La raciaj nombroj \(\mathbb{Q}\) ŝajnas unuarigarde esti kontinua tuto: inter iuj ajn du frakcioj, ĉiam estas alia. Sed ĉi tiu impreso estas trompa: ekzistas aroj de raciaj nombroj, kiuj efektive estas limigitaj, sed kies supra aŭ malsupra nombro simple ne ekzistas en \(\mathbb{Q}\) . La kialo kuŝas en la ekzisto de neraciaj nombroj kiel \(\sqrt{2}\) , kiuj, iasence, kreas nevideblajn truojn en la racia nombrolinio.
Por montri, ke \(\mathbb{Q}\) ne estas kompleta, ni specifos du ne-malplenajn subarojn de \(\mathbb{Q}\) : unu, kiu estas limigita supre sed ne havas superan punkton en \(\mathbb{Q}\) , kaj alia, kiu estas limigita sube sed ne havas infimon en \(\mathbb{Q}\) .
Konsideru la aron \(X = \{x \in \mathbb{Q} \mid x \geq 0,\; x^2 < 2\}\) . La aro \(X\) ne estas malplena, ĉar \(1 \in X\) . Se \(x \geq 2\) , tiam \(x^2 \geq 4 > 2\) , kio kontraŭdiras \(x^2 < 2\) . Tial, \(x < 2\) validas por ĉiu \(x \in X\) . Tiel \(X \subset [0, 2]\) , kaj \(2\) estas unu el la supraj limoj de \(X\) . Tial, \(X\) estas barita supre.
Estu \(x \in X\) . Ni montras, ke ekzistas \(n \in \mathbb{N}\) tia, ke \(x + \frac{1}{n} \in X\) . Oni trovas, ke
\[\left(x + \frac{1}{n}\right)^2 = x^2 + \frac{2x}{n} + \frac{1}{n^2} \leq x^2 + \frac{2x}{n} + \frac{1}{n} = x^2 + \frac{1}{n}(2x + 1).\]
Tiel \(x^2 + \frac{1}{n}(2x + 1) < 2 \iff \frac{1}{n} < \frac{2 - x^2}{2x + 1}\) . Ĉar \(2 - x^2 > 0\) kaj \(2x + 1 > 0\) , la aksiomo de Arkimedo garantias la ekziston de \(n \in \mathbb{N}\) . Tial, \(\left(x + \frac{1}{n}\right)^2 < 2\) , kaj tial \(x + \frac{1}{n} \in X\) .
Nun konsideru la aron \(Y = \{y \in \mathbb{Q} \mid y > 0,\; y^2 > 2\}\) . Evidente, \(Y \neq \varnothing\) . Krome, \(Y\) estas limigita sube kaj nelimigita supre, tio estas \(Y \subset (0, +\infty)\) . Estu \(y \in Y\) . Ni montras, ke ekzistas \(m \in \mathbb{N}\) tia, ke \(y - \frac{1}{m} \in Y\) . Oni observas, ke
\[\left(y - \frac{1}{m}\right)^2 = y^2 - \frac{2y}{m} + \frac{1}{m^2} > y^2 - \frac{2y}{m}.\]
Tiel \(y^2 - \frac{2y}{m} > 2 \iff \frac{1}{m} < \frac{y^2 - 2}{2y}\) . Ĉar \(y^2 - 2 > 0\) kaj \(2y > 0\) , la aksiomo de Arkimedo denove garantias la ekziston de \(m \in \mathbb{N}\) . Tial, \(\left(y - \frac{1}{m}\right)^2 > 2\) , kaj tial \(y - \frac{1}{m} \in Y\) .
Supozu \(w = \sup X\) . Ne eblas, ke \(w^2 < 2\) , ĉar tiam \(w \in X\) , kaj ekzistus \(n \in \mathbb{N}\) kun \(w + \frac{1}{n} \in X\) kaj \(w < w + \frac{1}{n}\) , kio kontraŭdiras la fakton, ke \(w\) estas supra limo de \(X\) . Ankaŭ ne eblas, ke \(w^2 > 2\) , ĉar tiam \(w \in Y\) , kaj ekzistus \(m \in \mathbb{N}\) kun \(w - \frac{1}{m} \in Y\) kaj \(w - \frac{1}{m} < w\) , kio kontraŭdiras la fakton, ke \(w\) estas la plej malgranda supra limo de \(X\) .
Ni nun supozu, ke \(v = \inf Y\) . Ne povas esti vere, ke \(v^2 > 2\) , ĉar tiam \(v \in Y\) , kaj \(v\) ne estus malsupra limo de \(Y\) . Simile, ne povas esti vere, ke \(v^2 < 2\) , ĉar tiam \(v \in X\) , kaj tial \(v\) ne estus la plej granda malsupra limo de \(Y\) .
La solaj restantaj eblecoj estas do \(w^2 = 2\) kaj \(v^2 = 2\) . Tamen, ne ekzistas racia nombro, kies kvadrato egalas al \(2\) . Tial \(w = \sup X\) ne povas ekzisti en \(\mathbb{Q}\) . Pro la sama kialo, \(v = \inf Y\) ne povas ekzisti en \(\mathbb{Q}\) .
Tial, \(\mathbb{Q}\) ne estas tute ordigita kampo. \(\square\)