==問題==
因式分解$(ax+by)^2+(ay-bx)^2$。
出處：單墫，因式分解技巧(數學奧林匹亞小叢書，初中卷2)，九章出版社，7.4，例9。
==解答==
以下給出兩種方法。
第一種方法是使用複變數分解。之所以採用這樣的切入點是因為我個人對於複數情有獨鍾，什麼事都常常想要拿複數來試試看。
眾所皆知，$p^2 + q^2 = (p+qi)(p-qi)$。
\begin{eqnarray*}
& & (ax+by)^2+(ay-bx)^2 \\
&=& [(ax+by) + (ay-bx)i][(ax+by) - (ay-bx)i] \\
&=& (ax+by+ayi-bxi)(ax+by-ayi+bxi) \\
&=& [x(a-bi) + y(b+ai)] [x(a+bi) + y(b-ai)] \\
&=& x^2(a^2+b^2) + xy(a-bi)(b-ai) +xy(b+ai)(a+bi) + y^2(a^2+b^2) \\
&=& (x^2+y^2)(a^2+b^2) +xy \left[ (a-bi)(b-ai) + (b+ai)(a+bi) \right] \\
&=& (x^2+y^2)(a^2+b^2) + xy ( ab-a^2i -b^2i + abi^2 +ba + b^2i + a^2i + abi^2 ) \\
&=& (x^2+y^2)(a^2+b^2)
\end{eqnarray*}
我想這裏背後應該有什麼幾何意義，不過我現在看不出來。
第二種作法是書本上單墫教授所寫的：
\begin{eqnarray*}
& & (ax+by)^2 (ay-bx)^2 \\
&=& a^2x^2 + 2abxy + b^2y^2 + a^2y^2 -2abxy +b^2x^2 \\
&=& a^2x^2 + b^2y^2 + a^2y^2 + b^2 x^2 \\
&=& (a^2x^2 + b^2 x^2 ) + (a^2y^2 + b^2y^2 ) \\
&=& a^2 (x^2+y^2) + y^2 (a^2 + b^2) \\
&=& (a^2 + b^2)(x^2 + y^2)
\end{eqnarray*}
前一種做法或許兜個圈子，看起來沒什麼可取之處。不過我覺得換個方式來思考問題也不錯。
2017年8月22日 星期二
2017年8月21日 星期一
2017-08-21多項式問題：求餘式
==問題==
求$(x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1)$除以$x^2 +x+1$的餘式。
==解答==
本題做法很多種。
第一種方法是直接將被除式$(x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1)$展開化簡，然後直接用長除法求解。
非常地暴力野蠻，計算量極大，在考試時，只在山窮水盡才這樣幹。
第二種方法是使用「除法原理」。由於除式$x^2 +x+1$為2次式，所以根據除法原理，可以假設餘式為$ax+b$，然後商式為$q(x)$，也就是有
$$
(x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1) \div x^2 +x+1 = q(x)...ax+b.
$$
然後
$$
(x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1) = (x^2+x+1) \cdot q(x) + (ax+b).
$$
接著，由於$x^2+x+1 = \left( x - \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2} \right) \left( x - \frac{-1 - \sqrt{3}i}{2} \right)$(此因式分解其實係由直接解出方程式$x^2+x+1=0$所得)，若命$\omega_1 = \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2}, \omega_2 = \frac{-1 - \sqrt{3}i}{2}$，將$\omega_1, \omega_2$依序帶入$(x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1) = (x^2+x+1) \cdot q(x) + (ax+b)$可得關於$a$與$b$的聯立方程組，而後再解出$a, b$即得所求餘式。
這解法乍看好像頭頭是道，引經據典，很有數學味。但這解法有兩處不好難點，一是關於除式$x^2 +x+1$的因式分解並不直觀，係在複系數多項式環$\mathbb{C}[x]$上才能進行，不好算；另一是即使因式分解難不倒你，但最末帶入$\omega_1$與$\omega_2$時好計算嗎？我想不是那麼輕鬆的。
現在來談談第三種方法：多項式的同餘。
首先留意$x^3-1 = (x-1)(x^2+x+1)$，所以$x^3-1$是除式$x^2+x+1$的倍式。但如果僅考慮$x^3$，它與$x^3-1$就差在有無減1，所以可以看出$x^3$除以$x^2+x+1$後，餘式為1。
如果用同餘的記號，就有
$$
x^3 \equiv 1 \mod x^2+x+1.
$$
於是乎
\begin{eqnarray*}
& & (x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1) \\
&=& (x^3 \cdot x -x^3 +x)[x^3+(x^2 +x+1)] \\
& \equiv & (1 \cdot x - 1 + x)[1+(0)] \mod x^2+x+1 \\
& \equiv & 2x-1 \mod x^2+x+1
\end{eqnarray*}
故答案為$2x-1$。
如果知曉多項式的同餘概念，那麼在處理餘式問題時有時會有更簡潔的解法。
求$(x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1)$除以$x^2 +x+1$的餘式。
==解答==
本題做法很多種。
第一種方法是直接將被除式$(x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1)$展開化簡，然後直接用長除法求解。
非常地暴力野蠻，計算量極大，在考試時，只在山窮水盡才這樣幹。
第二種方法是使用「除法原理」。由於除式$x^2 +x+1$為2次式，所以根據除法原理，可以假設餘式為$ax+b$，然後商式為$q(x)$，也就是有
$$
(x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1) \div x^2 +x+1 = q(x)...ax+b.
$$
然後
$$
(x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1) = (x^2+x+1) \cdot q(x) + (ax+b).
$$
接著，由於$x^2+x+1 = \left( x - \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2} \right) \left( x - \frac{-1 - \sqrt{3}i}{2} \right)$(此因式分解其實係由直接解出方程式$x^2+x+1=0$所得)，若命$\omega_1 = \frac{-1 + \sqrt{3}i}{2}, \omega_2 = \frac{-1 - \sqrt{3}i}{2}$，將$\omega_1, \omega_2$依序帶入$(x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1) = (x^2+x+1) \cdot q(x) + (ax+b)$可得關於$a$與$b$的聯立方程組，而後再解出$a, b$即得所求餘式。
這解法乍看好像頭頭是道，引經據典，很有數學味。但這解法有兩處不好難點，一是關於除式$x^2 +x+1$的因式分解並不直觀，係在複系數多項式環$\mathbb{C}[x]$上才能進行，不好算；另一是即使因式分解難不倒你，但最末帶入$\omega_1$與$\omega_2$時好計算嗎？我想不是那麼輕鬆的。
現在來談談第三種方法：多項式的同餘。
首先留意$x^3-1 = (x-1)(x^2+x+1)$，所以$x^3-1$是除式$x^2+x+1$的倍式。但如果僅考慮$x^3$，它與$x^3-1$就差在有無減1，所以可以看出$x^3$除以$x^2+x+1$後，餘式為1。
如果用同餘的記號，就有
$$
x^3 \equiv 1 \mod x^2+x+1.
$$
於是乎
\begin{eqnarray*}
& & (x^4 -x^3 +x)(x^3 + x^2 +x+1) \\
&=& (x^3 \cdot x -x^3 +x)[x^3+(x^2 +x+1)] \\
& \equiv & (1 \cdot x - 1 + x)[1+(0)] \mod x^2+x+1 \\
& \equiv & 2x-1 \mod x^2+x+1
\end{eqnarray*}
故答案為$2x-1$。
如果知曉多項式的同餘概念，那麼在處理餘式問題時有時會有更簡潔的解法。
2017年7月25日 星期二
無理數的無理數次方仍是無理數嗎？
無理數，所謂不能化為分數的數，相當的難以捉摸。
以前我們曾在【無理數與無理數加減乘除後仍會是無理數嗎？】與【有理數與無理數加減乘除後得到有理數還是無理數？】兩篇文章中探討過無理數對四則運算是否具有封閉性。
但我們不曾對乘冪運算有所探究。
本文要回答一個問題。
==問題==
若$\alpha, \beta$皆為無理數，則$\alpha^{\beta}$也是無理數嗎？
==解答==
底是無理數，次方又是無理數，看起來結果一定是無理，對吧？
未必！
考慮$\alpha_1 = \sqrt{2}, \beta_1 = \sqrt{2}$，則可得數$\alpha_1^{\beta_1} = \sqrt{2}^{\sqrt{2}}$。
關於數$\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$，我不知道它到底是無理數還是有理數。
如果$\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$是有理數，那麼我們得到$\text{無理數}^{\text{無理數}} = \text{有理數}$的一個例子。
如果$\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$是無理數，那麼我們令$\alpha_2 = \sqrt{2}^{\sqrt{2}}, \beta_2 = \sqrt{2}$，於是
$$
\alpha_2^{\beta_2}=\left( \sqrt{2}^{\sqrt{2}} \right)^{\sqrt{2}} = \sqrt{2}^{\sqrt{2} \times \sqrt{2}} = \sqrt{2}^2 = 2.
$$
再次得到$\text{無理數}^{\text{無理數}} = \text{有理數}$。
所以無論本來$\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$是有理數還是無理數，我們都能憑藉這個數去得到$\text{無理數}^{\text{無理數}} = \text{有理數}$的例子。
==參考資料==
Kenneth Binmore, Foundations of Analysis: Book 1: Logic, Sets and Numbers. Cambridge University Press. 1980. Example 3.15
以前我們曾在【無理數與無理數加減乘除後仍會是無理數嗎？】與【有理數與無理數加減乘除後得到有理數還是無理數？】兩篇文章中探討過無理數對四則運算是否具有封閉性。
但我們不曾對乘冪運算有所探究。
本文要回答一個問題。
==問題==
若$\alpha, \beta$皆為無理數，則$\alpha^{\beta}$也是無理數嗎？
==解答==
底是無理數，次方又是無理數，看起來結果一定是無理，對吧？
未必！
考慮$\alpha_1 = \sqrt{2}, \beta_1 = \sqrt{2}$，則可得數$\alpha_1^{\beta_1} = \sqrt{2}^{\sqrt{2}}$。
關於數$\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$，我不知道它到底是無理數還是有理數。
如果$\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$是有理數，那麼我們得到$\text{無理數}^{\text{無理數}} = \text{有理數}$的一個例子。
如果$\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$是無理數，那麼我們令$\alpha_2 = \sqrt{2}^{\sqrt{2}}, \beta_2 = \sqrt{2}$，於是
$$
\alpha_2^{\beta_2}=\left( \sqrt{2}^{\sqrt{2}} \right)^{\sqrt{2}} = \sqrt{2}^{\sqrt{2} \times \sqrt{2}} = \sqrt{2}^2 = 2.
$$
再次得到$\text{無理數}^{\text{無理數}} = \text{有理數}$。
所以無論本來$\sqrt{2}^{\sqrt{2}}$是有理數還是無理數，我們都能憑藉這個數去得到$\text{無理數}^{\text{無理數}} = \text{有理數}$的例子。
==參考資料==
Kenneth Binmore, Foundations of Analysis: Book 1: Logic, Sets and Numbers. Cambridge University Press. 1980. Example 3.15
2017年7月13日 星期四
$\log_{10} 2$不是有理數
=問題=
證明$\log_{10} 2$不是有理數。
=解答=
首先，由於$\log_{10} 2 > \log_{10} 1 = 0$，故可知$\log_{10} 2$為正數。
假設$\log_{10} 2 = \text{有理數} \frac{a}{b}$，其中$a, b$皆為正整數，且$\gcd (a, b) = 1$。
於是根據對數的定義，得$2 = 10^{\frac{a}{b}}$。左右同時自乘$b$次，即同時$b$次方，得
\begin{eqnarray*}
2^b = \left( 10^{\frac{a}{b}} \right)^b, \\
2^b = 10^a, \\
2^b = (2 \times 5)^a, \\
2^b = 2^a \times 5^a, \\
2^b \times 5^0 = 2^a \times 5^a.
\end{eqnarray*}
注意$a, b$皆為正整數，所以$2^b, 2^a \times 5^a$皆為正整數。再根據算術基本定理之唯一性比較指數可知
$$
b = a \text{且} 0 = a.
$$
也就是有$a = b = 0$，但此與前提假設矛盾(我們假設$a, b$都是正整數)，所以假設錯誤，即$\log_{10} 2$是無理數。
證明$\log_{10} 2$不是有理數。
[華羅庚《數論導引》第一章$\S 5$習題1]
=解答=
首先，由於$\log_{10} 2 > \log_{10} 1 = 0$，故可知$\log_{10} 2$為正數。
假設$\log_{10} 2 = \text{有理數} \frac{a}{b}$，其中$a, b$皆為正整數，且$\gcd (a, b) = 1$。
於是根據對數的定義，得$2 = 10^{\frac{a}{b}}$。左右同時自乘$b$次，即同時$b$次方，得
\begin{eqnarray*}
2^b = \left( 10^{\frac{a}{b}} \right)^b, \\
2^b = 10^a, \\
2^b = (2 \times 5)^a, \\
2^b = 2^a \times 5^a, \\
2^b \times 5^0 = 2^a \times 5^a.
\end{eqnarray*}
注意$a, b$皆為正整數，所以$2^b, 2^a \times 5^a$皆為正整數。再根據算術基本定理之唯一性比較指數可知
$$
b = a \text{且} 0 = a.
$$
也就是有$a = b = 0$，但此與前提假設矛盾(我們假設$a, b$都是正整數)，所以假設錯誤，即$\log_{10} 2$是無理數。
(證明結束)
2017年7月12日 星期三
有理數與無理數加減乘除後得到有理數還是無理數？
在【有理數與有理數加減乘除後仍為有理數(有理數對四則運算自封、有理數Q是體(field))】一文中，我們論證了有理數對四則運算的自封性；在【無理數與無理數加減乘除後仍會是無理數嗎？】一文中，我們對不同的運算都各別舉出了正、反兩種例子來說明任兩個無理數之間經加減乘除四則運算後有可能是有理數，也可能是無理數。
本文將研究有理數與無理數經四則運算後會得到怎樣的結果。
以下均假定$p$為有理數，$q$為無理數。
(1) 有理數$\pm$無理數$=$無理數
[證]：假定有理數$p+$無理數$q=$有理數$r$，於是可以得到
$$
\text{無理數}q = \text{有理數}r - \text{有理數}p = \text{有理數},
$$
矛盾！
所以有理數$+$無理數$=$無理數。
而減法的情況則是，假定有理數$p - $無理數$q=$有理數$r'$，於是可以得到
$$
\text{無理數}q = \text{有理數}r' - \text{有理數}p = \text{有理數},
$$
矛盾！
所以有理數$-$無理數$=$無理數。
(2) 有理數$\times$無理數未必是無理數
正例：有理數$1 \times$無理數$\sqrt{2}=$無理數$\sqrt{2}$。
反例：有理數$0 \times$無理數$\sqrt{2}=$有理數$0$。
所以，有理數乘以無理數得到的結果可能是無理數，也可能是有理數。
(3) 有理數$\div$無理數未必是無理數
正例：有理數$2 \div$無理數$\sqrt{2} = $無理數$\sqrt{2}$。
反例：有理數$0 \div$無理數$\sqrt{2} = $有理數$0$。
警告：由於除法不具有交換律，所以討論了「有理數$\div$無理數」之外，還必須討論「無理數$\div$有理數」，而這兩種情況有顯著的差異！
(4) 無理數$\div$非零有理數$=$無理數
[證]：假定無理數$q \div$有理數$p =$有理數$r''$[當然我們這裡隱約假定了除數(或是說分母)$p \neq 0$]。於是我們有
\begin{eqnarray*}
\text{無理數}q \div \text{有理數}p = \text{有理數}r'', \\
\frac{\text{無理數}q}{\text{有理數}p} = \text{有理數}r'', \\
\text{無理數}q = \text{有理數}p \times \text{有理數}r'' = \text{有理數},
\end{eqnarray*}
矛盾！
因此無理數$q \div$有理數$p =$無理數。
=歸納=
(1) 有理數$\pm$無理數$=$無理數
(2) 有理數$\times$無理數未必是無理數
(3) 有理數$\div$無理數未必是無理數
(4) 無理數$\div$非零有理數$=$無理數
本文將研究有理數與無理數經四則運算後會得到怎樣的結果。
以下均假定$p$為有理數，$q$為無理數。
(1) 有理數$\pm$無理數$=$無理數
[證]：假定有理數$p+$無理數$q=$有理數$r$，於是可以得到
$$
\text{無理數}q = \text{有理數}r - \text{有理數}p = \text{有理數},
$$
矛盾！
所以有理數$+$無理數$=$無理數。
而減法的情況則是，假定有理數$p - $無理數$q=$有理數$r'$，於是可以得到
$$
\text{無理數}q = \text{有理數}r' - \text{有理數}p = \text{有理數},
$$
矛盾！
所以有理數$-$無理數$=$無理數。
正例：有理數$1 \times$無理數$\sqrt{2}=$無理數$\sqrt{2}$。
反例：有理數$0 \times$無理數$\sqrt{2}=$有理數$0$。
所以，有理數乘以無理數得到的結果可能是無理數，也可能是有理數。
(3) 有理數$\div$無理數未必是無理數
正例：有理數$2 \div$無理數$\sqrt{2} = $無理數$\sqrt{2}$。
反例：有理數$0 \div$無理數$\sqrt{2} = $有理數$0$。
警告：由於除法不具有交換律，所以討論了「有理數$\div$無理數」之外，還必須討論「無理數$\div$有理數」，而這兩種情況有顯著的差異！
(4) 無理數$\div$非零有理數$=$無理數
[證]：假定無理數$q \div$有理數$p =$有理數$r''$[當然我們這裡隱約假定了除數(或是說分母)$p \neq 0$]。於是我們有
\begin{eqnarray*}
\text{無理數}q \div \text{有理數}p = \text{有理數}r'', \\
\frac{\text{無理數}q}{\text{有理數}p} = \text{有理數}r'', \\
\text{無理數}q = \text{有理數}p \times \text{有理數}r'' = \text{有理數},
\end{eqnarray*}
矛盾！
因此無理數$q \div$有理數$p =$無理數。
=歸納=
(1) 有理數$\pm$無理數$=$無理數
(2) 有理數$\times$無理數未必是無理數
(3) 有理數$\div$無理數未必是無理數
(4) 無理數$\div$非零有理數$=$無理數
2017年7月11日 星期二
無理數與無理數加減乘除後仍會是無理數嗎？
在【有理數與有理數加減乘除後仍為有理數(有理數對四則運算自封、有理數Q是體(field))】一文中，我們討論了有理數對於加減乘除四則運算是自封的，那我們不禁要問「無理數的情況又如何？」
答案是不一定。
(1) 無理數$\pm$無理數未必是無理數
正例：無理數$\sqrt{2}+$無理數$\sqrt{3}=$無理數。
[證]：採用純粹數論的方法來論證此敘述太麻煩了，我們逕直使用有理根檢驗法就好。
設$x = \sqrt{2}+\sqrt{3}$，則
\begin{eqnarray*}
x=\sqrt{2}+\sqrt{3}, \\
x-\sqrt{2}=\sqrt{3}, \\
\left( x-\sqrt{2} \right)^2=\sqrt{3}^2, \\
x^2-2\sqrt{2}x+2=3, \\
x^2-1=2\sqrt{2}x, \\
\left( x^2-1 \right)^2=\left( 2\sqrt{2}x \right)^2, \\
x^4-2x^2+1=8x^2, \\
x^4-10x^2+1=0.
\end{eqnarray*}
命$f(x)=x^4-10x^2+1$。若有理數$\frac{p}{q}$[此地假定$\gcd (p, q)=1, q>0$]是多項式方程式$f(x)=0$的根，那麼必有$q|1, p|1$。如此，有理根僅可能為$\frac{1}{1}$或$\frac{-1}{1}$，亦即$\pm 1$。但$\sqrt{2}+\sqrt{3}$是多項式方程式$f(x)=0$的實根，而顯然$\sqrt{2}+\sqrt{3}$不會是有理根，於是可推知$\sqrt{2}+\sqrt{3}$必為多項式方程式$f(x)=0$的無理根，換言之，$\sqrt{2}+\sqrt{3}$根本就是無理數。
反例：無理數$\sqrt{2}+$無理數$(-\sqrt{2})=$有理數$0$。
綜上所述，無理數加減無理數的結果可能是無理數，也可能是有理數。
(2) 無理數$\times$無理數未必是無理數
正例：無理數$\sqrt{2} \times$無理數$\sqrt{3}=$無理數$\sqrt{6}$。
[證]：這裡其實沒什麼好證明的，只是要說明一下$\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6}$這三個數的無理性。
命$f_1(x) = x^2-2, f_2(x) = x^2-3, f_3(x)=x^2-6$，利用有理根檢驗法就可以輕易得知$\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6}$這三個數都是無理數。
反例：無理數$\sqrt{2} \times$無理數$\sqrt{2}=$有理數$2$。
綜上所述，無理數乘以無理數的結果可能是無理數，也可能是有理數。
(3) 無理數$\div$無理數未必是無理數
正例：無理數$\sqrt{3}\div$無理數$\sqrt{2}=$無理數$\sqrt{\frac{3}{2}}$。
[證]：此地只說明$\sqrt{\frac{3}{2}}$的無理性。
命$x=\sqrt{\frac{3}{2}}$，於是
\begin{eqnarray*}
x=\sqrt{\frac{3}{2}}, \\
x^2=\frac{3}{2}, \\
2x^2-3=0.
\end{eqnarray*}
命多項式$f(x)=2x^2-3$，利用有理根檢驗法即知$\sqrt{\frac{3}{2}}$為無理數。
反例：無理數$\sqrt{2}\div$無理數$\sqrt{2}=$有理數$1$。
綜上所述，無理數除以無理數的結果可能是無理數，也可能是有理數。
答案是不一定。
(1) 無理數$\pm$無理數未必是無理數
正例：無理數$\sqrt{2}+$無理數$\sqrt{3}=$無理數。
[證]：採用純粹數論的方法來論證此敘述太麻煩了，我們逕直使用有理根檢驗法就好。
設$x = \sqrt{2}+\sqrt{3}$，則
\begin{eqnarray*}
x=\sqrt{2}+\sqrt{3}, \\
x-\sqrt{2}=\sqrt{3}, \\
\left( x-\sqrt{2} \right)^2=\sqrt{3}^2, \\
x^2-2\sqrt{2}x+2=3, \\
x^2-1=2\sqrt{2}x, \\
\left( x^2-1 \right)^2=\left( 2\sqrt{2}x \right)^2, \\
x^4-2x^2+1=8x^2, \\
x^4-10x^2+1=0.
\end{eqnarray*}
命$f(x)=x^4-10x^2+1$。若有理數$\frac{p}{q}$[此地假定$\gcd (p, q)=1, q>0$]是多項式方程式$f(x)=0$的根，那麼必有$q|1, p|1$。如此，有理根僅可能為$\frac{1}{1}$或$\frac{-1}{1}$，亦即$\pm 1$。但$\sqrt{2}+\sqrt{3}$是多項式方程式$f(x)=0$的實根，而顯然$\sqrt{2}+\sqrt{3}$不會是有理根，於是可推知$\sqrt{2}+\sqrt{3}$必為多項式方程式$f(x)=0$的無理根，換言之，$\sqrt{2}+\sqrt{3}$根本就是無理數。
(證明結束)
反例：無理數$\sqrt{2}+$無理數$(-\sqrt{2})=$有理數$0$。
綜上所述，無理數加減無理數的結果可能是無理數，也可能是有理數。
(2) 無理數$\times$無理數未必是無理數
正例：無理數$\sqrt{2} \times$無理數$\sqrt{3}=$無理數$\sqrt{6}$。
[證]：這裡其實沒什麼好證明的，只是要說明一下$\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6}$這三個數的無理性。
命$f_1(x) = x^2-2, f_2(x) = x^2-3, f_3(x)=x^2-6$，利用有理根檢驗法就可以輕易得知$\sqrt{2}, \sqrt{3}, \sqrt{6}$這三個數都是無理數。
(證明結束)
反例：無理數$\sqrt{2} \times$無理數$\sqrt{2}=$有理數$2$。
綜上所述，無理數乘以無理數的結果可能是無理數，也可能是有理數。
(3) 無理數$\div$無理數未必是無理數
正例：無理數$\sqrt{3}\div$無理數$\sqrt{2}=$無理數$\sqrt{\frac{3}{2}}$。
[證]：此地只說明$\sqrt{\frac{3}{2}}$的無理性。
命$x=\sqrt{\frac{3}{2}}$，於是
\begin{eqnarray*}
x=\sqrt{\frac{3}{2}}, \\
x^2=\frac{3}{2}, \\
2x^2-3=0.
\end{eqnarray*}
命多項式$f(x)=2x^2-3$，利用有理根檢驗法即知$\sqrt{\frac{3}{2}}$為無理數。
(證明結束)
反例：無理數$\sqrt{2}\div$無理數$\sqrt{2}=$有理數$1$。
綜上所述，無理數除以無理數的結果可能是無理數，也可能是有理數。
我們可以把以上幾條結論歸結為：無理數對加減乘除四則運算不自封。
更多關於無理數的討論，參見G. H. Hardy與E. M. Wright合著的"An Introduction to the Theory of Numbers"，第4章。I. Niven的"Numbers: Rational and Irrational"也是很好的讀物。
更多關於無理數的討論，參見G. H. Hardy與E. M. Wright合著的"An Introduction to the Theory of Numbers"，第4章。I. Niven的"Numbers: Rational and Irrational"也是很好的讀物。
有理數與有理數加減乘除後仍為有理數(有理數對四則運算自封、有理數Q是體(field))
在高中數學關於實數的介紹中，常會出現一類概念考題，多以選擇題形式呈現，其內容大概都是「設$a, b$皆為有理數，則以下選項何者正確？」云云。
有很大一部分題目內容是關於有理數體對於四則運算自封的，以下我們來討論一下這些內容。
定理：若$a, b$皆為有理數(亦可寫作$a, b \in \mathbb{Q}$)，則有以下結論：
(1) $a+b$仍為有理數，即$a+b \in \mathbb{Q}$。換句話說，就是「有理數$+$有理數$=$有理數」；
(2) $a-b$仍為有理數，即$a-b \in \mathbb{Q}$。換句話說，就是「有理數$-$有理數$=$有理數」；
(3) $a \times b$仍為有理數，即$a \times b \in \mathbb{Q}$。換句話說，就是「有理數$ \times $有理數$=$有理數」；
(4) 若再限制$b \neq 0$，那麼$a \div b$仍為有理數，即$a \div b \in \mathbb{Q}$。換句話說，就是「有理數$ \div $有理數$=$有理數」。
[證]：已知$a, b$皆為有理數，那麼存在整數$p, q, r, s$使得$a=\frac{p}{q}, b=\frac{r}{s}$，且其中$q \neq 0, s \neq 0$，又$\gcd (p, q) = \gcd (r, s) = 1$。
(1) 因為$p, q, r, s$皆為整數，所以$qs, ps+qr$亦為整數。而
\begin{eqnarray*}
a+b
&=& \frac{p}{q} + \frac{r}{s} \\
&=& \frac{ps}{qs} + \frac{rq}{sq} \\
&=& \frac{ps+rq}{qs}
\end{eqnarray*}
可見$a+b$的結果可表為$\frac{\text{整數}}{整數}$，因此$a+b$也是有理數。
(2) 因為$r$是整數，所以$-r$也是整數。
因$b=\frac{r}{s}$，得$-b=-\frac{r}{s} = \frac{-r}{s} = \frac{\text{整數}}{\text{整數}}$，即$-b$亦為有理數。
那麼$a-b=a+(-b)=\text{有理數}+\text{有理數}=\text{有理數}$。
(3) 因為$p, q, r, s$皆為整數，所以$pr, qs$也都是整數。
那麼$a \times b = \frac{p}{q} \times \frac{r}{s} = \frac{pr}{qs} = \frac{\text{整數}}{\text{整數}} = \text{有理數}$。
(4) 因$b \neq 0$，而$b = \frac{r}{s}$，故$r \neq 0$，所以$\frac{1}{b} = \frac{s}{r}$是存在的，且$\frac{1}{b}$也是有理數。
於是$a \div b = a \times \frac{1}{b} = \text{有理數} \times \text{有理數} = \text{有理數}$。
有很大一部分題目內容是關於有理數體對於四則運算自封的，以下我們來討論一下這些內容。
定理：若$a, b$皆為有理數(亦可寫作$a, b \in \mathbb{Q}$)，則有以下結論：
(1) $a+b$仍為有理數，即$a+b \in \mathbb{Q}$。換句話說，就是「有理數$+$有理數$=$有理數」；
(2) $a-b$仍為有理數，即$a-b \in \mathbb{Q}$。換句話說，就是「有理數$-$有理數$=$有理數」；
(3) $a \times b$仍為有理數，即$a \times b \in \mathbb{Q}$。換句話說，就是「有理數$ \times $有理數$=$有理數」；
(4) 若再限制$b \neq 0$，那麼$a \div b$仍為有理數，即$a \div b \in \mathbb{Q}$。換句話說，就是「有理數$ \div $有理數$=$有理數」。
[證]：已知$a, b$皆為有理數，那麼存在整數$p, q, r, s$使得$a=\frac{p}{q}, b=\frac{r}{s}$，且其中$q \neq 0, s \neq 0$，又$\gcd (p, q) = \gcd (r, s) = 1$。
(1) 因為$p, q, r, s$皆為整數，所以$qs, ps+qr$亦為整數。而
\begin{eqnarray*}
a+b
&=& \frac{p}{q} + \frac{r}{s} \\
&=& \frac{ps}{qs} + \frac{rq}{sq} \\
&=& \frac{ps+rq}{qs}
\end{eqnarray*}
可見$a+b$的結果可表為$\frac{\text{整數}}{整數}$，因此$a+b$也是有理數。
(2) 因為$r$是整數，所以$-r$也是整數。
因$b=\frac{r}{s}$，得$-b=-\frac{r}{s} = \frac{-r}{s} = \frac{\text{整數}}{\text{整數}}$，即$-b$亦為有理數。
那麼$a-b=a+(-b)=\text{有理數}+\text{有理數}=\text{有理數}$。
(3) 因為$p, q, r, s$皆為整數，所以$pr, qs$也都是整數。
那麼$a \times b = \frac{p}{q} \times \frac{r}{s} = \frac{pr}{qs} = \frac{\text{整數}}{\text{整數}} = \text{有理數}$。
(4) 因$b \neq 0$，而$b = \frac{r}{s}$，故$r \neq 0$，所以$\frac{1}{b} = \frac{s}{r}$是存在的，且$\frac{1}{b}$也是有理數。
於是$a \div b = a \times \frac{1}{b} = \text{有理數} \times \text{有理數} = \text{有理數}$。
(證明結束)
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