有理数的阿基米德性质及其应用
- 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！
