{"id":4700,"date":"2026-03-14T12:25:49","date_gmt":"2026-03-14T11:25:49","guid":{"rendered":"https:\/\/vielhuber.de\/?p=4700"},"modified":"2026-03-14T12:43:32","modified_gmt":"2026-03-14T11:43:32","slug":"%e2%84%9a-ist-nicht-vollstaendig","status":"publish","type":"post","link":"https:\/\/vielhuber.de\/blog\/%e2%84%9a-ist-nicht-vollstaendig\/","title":{"rendered":"\u211a ist nicht vollst\u00e4ndig"},"content":{"rendered":"\n

Die rationalen Zahlen \\(\\mathbb{Q}\\) wirken auf den ersten Blick wie ein l\u00fcckenloses Kontinuum: zwischen je zwei Br\u00fcchen findet sich stets ein weiterer. Doch dieser Eindruck t\u00e4uscht: Es gibt Mengen rationaler Zahlen, die zwar beschr\u00e4nkt sind, deren Supremum oder Infimum aber in \\(\\mathbb{Q}\\) schlicht nicht existiert. Der Grund liegt in der Existenz irrationaler Zahlen wie \\(\\sqrt{2}\\), die gewisserma\u00dfen unsichtbare L\u00f6cher in die rationale Zahlengerade rei\u00dfen.<\/p>\n\n\n\n\n\n\n\n

Um zu zeigen, dass \\(\\mathbb{Q}\\) nicht vollst\u00e4ndig ist, werden wir zwei nichtleere Teilmengen von \\(\\mathbb{Q}\\) angeben: eine, die nach oben beschr\u00e4nkt ist, aber kein Supremum in \\(\\mathbb{Q}\\) besitzt, und eine andere, die nach unten beschr\u00e4nkt ist, aber kein Infimum in \\(\\mathbb{Q}\\) besitzt.<\/p>\n\n\n\n

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\\) f\u00fcr jedes \\(x \\in X\\). Somit ist \\(X \\subset [0, 2]\\), und \\(2\\) ist eine der oberen Schranken von \\(X\\). Daher ist \\(X\\) nach oben beschr\u00e4nkt.<\/p>\n\n\n\n

Sei \\(x \\in X\\). Wir zeigen, dass ein \\(n \\in \\mathbb{N}\\) existiert, sodass \\(x + \\frac{1}{n} \\in X\\). Man stellt fest, dass<\/p>\n\n\n\n

\\[\\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).\\]<\/p>\n\n\n\n

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<\/a> 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\\).<\/p>\n\n\n\n

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 beschr\u00e4nkt und unbeschr\u00e4nkt nach oben, das hei\u00dft \\(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<\/p>\n\n\n\n

\\[\\left(y - \\frac{1}{m}\\right)^2 = y^2 - \\frac{2y}{m} + \\frac{1}{m^2} > y^2 - \\frac{2y}{m}.\\]<\/p>\n\n\n\n

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\\).<\/p>\n\n\n\n

Angenommen, \\(w = \\sup X\\). Es kann nicht gelten, dass \\(w^2 < 2\\), denn dann w\u00e4re \\(w \\in X\\), und es g\u00e4be 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 w\u00e4re \\(w \\in Y\\), und es g\u00e4be 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.<\/p>\n\n\n\n

Nehmen wir nun an, dass \\(v = \\inf Y\\). Es kann nicht gelten, dass \\(v^2 > 2\\), denn dann w\u00e4re \\(v \\in Y\\), und \\(v\\) w\u00e4re keine untere Schranke von \\(Y\\). Es kann ebenso nicht gelten, dass \\(v^2 < 2\\), denn dann w\u00e4re \\(v \\in X\\), und somit w\u00e4re \\(v\\) nicht die gr\u00f6\u00dfte untere Schranke von \\(Y\\).<\/p>\n\n\n\n

Die einzig verbleibende M\u00f6glichkeit 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.<\/p>\n\n\n\n

Folglich ist \\(\\mathbb{Q}\\) kein vollst\u00e4ndig geordneter K\u00f6rper. \\(\\square\\)<\/p>\n","protected":false},"excerpt":{"rendered":"

Die rationalen Zahlen \\(\\mathbb{Q}\\) wirken auf den ersten Blick wie ein l\u00fcckenloses Kontinuum: zwischen je zwei Br\u00fcchen findet sich stets ein weiterer. Doch dieser Eindruck t\u00e4uscht: Es gibt Mengen rationaler Zahlen, die zwar beschr\u00e4nkt sind, deren Supremum oder Infimum aber in \\(\\mathbb{Q}\\) schlicht nicht existiert. 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