De rationelle tal \(\mathbb{Q}\) synes ved første øjekast at være en kontinuerlig helhed: mellem to brøker er der altid en anden. Men dette indtryk er misvisende: der findes mængder af rationelle tal, der ganske vist er begrænsede, men hvis supremum eller infimum simpelthen ikke eksisterer i \(\mathbb{Q}\) . Årsagen ligger i eksistensen af irrationelle tal som \(\sqrt{2}\) , som på en måde skaber usynlige huller i den rationelle tallinje.
For at vise, at \(\mathbb{Q}\) ikke er fuldstændig, vil vi specificere to ikke-tomme delmængder af \(\mathbb{Q}\) : en, der er begrænset ovenfor, men ikke har noget supremum i \(\mathbb{Q}\) , og en anden, der er begrænset nedenfor, men ikke har noget infimum i \(\mathbb{Q}\) .
Betragt mængden \(X = \{x \in \mathbb{Q} \mid x \geq 0,\; x^2 < 2\}\) . Mængden \(X\) er ikke tom, da \(1 \in X\) . Hvis \(x \geq 2\) , så \(x^2 \geq 4 > 2\) , hvilket modsiger \(x^2 < 2\) . Derfor gælder \(x < 2\) for enhver \(x \in X\) . Således \(X \subset [0, 2]\) , og \(2\) er en af de øvre grænser for \(X\) . Derfor er \(X\) begrænset ovenfor.
Lad \(x \in X\) . Vi viser, at der findes en \(n \in \mathbb{N}\) , således at \(x + \frac{1}{n} \in X\) . Det findes, at
\[\left(x + \frac{1}{n}\right)^2 = x^2 + \frac{2x}{n} + \frac{1}{n^2} \leq x^2 + \frac{2x}{n} + \frac{1}{n} = x^2 + \frac{1}{n}(2x + 1).\]
Således \(x^2 + \frac{1}{n}(2x + 1) < 2 \iff \frac{1}{n} < \frac{2 - x^2}{2x + 1}\) . Da \(2 - x^2 > 0\) og \(2x + 1 > 0\) , garanterer Archimedes' aksiom eksistensen af \(n \in \mathbb{N}\) . Derfor \(\left(x + \frac{1}{n}\right)^2 < 2\) , og dermed \(x + \frac{1}{n} \in X\) .
Betragt nu mængden \(Y = \{y \in \mathbb{Q} \mid y > 0,\; y^2 > 2\}\) . Det er tydeligt, \(Y \neq \varnothing\) . Desuden er \(Y\) begrænset forneden og ubegrænset foroven, dvs. \(Y \subset (0, +\infty)\) . Lad \(y \in Y\) . Vi viser, at der findes en \(m \in \mathbb{N}\) således at \(y - \frac{1}{m} \in Y\) . Det observeres, at
\[\left(y - \frac{1}{m}\right)^2 = y^2 - \frac{2y}{m} + \frac{1}{m^2} > y^2 - \frac{2y}{m}.\]
Således \(y^2 - \frac{2y}{m} > 2 \iff \frac{1}{m} < \frac{y^2 - 2}{2y}\) . Da \(y^2 - 2 > 0\) og \(2y > 0\) , garanterer Archimedes' aksiom igen eksistensen af \(m \in \mathbb{N}\) . Derfor \(\left(y - \frac{1}{m}\right)^2 > 2\) , og dermed \(y - \frac{1}{m} \in Y\) .
Antag at \(w = \sup X\) . Det kan ikke være, at \(w^2 < 2\) , fordi så er \(w \in X\) , og der ville være en \(n \in \mathbb{N}\) med \(w + \frac{1}{n} \in X\) og \(w < w + \frac{1}{n}\) , hvilket modsiger det faktum, at \(w\) er en øvre grænse for \(X\) . Det kan heller ikke være sandt, at \(w^2 > 2\) , fordi så er \(w \in Y\) , og der ville være en \(m \in \mathbb{N}\) med \(w - \frac{1}{m} \in Y\) og \(w - \frac{1}{m} < w\) , hvilket modsiger det faktum, at \(w\) er den mindste øvre grænse for \(X\) .
Lad os nu antage, at \(v = \inf Y\) . Det kan ikke være sandt, at \(v^2 > 2\) , fordi så ville \(v \in Y\) , og \(v\) ikke være en nedre grænse for \(Y\) . Ligeledes kan det ikke være sandt, at \(v^2 < 2\) , fordi så ville \(v \in X\) , og dermed ville \(v\) ikke være den største nedre grænse for \(Y\) .
De eneste tilbageværende muligheder er derfor \(w^2 = 2\) og \(v^2 = 2\) . Der findes dog intet rationelt tal, hvis kvadrat er lig med \(2\) . Derfor kan \(w = \sup X\) ikke eksistere i \(\mathbb{Q}\) . Af samme grund kan \(v = \inf Y\) ikke eksistere i \(\mathbb{Q}\) .
Derfor er \(\mathbb{Q}\) ikke et fuldstændig ordnet felt. \(\square\)