Tập hợp các số hữu tỉ \(\mathbb{Q}\) thoạt nhìn có vẻ là một tổng thể liên tục: giữa bất kỳ hai phân số nào, luôn luôn có một phân số khác. Nhưng ấn tượng này rất dễ gây hiểu lầm: có những tập hợp số hữu tỉ thực sự bị chặn, nhưng giá trị cực đại hoặc cực tiểu của chúng lại không tồn tại trong \(\mathbb{Q}\) . Lý do nằm ở sự tồn tại của các số vô tỉ như \(\sqrt{2}\) , mà theo một nghĩa nào đó, tạo ra những lỗ hổng vô hình trên trục số hữu tỉ.
Để chứng minh rằng \(\mathbb{Q}\) không đầy đủ, chúng ta sẽ chỉ định hai tập con không rỗng của \(\mathbb{Q}\) : một tập con bị chặn trên nhưng không có supremum trong \(\mathbb{Q}\) , và một tập con khác bị chặn dưới nhưng không có infimum trong \(\mathbb{Q}\) .
Xét tập hợp \(X = \{x \in \mathbb{Q} \mid x \geq 0,\; x^2 < 2\}\) . Tập hợp \(X\) không rỗng, vì \(1 \in X\) . Nếu \(x \geq 2\) , thì \(x^2 \geq 4 > 2\) , điều này mâu thuẫn với \(x^2 < 2\) . Do đó, \(x < 2\) đúng với mọi \(x \in X\) . Như vậy \(X \subset [0, 2]\) , và \(2\) là một trong các cận trên của \(X\) . Vì vậy, \(X\) bị chặn trên.
Cho \(x \in X\) . Chúng tôi chứng minh rằng tồn tại một \(n \in \mathbb{N}\) sao cho \(x + \frac{1}{n} \in X\) . Người ta thấy rằng
\[\left(x + \frac{1}{n}\right)^2 = x^2 + \frac{2x}{n} + \frac{1}{n^2} \leq x^2 + \frac{2x}{n} + \frac{1}{n} = x^2 + \frac{1}{n}(2x + 1).\]
Do đó \(x^2 + \frac{1}{n}(2x + 1) < 2 \iff \frac{1}{n} < \frac{2 - x^2}{2x + 1}\) . Vì \(2 - x^2 > 0\) và \(2x + 1 > 0\) , tiên đề Archimedes đảm bảo sự tồn tại của \(n \in \mathbb{N}\) . Do đó, \(\left(x + \frac{1}{n}\right)^2 < 2\) , và do đó \(x + \frac{1}{n} \in X\) .
Bây giờ hãy xét tập hợp \(Y = \{y \in \mathbb{Q} \mid y > 0,\; y^2 > 2\}\) . Rõ ràng, \(Y \neq \varnothing\) . Hơn nữa, \(Y\) bị chặn dưới và vô hạn trên, tức là \(Y \subset (0, +\infty)\) . Cho \(y \in Y\) . Chúng ta chứng minh rằng tồn tại một \(m \in \mathbb{N}\) sao cho \(y - \frac{1}{m} \in Y\) . Quan sát thấy rằng
\[\left(y - \frac{1}{m}\right)^2 = y^2 - \frac{2y}{m} + \frac{1}{m^2} > y^2 - \frac{2y}{m}.\]
Do đó \(y^2 - \frac{2y}{m} > 2 \iff \frac{1}{m} < \frac{y^2 - 2}{2y}\) . Vì \(y^2 - 2 > 0\) và \(2y > 0\) , tiên đề Archimedes lại đảm bảo sự tồn tại của một \(m \in \mathbb{N}\) . Do đó, \(\left(y - \frac{1}{m}\right)^2 > 2\) , và do đó \(y - \frac{1}{m} \in Y\) .
Giả sử \(w = \sup X\) . Không thể xảy ra trường hợp \(w^2 < 2\) , vì khi đó \(w \in X\) , và sẽ tồn tại một \(n \in \mathbb{N}\) sao cho \(w + \frac{1}{n} \in X\) và \(w < w + \frac{1}{n}\) , điều này mâu thuẫn với thực tế rằng \(w\) là cận trên của \(X\) . Cũng không thể đúng rằng \(w^2 > 2\) , vì khi đó \(w \in Y\) , và sẽ tồn tại một \(m \in \mathbb{N}\) sao cho \(w - \frac{1}{m} \in Y\) và \(w - \frac{1}{m} < w\) , điều này mâu thuẫn với thực tế rằng \(w\) là cận trên nhỏ nhất của \(X\) .
Giả sử rằng \(v = \inf Y\) . Không thể đúng rằng \(v^2 > 2\) , vì khi đó \(v \in Y\) , và \(v\) sẽ không phải là cận dưới của \(Y\) . Tương tự, không thể đúng rằng \(v^2 < 2\) , vì khi đó \(v \in X\) , và do đó \(v\) sẽ không phải là cận dưới lớn nhất của \(Y\) .
Do đó, các khả năng còn lại duy nhất là \(w^2 = 2\) và \(v^2 = 2\) . Tuy nhiên, không có số hữu tỉ nào có bình phương bằng \(2\) . Vì vậy \(w = \sup X\) không thể tồn tại trong \(\mathbb{Q}\) . Vì lý do tương tự, \(v = \inf Y\) cũng không thể tồn tại trong \(\mathbb{Q}\) .
Do đó, \(\mathbb{Q}\) không phải là một trường được sắp thứ tự hoàn toàn. \(\square\)