Рационалдык сандар бир караганда үзгүлтүксүз бүтүн сыяктуу көрүнөт: каалаган эки бөлчөктүн ортосунда дайыма экинчиси бар. Бирок бул таасир алдамчы: чындыгында чектелген, бирок супремуму же инфинуму жөн гана \(\mathbb{Q}\) \(\mathbb{Q}\) де жок рационалдык сандар топтому бар. Себеби \(\sqrt{2}\) сыяктуу иррационалдык сандардын бар экендигинде жатат, алар кандайдыр бир мааниде рационалдык сандар сызыгында көрүнбөгөн тешиктерди жаратат.
\(\mathbb{Q}\) толук эмес экенин көрсөтүү үчүн, \(\mathbb{Q}\) эки бош эмес подтопчогун көрсөтөбүз: бири жогору жактан чектелген, бирок \(\mathbb{Q}\) боюнча супремуму жок, экинчиси төмөндө чектелген, бирок \(\mathbb{Q}\) боюнча инфинуму жок.
\(X = \{x \in \mathbb{Q} \mid x \geq 0,\; x^2 < 2\}\) көптүгүн карап көрөлү. \(X\) көптүгү бош эмес, анткени \(1 \in X\) . Эгерде \(x \geq 2\) болсо, анда \(x^2 \geq 4 > 2\) , бул \(x^2 < 2\) га карама-каршы келет. Демек, \(x < 2\) ар бир \(x \in X\) үчүн туура келет. Ошентип \(X \subset [0, 2]\) , жана \(2\) \(X\) нын жогорку чектеринин бири болуп саналат. Демек, \(X\) жогоруда чектелген.
\(x \in X\) . Биз , ошондуктан \(x + \frac{1}{n} \in X\) \(n \in \mathbb{N}\)
\[\left(x + \frac{1}{n}\right)^2 = x^2 + \frac{2x}{n} + \frac{1}{n^2} \leq x^2 + \frac{2x}{n} + \frac{1}{n} = x^2 + \frac{1}{n}(2x + 1).\]
Ошентип \(x^2 + \frac{1}{n}(2x + 1) < 2 \iff \frac{1}{n} < \frac{2 - x^2}{2x + 1}\) . \(2 - x^2 > 0\) жана \(2x + 1 > 0\) болгондуктан, Архимеддин аксиомасы \(n \in \mathbb{N}\) бар экенин кепилдейт. Ошондуктан, \(\left(x + \frac{1}{n}\right)^2 < 2\) , жана ошентип \(x + \frac{1}{n} \in X\) .
Эми \(Y = \{y \in \mathbb{Q} \mid y > 0,\; y^2 > 2\}\) топтомун карап көрөлү. Албетте, \(Y \neq \varnothing\) . Андан тышкары, \(Y\) төмөндө чектелген жана жогоруда чексиз, башкача айтканда \(Y \subset (0, +\infty)\) . \(y \in Y\) болсун. \(y - \frac{1}{m} \in Y\) болгондой \(m \in \mathbb{N}\) бар экенин көрсөтөбүз. Байкалгандай
\[\left(y - \frac{1}{m}\right)^2 = y^2 - \frac{2y}{m} + \frac{1}{m^2} > y^2 - \frac{2y}{m}.\]
Ошентип \(y^2 - \frac{2y}{m} > 2 \iff \frac{1}{m} < \frac{y^2 - 2}{2y}\) . \(y^2 - 2 > 0\) жана \(2y > 0\) болгондуктан, Архимеддин аксиомасы кайрадан \(m \in \mathbb{N}\) бар экенин кепилдейт. Демек, \(\left(y - \frac{1}{m}\right)^2 > 2\) , жана ошентип \(y - \frac{1}{m} \in Y\) .
Мисалы, \(w = \sup X\) болсун. Бул \(w^2 < 2\) болушу мүмкүн эмес, анткени анда \(w \in X\) жана \(n \in \mathbb{N}\) \(w + \frac{1}{n} \in X\) \) болгон \(w < w + \frac{1}{n}\) болот, бул \(w\) \(X\) жогорку чеги экендигине карама-каршы келет. Ошондой эле \(w^2 > 2\) болушу мүмкүн эмес, анткени анда \(w \in Y\) жана \(m \in \mathbb{N}\) \(w - \frac{1}{m} \in Y\) \(w - \frac{1}{m} < w\) болот, бул \(w\) \(X\) эң кичине жогорку чеги экендигине карама-каршы келет.
Эми \(v = \inf Y\) деп эсептейли. \(v^2 > 2\) болушу мүмкүн эмес, анткени анда \(v \in Y\) жана \(v\) \(Y\) нин төмөнкү чеги болбойт. Ошо сыяктуу эле, \(v^2 < 2\) болушу мүмкүн эмес, анткени анда \(v \in X\) жана ошентип \(v\) \(Y\) нин эң чоң төмөнкү чеги болбойт.
Ошондуктан, калган жалгыз мүмкүнчүлүктөр - \(w^2 = 2\) жана \(v^2 = 2\) . Бирок, квадраты \(2\) га барабар болгон рационалдык сан жок. Ошондуктан \(w = \sup X\) \(\mathbb{Q}\) ичинде болушу мүмкүн эмес. Ошол эле себептен, \(v = \inf Y\) \(\mathbb{Q}\) ичинде болушу мүмкүн эмес.
Ошондуктан, \(\mathbb{Q}\) толугу менен иреттелген талаа эмес. \(\square\)