3.5 Q 的缺口與為甚麼 sqrt(2) 不是有理數

這一節開始，數系建構的重點會稍微轉向。之前你一直在建構 $N$、$Z$ 和 $Q$，並檢查它們的運算是否良定。現在要問的問題不同了：

$Q$ 是否已經包含了做次序與極限論證所需的所有數？

答案是否定的，而最經典的例子就是 $\sqrt{2}$。

先用直覺理解：稠密不等於完備

很多人第一次看到這題時，直覺會說：

「有理數已經那麼多，怎會還有缺口？」

這種想法把兩個不同概念混在一起了。

• 稠密，意思是兩個不同有理數之間總能再找到另一個有理數；
• 完備，意思是某些有上界的集合，真的會在你工作的數系裡擁有最小上界。

這裏正是用 $Q$ 來說明：稠密性並不能保證完備性。即使有理數排得很密， 仍然可能缺少某個關鍵的邊界點。

從幾何級數看一個警告

無限過程可以在每個有限階段都給出有理資訊，但整體卻指向某個邊界。最簡單 的幾何級數已經展示這種模式：

$$1+\frac12+\frac14+\cdots+\frac{1}{2^n}.$$

它的每個部分和都是有理數，而且都小於 $2$，但部分和會趨近 $2$。邊界 不是某一個有限部分和，而是整個無限逼近過程所指向的數。

這個例子本身並不是 $\sqrt{2}$ 不在 $Q$ 的證明；它提醒我們，要分清楚 越來越好的有理近似，和那些近似正在逼近的極限或最小上界。

先說明次序語言

定義

上界與上確界

設 $X$ 是一個有序集合的子集。

• 若對每個 $x \in X$ 都有 $x \le u$，則 $u$ 是 $X$ 的上界；
• $X$ 的上確界，記作 $\sup(X)$，就是 $X$ 的最小上界。

「最小」這個詞很重要。上確界不是隨便一個上界，而是所有上界之中最貼 近集合的那一個。

定義

無理數

無理數是實數之中，不屬於 $Q$ 的那些數。

這個集合怎樣暴露出缺口

定理

二的平方根不是有理數

不存在滿足 $s^2=2$ 的有理數 $s$。

經典集合是

$$S = \{q \in Q \mid q^2 \lt 2\}.$$

這個集合把所有平方仍然小於 $2$ 的有理數收集起來。

表面上，它似乎應該有一個有理邊界。畢竟像 $1$、$1.4$、$1.41$ 這些數 都在裡面，而像 $2$ 或 $3/2$ 這些數都在它上方。

問題在於，那個真正的邊界應該是 $\sqrt{2}$，而這個數並不在 $Q$ 裡。

為甚麼 $S$ 在 $Q$ 中有上界

在證明 $S$ 在 $Q$ 中沒有上確界之前，你應先確認：$S$ 的確是一個有上界 集合。

例題

為 $S$ 找一個上界

取 $u = 2$。

因為 $2^2 = 4 > 2$，所以 $2$ 不屬於 $S$。更重要的是，任何 $q > 2$ 的有理數都滿足 $q^2 > 2$，因此這些數都位於 $S$ 的所有元素之上。

這表示 $2$ 是 $S$ 的一個上界。

更一般地，任何滿足 $u>0$ 且 $u^2>2$ 的有理數，都可以成為 $S$ 的上界。 這裏的正性條件不能省略：負數的平方可以大於 $2$，卻不一定在 $S$ 的正 元素之上。

所以問題不是 $S$ 沒有上界，而是：在所有有理上界之中，找不到最小那一 個。

為甚麼 $\sqrt{2}$ 不是有理數

先回顧最標準的反證法。

證明 $\sqrt{2}$ 不屬於 $Q$

反設 $\sqrt{2}$ 是有理數。

那就存在整數 $p$ 和 $q$，其中 $q \ne 0$，使得

$$\sqrt{2} = \frac{p}{q},$$

而且 $p/q$ 已經約成最簡分數。

兩邊平方，可得

$$p^2 = 2q^2.$$

因此 $p^2$ 是偶數，從而 $p$ 也是偶數。把 $p$ 寫成 $p = 2k$。

代回去，就得到

$$4k^2 = 2q^2,$$

亦即

$$q^2 = 2k^2.$$

所以 $q^2$ 也是偶數，於是 $q$ 也是偶數。

結果 $p$ 和 $q$ 都是偶數，與 $p/q$ 已是最簡分數矛盾。

因此 $\sqrt{2}$ 不是有理數。

這一步很關鍵。若 $\sqrt{2}$ 真的是有理數，它便會是 $S$ 在 $Q$ 中最明顯 的上確界候選；但反證法告訴你，這個候選點根本不在 $Q$ 裡。

正式的缺口命題

定理

集合 $S = \{q \in Q \mid q^2\lt2\}$ 在 $Q$ 中沒有上確界

集合 $S$ 在 $Q$ 中有上界，但不存在任何有理數能擔當它的最小上界。

缺口背後的 epsilon 論證

「向右移一點」需要定量證明。下面只使用有理數運算，以及每個正有理數都有更小 的正有理數這一事實。

證明為甚麼沒有有理候選能成為上確界

取 $s\in Q$。

若 $s<1$，則 $1\in S$ 且 $1>s$，所以 $s$ 不是上界。 現在只需考慮 $s\ge1$，並按 $s^2$ 的三種情況分類。

情況一：候選在邊界下方。 設 $s^2<2$， 令 $M=2-s^2>0$，選擇正有理數 $\varepsilon$ 使

$$\varepsilon\lt2s \qquad \varepsilon\lt\frac{M}{4s}$$

於是

$$(s+\varepsilon)^2=s^2+\varepsilon(2s+\varepsilon) \lt s^2+\varepsilon(4s)\lt s^2+M=2$$

所以 $s+\varepsilon\in S$，$s$ 不可能是上界。

情況二：候選在邊界上方。 設 $s^2>2$，仍有 $s\ge1$。令 $M=s^2-2$，選擇正有理數 $\varepsilon$ 使

$$\varepsilon\lt s \qquad \varepsilon\lt\frac{M}{4s}$$

設 $r=s-\varepsilon$。則 $r>0$，並且

$$r^2=s^2-\varepsilon(2s-\varepsilon)\gt s^2-2s\varepsilon\gt2$$

若 $x\in S$ 且 $x\le0$，則 $x$ 小於 $r$。若 $x>0$ 且 $x>r$，便有 $x^2>r^2>2$，與 $x\in S$ 矛盾。因此所有 $x\in S$ 都滿足 $x\le r$，所以 $r$ 是比 $s$ 更小的上界，$s$ 不可能是最小上界。

情況三：候選恰在邊界。 剩下的情況 $s^2=2$ 會使 $s$ 成為方程 $x^2=2$ 的有理解，而奇偶性反證已排除 了這一點。因此每個有理候選都失敗。

例題

有理數序列也可能有有理上確界

考慮序列

$$f(n)=1+\frac12+\frac1{2^2}+\cdots+\frac1{2^n}$$

有限幾何和公式給出

$$f(n)=2-\frac1{2^n}$$

每個 $f(n)$ 都小於 $2$，所以 $2$ 是 $Q$ 中的上界。若給定任意小於 $2$ 的 $u$，把正差寫成 $2-u=A/B$，其中 $A,B$ 為正整數。取正整數 $n>B/A$； 例如 $n=B+1$ 可行，因為 $A\ge1$。歸納法給出正整數 $n$ 滿足 $2^n>n$： 起點是 $2>1$，遞推步為 $2^{n+1}>2n\ge n+1$。故 $1/2^n<A/B=2-u$， 從而 $f(n)>u$。因此沒有更小的有理數仍是上界，而

$$\sup f(N)=2$$

這提供了重要對比：有理部分和並不會自動造成缺口。真正的缺口出現在集合所需要的 邊界是無理數 $\sqrt{2}$ 時。

思考檢查

在 $s^2$ 大於 $2$ 的情況，為甚麼較小候選 $r=s-\varepsilon$ 必須保持為正？

說明比較平方時需要的符號條件。

解答 · 答案

只有對非負數，平方的大小才可以保持原來的次序。選擇 $\varepsilon$ 小於 $s$ 保證 $r>0$， 於是正數 $x>r$ 才能推出 $x^2>r^2$。如果忽略符號，平方不能控制原來的大小關係。

上確界語言必須說明外層集合

同一個子集在不同的有序集合中，可能有上確界，也可能沒有。上面的幾何序列在 $Q$ 中的上確界是 $2$；集合 $S$ 若看作 $R$ 的子集，上確界是 $\sqrt{2}$。但當外層 集合限制為 $Q$ 時，$\sqrt{2}$ 就不是允許的候選。

例題

下確界不一定是最小元

令 $Y=Q_{>0}$。在外層集合 $Q$ 中，$0$ 是它的下界，而每個正有理數都大於 $0$。 若 $q>0$，則 $q/2$ 仍是正有理數且小於 $q$，所以 $Y$ 沒有最小元。然而 $0=\inf(Y)$，即使 $0\notin Y$。這和 $S$ 的上確界使用的是同一個區別：最小或 最大指的是外層次序中的界，不要求界屬於原來的子集。

每個有理區間內都有缺口

同樣的障礙可以放進任意非空的有理開區間。設 $a,b\in Q$ 且 $a<b$，並定義

$$P=\{q\in Q\mid 0<q,\ q^2\lt2\}, \qquad X=\left\{a+\frac{b-a}{2}q\mathrel{\Big|}q\in P\right\}.$$

對 $q\in P$，有 $0<q<2$，所以 $a<a+(b-a)q/2<b$，從而 $X\subset(a,b)$。

集合 $P$ 在 $Q$ 中沒有上確界： 若候選 $t\le0$，則 $1\in P$ 且 $t<1$；若 $t>0$ 且 $t^2\lt2$，上面的向右 擾動論證給出更大的 $P$ 元素（當 $t<1$ 時直接使用 $1\in P$）；若 $t^2>2$，上面的向左擾動論證給出更小的上界；等號則由無理性證明排除。

若 $X$ 有有理上確界 $u$，令 $v=2(u-a)/(b-a)\in Q$。每個 $q\in P$ 都滿足 $a+(b-a)q/2\le u$；由於 $b-a>0$，得 $q\le v$，所以 $v$ 是 $P$ 的上界。

反過來，若有理數 $w$ 是 $P$ 的上界，則 $a+(b-a)w/2$ 是 $X$ 的上界。由 $u$ 的最小性，$u\le a+(b-a)w/2$，於是 $v\le w$。故 $v$ 是 $P$ 的有理上確界，矛盾。 因此，這是「有理數處處有缺口」的精確版本。

應用例題：奇偶性、最大公因數與上確界

下面的例題示範三種不同方法：用奇偶性排除有理數平方，用公因數約束整數方程，用最小性識別上確界。

例題：有理數的平方不可能等於 $2026$

若 $x=p/q\in Q$ 滿足 $x^2=2026$，取 $q\ne0$ 且 $\gcd(p,q)=1$，則 $p^2=2026q^2$，所以 $p$ 為偶數。寫成 $p=2k$ 後得 $2k^2=1013q^2$，右側的奇數因子迫使 $q$ 為偶數，與互素性矛盾。這裏用到 的事實是：奇整數的平方為奇數，所以偶平方的整數根必為偶數。

例題：$5x+7y=1$ 強迫的最大公因數

設 $x,y\in Z$ 且 $5x+7y=1$。若正整數 $d$ 同時整除 $x$ 和 $y$， 則 $d$ 整除 $5x+7y=1$，故 $d=1$；因此 $\gcd(x,y)=1$。

例題：把二次方程化歸為無理性證明

配方得 $(x+1)^2=2$。若 $x$ 有理，則 $x+1$ 也有理，這與本節的無理 性證明矛盾。

例題：重複小數在 $Q$ 中的上確界

令 $X=\{1.23,1.233,1.2333,\ldots\}$；每個元素都在開頭的 $1.2$ 後接有限多個數字 $3$。對 $n\ge2$ 令

$$x_n=1.2+\sum_{k=2}^{n}\frac{3}{10^k}.$$

則

$$x_n=\frac{37}{30}-\frac{1}{3\cdot10^n}, \qquad \frac{37}{30}=1.23333\ldots\in Q.$$

故 $37/30$ 是上界。若 $u<37/30$ 為有理數，寫成 $37/30-u=A/B$， 其中 $A,B$ 為正整數，取 $n=B+2$。於是 $n\ge2$、$n>B/A$，且 $10^n\ge2^n>n$，故 $1/(3\cdot10^n)<A/B=37/30-u$，從而 $x_n>u$。所以 $\sup_Q(X)=37/30$。

常見錯誤

常見錯誤

稠密不等於完備

兩個不同有理數之間總能找到另一個有理數，這件事只說明 $Q$ 是稠密的。 它並沒有保證：每個有上界的有理數子集，也會在 $Q$ 中擁有上確界。

另一個常見錯誤，是以為上確界一定要屬於集合本身。這也是錯的。上確界 只需要是外層有序集合中的最小上界。

快速檢查

思考檢查

若某個有理數的 $s^2$ 小於 $2$，為甚麼它不可能是 $S$ 的上界？

用這裏「仍然可以再向右走一點」的想法回答。

解答 · 答案

因為這種 $s$ 仍然太小。這裏證明了存在另一個大於 $s$ 且 $r^2$ 小於 $2$ 的有理數， 所以 $r$ 也屬於 $S$。既然 $S$ 中還有元素在 $s$ 右邊，$s$ 就不可能是上界。

思考檢查

上確界一定屬於原集合嗎？

用一句話回答。

解答 · 答案

不一定。上確界只需要是最小上界，它可以不屬於原集合。

練習

思考檢查

為甚麼有無限多個逼近 $\sqrt{2}$ 的有理數，仍然補不到 $Q$ 的缺口？

把稠密與完備的分別說明。

解答 · 引導解答

很多有理數逼近 $\sqrt{2}$，只說明 $Q$ 是稠密的，也就是它能非常精細地 近似那個缺少的邊界。但「近似得到」不等於「本身擁有」。對這個集合而 言，真正應該擔當最小上界的是 $\sqrt{2}$，而它不屬於 $Q$。所以就算有理 逼近再密，$Q$ 仍然缺少那個真正的邊界點。

可選延伸

建議先讀

如果你想先重溫 $Q$ 的構造，可以先讀 3.4 有理數與良定運算。