A racionális számok \(\mathbb{Q}\) első pillantásra folytonos egésznek tűnnek: bármely két tört között mindig van egy másik. Ez a benyomás azonban megtévesztő: vannak olyan racionális számok halmazai, amelyek valóban korlátosak, de amelyek szuprémuma vagy infimuma egyszerűen nem létezik \(\mathbb{Q}\) ban. Ennek oka az irracionális számok, mint például \(\sqrt{2}\) létezésében rejlik, amelyek bizonyos értelemben láthatatlan lyukakat hoznak létre a racionális számegyenesen.
Annak bemutatására, hogy \(\mathbb{Q}\) nem teljes, két nem üres részhalmazát adjuk meg a \(\mathbb{Q}\) halmaznak: az egyik felül korlátos, de nincs szuprémuma a \(\mathbb{Q}\) halmazban, a másik pedig alul korlátos, de nincs infimuma a \(\mathbb{Q}\) halmazban.
Tekintsük az \(X = \{x \in \mathbb{Q} \mid x \geq 0,\; x^2 < 2\}\) . Az \(X\) halmaz nem üres, mivel \(1 \in X\) . Ha \(x \geq 2\) , akkor \(x^2 \geq 4 > 2\) , ami ellentmond \(x^2 < 2\) halmaznak. Ezért \(x < 2\) minden \(x \in X\) esetén igaz. Így \(X \subset [0, 2]\) , és \(2\) az \(X\) halmaz egyik felső korlátja. Ezért \(X\) felülről korlátos.
Legyen \(x \in X\) Megmutatjuk, hogy létezik egy \(n \in \mathbb{N}\) úgy, hogy \(x + \frac{1}{n} \in X\) . Azt kapjuk, hogy
\[\left(x + \frac{1}{n}\right)^2 = x^2 + \frac{2x}{n} + \frac{1}{n^2} \leq x^2 + \frac{2x}{n} + \frac{1}{n} = x^2 + \frac{1}{n}(2x + 1).\]
Tehát \(x^2 + \frac{1}{n}(2x + 1) < 2 \iff \frac{1}{n} < \frac{2 - x^2}{2x + 1}\) . Mivel \(2 - x^2 > 0\) és \(2x + 1 > 0\) , Arkhimédész axiómája garantálja \(n \in \mathbb{N}\) létezését. Ezért \(\left(x + \frac{1}{n}\right)^2 < 2\) , és így \(x + \frac{1}{n} \in X\) .
Most tekintsük az \(Y = \{y \in \mathbb{Q} \mid y > 0,\; y^2 > 2\}\) halmazt. Nyilvánvaló, hogy \(Y \neq \varnothing\) . Továbbá, \(Y\) alul korlátos és felül nem korlátos, azaz \(Y \subset (0, +\infty)\) . Legyen \(y \in Y\) . Megmutatjuk, hogy létezik egy \(m \in \mathbb{N}\) úgy, hogy \(y - \frac{1}{m} \in Y\) . Megfigyelhető, hogy
\[\left(y - \frac{1}{m}\right)^2 = y^2 - \frac{2y}{m} + \frac{1}{m^2} > y^2 - \frac{2y}{m}.\]
Tehát \(y^2 - \frac{2y}{m} > 2 \iff \frac{1}{m} < \frac{y^2 - 2}{2y}\) . Mivel \(y^2 - 2 > 0\) és \(2y > 0\) , Arkhimédész axiómája ismét garantálja az \(m \in \mathbb{N}\) létezését. Ezért \(\left(y - \frac{1}{m}\right)^2 > 2\) , és így \(y - \frac{1}{m} \in Y\) .
Tegyük fel, hogy \(w = \sup X\) . Nem lehet igaz, hogy \(w^2 < 2\) , mert akkor \(w \in X\) , és létezne egy \(n \in \mathbb{N}\) ahol \(w + \frac{1}{n} \in X\) és \(w < w + \frac{1}{n}\) , ami ellentmond annak a ténynek, hogy \(w\) az \(X\) felső korlátja. Az sem lehet igaz, hogy \(w^2 > 2\) , mert akkor \(w \in Y\) , és létezne egy \(m \in \mathbb{N}\) ahol \(w - \frac{1}{m} \in Y\) és \(w - \frac{1}{m} < w\) , ami ellentmond annak a ténynek, hogy \(w\) az \(X\) legkisebb felső korlátja.
Tegyük fel most, hogy \(v = \inf Y\) . Nem lehet igaz, hogy \(v^2 > 2\) , mert akkor \(v \in Y\) , és \(v\) nem lenne \(Y\) alsó korlátja. Hasonlóképpen, nem lehet igaz, hogy \(v^2 < 2\) , mert akkor \(v \in X\) , és így \(v\) nem lenne \(Y\) legnagyobb alsó korlátja.
A fennmaradó lehetőségek tehát \(w^2 = 2\) és \(v^2 = 2\) . Azonban nincs olyan racionális szám, amelynek négyzete egyenlő \(2\) -vel. Ezért \(w = \sup X\) nem létezhet \(\mathbb{Q}\) halmazban. Ugyanezen okból \(v = \inf Y\) nem létezhet a \(\mathbb{Q}\) halmazban.
Ezért \(\mathbb{Q}\) nem egy teljesen rendezett test. \(\square\)