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！