有理数的阿基米德性质

任何有理数$r=\dfrac {p} {q}\leq |p|$（这里${p}$和${q}$都是整数并且${q≠0}$），因为$r=\dfrac {p} {q}\leq \dfrac {|p|} {|q|}\leq \dfrac {|p|} {1}=|p|$，可知对于任何有理数$r$，总存在比它大的正整数$n$，即$n>r$ ，比如这里可取$n=|p|+1$，这就是有理数的阿基米德性质（Archimedean Property for rational numbers）1。如果$r$是任意正有理数，那么$\dfrac {1} {r}$也是任意正有理数，对前面这个不等式两边取倒数有$\dfrac {1} {n}<\dfrac {1} {r}$ ， 可知对于任何正有理数，总存在正整数$n$使得$\dfrac {1} {n}$小于它 ，综合这两条性质来看——即没有最大的正有理数也没有最小的正有理数。后面等我们学习到实数的阿基米德性质后，同样会明白没有最大的正实数也没有最小的正实数，进而所谓的“无穷大数”和“无穷小数”也就不存在实数系里了2。

• $A=\{x\in \mathbb {Q}|x^{2}<2 或 x<0\}$，A内有最大的有理数吗？

你也许会想到：如果$a$是A内最大的有理数，那么必有一个有理数$a'$满足$a<a'<\sqrt {2}$（根据“任何两个不同实数间必然存在有理数”可得），故而A内没有最大的有理数。但是，这种方法依赖于实数或无理数的存在，假设我们仅仅只知道有理数，那么还能回答这个问题吗？能！用有理数的阿基米德性质就能解决这个问题，该问的解决对于我们后面以有理数为基础通过Dedekind Cut来构建数的连续体至关重要。

假设$a$是A内最大的有理数，只要选定足够大的正整数$n$就可以让$a+\dfrac {1} {n}$变得比$a$稍大一点点，那么我们很自然就会想：是不是存在正整数$n$使得$\left(a +\dfrac {1} {n}\right) ^{2} < 2$呢？若存在，那么我们便说明了A内有比$a$更大的有理数$a +\dfrac {1} {n}$，从而说明A内无最大的有理数，下面是证明过程。

证明：假设A内有最大的有理数$a$，那么$a$必然是正有理数且$a^{2}<2$ 。如果证明存在正整数$n$使得$\left(a +\dfrac {1} {n}\right) ^{2} < 2$，便可得出A内有比$a$更大的有理数$a +\dfrac {1} {n}$，从而说明A内无最大的有理数。

$\left(a +\dfrac {1} {n}\right) ^{2}=a^{2}+\dfrac {2a} {n}+\dfrac {1} {n^{2}}<a^{2}+\dfrac {2a} {n}+\dfrac {1} {n} =a^{2}+\dfrac {1} {n}(2a+1)$，如果能证明存在正整数$n$使得$a^{2}+\dfrac {1} {n}(2a+1)<2$，那么$\left(a +\dfrac {1} {n}\right) ^{2} < 2$自然得证。对$a^{2}+\dfrac {1} {n}(2a+1)<2$稍作变形可得$\dfrac {1} {n}<\dfrac {2-a^{2}}{2a+1}$ ，现在问题变成了是否存在正整数$n$使得$\dfrac {1} {n}<\dfrac {2-a^{2}}{2a+1}$ ，因为$a$是正有理数且$a^{2}<2$，所以$\dfrac {2-a^{2}}{2a+1}$是正有理数，由“对于任何正有理数，总存在正整数$n$使得$\dfrac {1} {n}$小于它”知存在这样的正整数$n$，也就存在正整数$n$使得$\left(a +\dfrac {1} {n}\right) ^{2} < 2$，所以A内无最大的有理数。

用类似的方法也可以证明$\{x\in \mathbb {Q}|x^{2}>2且x>0\}$内无最小的有理数3。下一节我将以这两个问题为例介绍数的连续体的构建，请继续关注！

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1. Charles Chapman Pugh, Real Mathematical Analysis, 1st Edition, P20 ↩
2. James S. Howland, Basic Real Analysis, 1st Edition, P15 ↩
3. 证明看这里 ↩