2 為無理數。第二十一種證法: 假設2
