3.5 Q 的缺口與為甚麼 sqrt(2) 不是有理數

在 $Q$ 中可以除以任何非零元素，但有些方程仍然沒有這個數系內的解。考慮

$$q^2=2.$$

有理數運算給出

$$1.4^2\lt2\lt1.5^2,\qquad 1.41^2\lt2\lt1.42^2.$$

這些計算比較的是有理數的平方。它們尚未給出一個平方為 $2$ 的數，也沒有證明 這樣的數在另一個數系中存在。這個障礙可以完全用 $Q$ 內部的語言描述：一個非空 有理數集合有上界，卻沒有最小的有理上界。

稠密與完備回答不同的問題

對兩個有理數 $a<b$，中點 $(a+b)/2$ 仍是有理數，並且嚴格位於兩者之間。 所以 $Q$ 作為有序集合是自身稠密的。這個命題從 $Q$ 中兩個已經存在的數出發。

最小上界形式的完備性要求：每個非空、有上界的子集，都在同一個外層有序集合中 具有最小上界。它同時涉及子集的所有元素；在兩個給定有理數之間找到另一個有理數， 並不能提供這樣的界。方程 $q^2=2$ 正好揭示這個區別。

上界與最小上界

定義

上界與上確界

設 $X$ 是有序集合 $F$ 的子集。

• 若 $u\in F$ 且對每個 $x \in X$ 都有 $x \le u$，則 $u$ 是 $X$ 在 $F$ 中的上界；
• $X$ 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。

這個集合怎樣暴露出缺口

定理

沒有有理數的平方等於二

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。

$1$、$1.4$ 和 $1.41$ 都屬於 $S$，而 $2$ 與 $3/2$ 都是它的上界。 最小上界必須同時位於所有 $S$ 的元素之上，以及所有上界之下。為這個有理數 分界命名，並不能保證它存在；每個候選都必須滿足這兩項要求。

為甚麼 $S$ 在 $Q$ 中有上界

因為 $1\in S$，所以 $S$ 非空。不必知道方程 $q^2=2$ 的解，也能驗證一個上界。

例題

為 $S$ 找一個上界

取 $u = 2$。

若 $q\in S$ 且 $q>2$，則 $q^2>4>2$，矛盾。因此 $S$ 的每個元素都不大於 $2$，所以 $2$ 是上界。它本身不屬於 $S$，因為 $2^2=4>2$。

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。

為甚麼沒有有理數的平方等於二

反設有理數 $s$ 滿足 $s^2=2$。寫成 $s=p/q$，其中 $p,q$ 為整數， $q\ne0$，且分數已經約為最簡形式。代入得

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

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。

因此不存在滿足 $s^2=2$ 的有理數 $s$。這只證明 $Q$ 內部的一個限制，並沒有 構造 $Q$ 以外的解。要證明 $S$ 沒有有理上確界，還須排除平方小於或大於 $2$ 的所有候選。

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：平方小於二。 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：平方大於二。 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：平方等於二。 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

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

有理部分和不會自動造成缺口：在這個例子中，最小上界本來就在 $Q$ 中。 對於 $S$，缺口是透過排除每個有理候選而證明的，並非只要展示一個無限逼近過程 就能得出。

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 $2$；若把外層集合限制為 $\{q\in Q:q<2\}$，同一序列甚至沒有上界， 因為前面的最小性計算能在每個候選之上找到序列項。對於 $S$，後面的構造會擴大 外層數系，並為它提供上確界。這個上確界的存在是有關新構造的定理，並不是以上 有理數論證的前提。

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。任何正的 下界候選 $u$ 亦會被 $u/2\in Y$ 排除，因為 $u/2<u$。因此零是最大下界， 即 $0=\inf(Y)$，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；等號則由奇偶性反證排除。

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

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：排除二次方程的有理根

考慮方程 $x^2+2x=1$。配方得 $(x+1)^2=2$。若 $x$ 有理，則 $x+1$ 亦有理， 與前面證明的「沒有有理數的平方等於二」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，這只涉及兩個已經存在的有理數。 它並沒有保證每個非空、有上界的有理數子集都在 $Q$ 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 $Q$ 的稠密性不能保證集合 $S$ 有有理上確界？

把稠密與完備的分別說明。

解答 · 引導解答

稠密性在兩個給定的有理數之間提供另一個有理數，例如它們的中點。上確界卻必須 同時高於 $S$ 的所有元素，並不大於任何其他有理上界。證明排除了每個候選： 小於 $1$ 的數不是上界；對不小於 $1$ 的候選，平方小於 $2$ 時能找到更大的 $S$ 元素，平方大於 $2$ 時能找到更小的上界，而等號不可能成立。稠密性沒有 消除這些障礙。

可選延伸

以下的進階比較使用實數系與複數系，並不是有理數缺口證明的前提。

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。