- 有理數的阿基米德性質
任何有理數\(r=\dfrac {p} {q}\leq |p|\)（這里\({p}\)和\({q}\)都是整數並且\({q≠0}\)），因為\(r=\dfrac {p} {q}\leq \dfrac {|p|} {|q|}\leq \dfrac {|p|} {1}=|p|\)，可知對於任何有理數\(r\)，總存在比它大的正整數\(n\)，即\(n>r\) ，比如這里可取\(n=|p|+1\)，這就是有理數的阿基米德性質（Archimedean Property for rational numbers）[1]。如果\(r\)是任意正有理數，那么\(\dfrac {1} {r}\)也是任意正有理數，對前面這個不等式兩邊取倒數有\(\dfrac {1} {n}<\dfrac {1} {r}\) ， 可知對於任何正有理數，總存在正整數\(n\)使得\(\dfrac {1} {n}\)小於它 ，綜合這兩條性質來看——即沒有最大的正有理數也沒有最小的正有理數。后面等我們學習到實數的阿基米德性質后，同樣會明白沒有最大的正實數也沒有最小的正實數，進而所謂的“無窮大數”和“無窮小數”也就不存在實數系里了[2]。
- \(A=\{x\in \mathbb {Q}|x^{2}<2 或 x<0\}\)，A內有最大的有理數嗎？
你也許會想到：如果\(a\)是A內最大的有理數，那么必有一個有理數\(a'\)滿足\(a<a'<\sqrt {2}\)（根據“任何兩個不同實數間必然存在有理數”可得），故而A內沒有最大的有理數。但是，這種方法依賴於實數或無理數的存在，假設我們僅僅只知道有理數，那么還能回答這個問題嗎？能！用有理數的阿基米德性質就能解決這個問題，該問的解決對於我們后面以有理數為基礎通過Dedekind Cut來構建數的連續體至關重要。
假設\(a\)是A內最大的有理數，只要選定足夠大的正整數\(n\)就可以讓\(a+\dfrac {1} {n}\)變得比\(a\)稍大一點點，那么我們很自然就會想：是不是存在正整數\(n\)使得\(\left(a +\dfrac {1} {n}\right) ^{2} < 2\)呢？若存在，那么我們便說明了A內有比\(a\)更大的有理數\(a +\dfrac {1} {n}\)，從而說明A內無最大的有理數，下面是證明過程。
證明：假設A內有最大的有理數\(a\)，那么\(a\)必然是正有理數且\(a^{2}<2\) 。如果證明存在正整數\(n\)使得\(\left(a +\dfrac {1} {n}\right) ^{2} < 2\)，便可得出A內有比\(a\)更大的有理數\(a +\dfrac {1} {n}\)，從而說明A內無最大的有理數。
\(\left(a +\dfrac {1} {n}\right) ^{2}=a^{2}+\dfrac {2a} {n}+\dfrac {1} {n^{2}}<a^{2}+\dfrac {2a} {n}+\dfrac {1} {n} =a^{2}+\dfrac {1} {n}(2a+1)\)，如果能證明存在正整數\(n\)使得\(a^{2}+\dfrac {1} {n}(2a+1)<2\)，那么\(\left(a +\dfrac {1} {n}\right) ^{2} < 2\)自然得證。對\(a^{2}+\dfrac {1} {n}(2a+1)<2\)稍作變形可得\(\dfrac {1} {n}<\dfrac {2-a^{2}}{2a+1}\) ，現在問題變成了是否存在正整數\(n\)使得\(\dfrac {1} {n}<\dfrac {2-a^{2}}{2a+1}\) ，因為\(a\)是正有理數且\(a^{2}<2\)，所以\(\dfrac {2-a^{2}}{2a+1}\)是正有理數，由“對於任何正有理數，總存在正整數\(n\)使得\(\dfrac {1} {n}\)小於它”知存在這樣的正整數\(n\)，也就存在正整數\(n\)使得\(\left(a +\dfrac {1} {n}\right) ^{2} < 2\)，所以A內無最大的有理數。
用類似的方法也可以證明\(\{x\in \mathbb {Q}|x^{2}>2且x>0\}\)內無最小的有理數[3]。下一節我將以這兩個問題為例介紹數的連續體的構建，請繼續關注！