Die rationalen Zahlen \(\mathbb{Q}\) wirken auf den ersten Blick wie ein lückenloses Kontinuum: zwischen je zwei Brüchen findet sich stets ein weiterer. Doch dieser Eindruck täuscht: Es gibt Mengen rationaler Zahlen, die zwar beschränkt sind, deren Supremum oder Infimum aber in \(\mathbb{Q}\) schlicht nicht existiert. Der Grund liegt in der Existenz irrationaler Zahlen wie \(\sqrt{2}\), die gewissermaßen unsichtbare Löcher in die rationale Zahlengerade reißen.
Um zu zeigen, dass \(\mathbb{Q}\) nicht vollständig ist, werden wir zwei nichtleere Teilmengen von \(\mathbb{Q}\) angeben: eine, die nach oben beschränkt ist, aber kein Supremum in \(\mathbb{Q}\) besitzt, und eine andere, die nach unten beschränkt ist, aber kein Infimum in \(\mathbb{Q}\) besitzt.
Betrachte die Menge \(X = \{x \in \mathbb{Q} \mid x \geq 0,\; x^2 < 2\}\). Die Menge \(X\) ist nicht leer, da \(1 \in X\). Falls \(x \geq 2\), dann ist \(x^2 \geq 4 > 2\), was \(x^2 < 2\) widerspricht. Also gilt \(x < 2\) für jedes \(x \in X\). Somit ist \(X \subset [0, 2]\), und \(2\) ist eine der oberen Schranken von \(X\). Daher ist \(X\) nach oben beschränkt.
Sei \(x \in X\). Wir zeigen, dass ein \(n \in \mathbb{N}\) existiert, sodass \(x + \frac{1}{n} \in X\). Man stellt fest, dass
\[\left(x + \frac{1}{n}\right)^2 = x^2 + \frac{2x}{n} + \frac{1}{n^2} \leq x^2 + \frac{2x}{n} + \frac{1}{n} = x^2 + \frac{1}{n}(2x + 1).\]
Somit gilt \(x^2 + \frac{1}{n}(2x + 1) < 2 \iff \frac{1}{n} < \frac{2 - x^2}{2x + 1}\). Da \(2 - x^2 > 0\) und \(2x + 1 > 0\), garantiert das Archimedische Axiom die Existenz eines \(n \in \mathbb{N}\). Daher ist \(\left(x + \frac{1}{n}\right)^2 < 2\), und somit \(x + \frac{1}{n} \in X\).
Betrachte nun die Menge \(Y = \{y \in \mathbb{Q} \mid y > 0,\; y^2 > 2\}\). Offensichtlich ist \(Y \neq \varnothing\). Ferner ist \(Y\) nach unten beschränkt und unbeschränkt nach oben, das heißt \(Y \subset (0, +\infty)\). Sei \(y \in Y\). Wir zeigen, dass ein \(m \in \mathbb{N}\) existiert, sodass \(y - \frac{1}{m} \in Y\). Man stellt fest, dass
\[\left(y - \frac{1}{m}\right)^2 = y^2 - \frac{2y}{m} + \frac{1}{m^2} > y^2 - \frac{2y}{m}.\]
Somit gilt \(y^2 - \frac{2y}{m} > 2 \iff \frac{1}{m} < \frac{y^2 - 2}{2y}\). Da \(y^2 - 2 > 0\) und \(2y > 0\), garantiert erneut das Archimedische Axiom die Existenz eines \(m \in \mathbb{N}\). Daher ist \(\left(y - \frac{1}{m}\right)^2 > 2\), und somit \(y - \frac{1}{m} \in Y\).
Angenommen, \(w = \sup X\). Es kann nicht gelten, dass \(w^2 < 2\), denn dann wäre \(w \in X\), und es gäbe ein \(n \in \mathbb{N}\) mit \(w + \frac{1}{n} \in X\) und \(w < w + \frac{1}{n}\), was der Tatsache widerspricht, dass \(w\) eine obere Schranke von \(X\) ist. Es kann auch nicht gelten, dass \(w^2 > 2\), denn dann wäre \(w \in Y\), und es gäbe ein \(m \in \mathbb{N}\) mit \(w - \frac{1}{m} \in Y\) und \(w - \frac{1}{m} < w\), was der Tatsache widerspricht, dass \(w\) die kleinste obere Schranke von \(X\) ist.
Nehmen wir nun an, dass \(v = \inf Y\). Es kann nicht gelten, dass \(v^2 > 2\), denn dann wäre \(v \in Y\), und \(v\) wäre keine untere Schranke von \(Y\). Es kann ebenso nicht gelten, dass \(v^2 < 2\), denn dann wäre \(v \in X\), und somit wäre \(v\) nicht die größte untere Schranke von \(Y\).
Die einzig verbleibende Möglichkeit ist also \(w^2 = 2\) und \(v^2 = 2\). Es gibt jedoch keine rationale Zahl, deren Quadrat gleich \(2\) ist. Daher kann \(w = \sup X\) in \(\mathbb{Q}\) nicht existieren. Aus demselben Grund kann auch \(v = \inf Y\) in \(\mathbb{Q}\) nicht existieren.
Folglich ist \(\mathbb{Q}\) kein vollständig geordneter Körper. \(\square\)