有理数域\(\mathbb{Q}\)乍看之下似乎是一个连续的整体：任意两个分数之间总存在另一个分数。但这种印象具有欺骗性：确实存在一些有理数集，它们的上确界或下确界在\(\mathbb{Q}\)中并不存在。其原因在于无理数的存在，例如\(\sqrt{2}\) ，它们在某种意义上在有理数轴上制造了看不见的空洞。
为了证明\(\mathbb{Q}\)不是完备的，我们将指定\(\mathbb{Q}\)的两个非空子集：一个有上界，但在\(\mathbb{Q}\)中没有上确界；另一个有下界，但在\(\mathbb{Q}\)中没有下确界。
考虑集合\(X = \{x \in \mathbb{Q} \mid x \geq 0,\; x^2 < 2\}\) 。集合\(X\)非空，因为\(1 \in X\) 。如果\(x \geq 2\) ，则\(x^2 \geq 4 > 2\) ，这与\(x^2 < 2\)矛盾。因此，对于每个\(x \in X\) \(x < 2\)成立。所以\(X \subset [0, 2]\) ，且\(2\)是\(X\)的一个上界。因此， \(X\)有上界。
设\(x \in X\) 。我们证明存在\(n \in \mathbb{N}\)使得\(x + \frac{1}{n} \in X\) 。结果表明，
\[\left(x + \frac{1}{n}\right)^2 = x^2 + \frac{2x}{n} + \frac{1}{n^2} \leq x^2 + \frac{2x}{n} + \frac{1}{n} = x^2 + \frac{1}{n}(2x + 1).\]
因此\(x^2 + \frac{1}{n}(2x + 1) < 2 \iff \frac{1}{n} < \frac{2 - x^2}{2x + 1}\) 。由于\(2 - x^2 > 0\)且\(2x + 1 > 0\) ，阿基米德公理保证了\(n \in \mathbb{N}\)的存在性。因此， \(\left(x + \frac{1}{n}\right)^2 < 2\) ，从而\(x + \frac{1}{n} \in X\) 。
现在考虑集合\(Y = \{y \in \mathbb{Q} \mid y > 0,\; y^2 > 2\}\) 。显然， \(Y \neq \varnothing\) 。此外， \(Y\)有下界且无上界，即\(Y \subset (0, +\infty)\) 。令\(y \in Y\) 。我们证明存在\(m \in \mathbb{N}\)使得\(y - \frac{1}{m} \in Y\) 。观察到
\[\left(y - \frac{1}{m}\right)^2 = y^2 - \frac{2y}{m} + \frac{1}{m^2} > y^2 - \frac{2y}{m}.\]
因此\(y^2 - \frac{2y}{m} > 2 \iff \frac{1}{m} < \frac{y^2 - 2}{2y}\) 。由于\(y^2 - 2 > 0\)且\(2y > 0\) ，阿基米德公理再次保证了\(m \in \mathbb{N}\)的存在。因此， \(\left(y - \frac{1}{m}\right)^2 > 2\) ，从而\(y - \frac{1}{m} \in Y\) 。
假设\(w = \sup X\) 。不可能有\(w^2 < 2\) ，因为那样\(w \in X\) ，就会存在\(n \in \mathbb{N}\)使得\(w + \frac{1}{n} \in X\)且\(w < w + \frac{1}{n}\) ，这与\(w\)是\(X\)的上界这一事实相矛盾。 \(w^2 > 2\)也不可能成立，因为那样\(w \in Y\) ，就会存在\(m \in \mathbb{N}\) ，使得\(w - \frac{1}{m} \in Y\)且\(w - \frac{1}{m} < w\) ，这与\(w\)是\(X\)的最小上界这一事实相矛盾。
现在假设\(v = \inf Y\) 。 \(v^2 > 2\)不可能成立，因为那样\(v \in Y\) ，而\(v\)就不是\(Y\)的下界。同样地， \(v^2 < 2\)也不可能成立，因为那样\(v \in X\) ，因此\(v\)就不是\(Y\)的最大下界。
因此，剩下的可能性只有\(w^2 = 2\)和\(v^2 = 2\) 。然而，不存在平方等于\(2\)的有理数。因此\(w = \sup X\)在\(\mathbb{Q}\)中不存在。同样地， \(v = \inf Y\)在\(\mathbb{Q}\)中也不存在。
因此， \(\mathbb{Q}\) \(\square\)一个完全有序域。