Beweis. (1). Es seien $a, b \in I R$ und $a < b$ . Dann ist $a < \frac{a + b}{2} < b$ (nach Satz 2.2(12). Sind zusätzlich $a$ und $b$ rational, dann ist auch $\frac{a + b}{2}$ rational.

(2). Seien wieder $a, b \in I R$ und $a < b$ .

Wir konstruieren eine rationale Zahl $r$ mit der Eigenschaft $a < r < b$ .

Wegen $0 < b - a$ existiert (nach Satz 2.2 (11)) eine natürliche Zahl $m$ , so daß

$0 < \frac{1}{m} < b - a$ und damit $a < a + \frac{1}{m} < b .$

1. Fall: $0 < a .$

Nach dem archimedischen Axiom gibt es ein $n$ , so daß $a < n \cdot \frac{1}{m} .$

Sei $n_{0}$ die kleinste natürliche Zahl mit $a < n_{0} \cdot \frac{1}{m},$ also $a \geq (n_{0} - 1) \cdot \frac{1}{m} .$

Wegen $a < a + \frac{1}{m} < b$ ist dann

$a < n_{0} \cdot \frac{1}{m} = \underset{\leq a}{\underset{︸}{(n_{0} - 1) \cdot \frac{1}{m}}} + \frac{1}{m} \leq a + \frac{1}{m} < b .$

$r = \frac{n_{0}}{m}$ leistet also das Verlangte.

2. Fall: $a = 0 < b .$

Nach Satz 2.2(11) existiert ein $n$ mit $a = 0 < \frac{1}{n} < b$ ; also $r = \frac{1}{n} \in l Q$ leistet das Verlangte.

3. Fall: $a < 0 < b$ ; trivial.

4. Fall: $a < 0 = b,$ also $b = 0 < - a .$

Wie im 2. Fall existiert ein $n$ , so daß $0 < \frac{1}{n} < - a .$ Folglich ist $a < - \frac{1}{n} < 0 = b .$

5. Fall: $a < b < 0,$ also $0 < - b < - a .$

Nach dem Fall 1 existiert eine rationale Zahl $r$ , so daß $- b < r < - a$ , folglich ist $a < - r < b$ und $- r \in l Q .$

(3). Es seien $r_{1}, r_{2} \in l Q$ und $r_{1} < r_{2},$ also $r_{2} - r_{1} > 0 .$

Nach dem archimedischen Axiom existiert ein $n \in I N$ , so daß $\sqrt{2} < n (r_{2} - r_{1}) .$ Daraus folgt

$0 < \frac{\sqrt{2}}{n} < r_{2} - r_{1}$ und $r_{1} < \frac{\sqrt{2}}{n} + r_{1} < r_{2} .$

Es bleibt zu zeigen, daß $a : = \frac{\sqrt{2}}{n} + r_{1}$ irrational ist.

Annahme: $a$ ist rational.

Dann ist wegen $a - r_{1} = \frac{\sqrt{2}}{n}$ auch $n (a - r_{1}) = \sqrt{2}$ rational. PICT ! <mi
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