Mówimy, że zbiór $A \subseteq \mathbb{R}$ jest gęsty w $\mathbb{R}$, jeżeli w każdym niepustym przedziale otwartym $(a, b)$ (gdzie $a \lt b$, $a, b \in \mathbb{R}$) znajduje się co najmniej jeden element zbioru $A$: \[ \forall\, a, b \in \mathbb{R},\; a \lt b \colon \quad A \cap (a, b) \neq \emptyset. \]
Równoważnie: między dowolnymi dwiema różnymi liczbami rzeczywistymi istnieje element zbioru $A$.
Zbiór liczb wymiernych $\mathbb{Q}$ jest gęsty w $\mathbb{R}$, tzn.: \[ \forall\, a, b \in \mathbb{R},\; a \lt b \colon \quad \exists\, q \in \mathbb{Q} \colon \; a \lt q \lt b. \]
Innymi słowy: między dowolnymi dwiema różnymi liczbami rzeczywistymi istnieje liczba wymierna.
W dowodzie korzystamy z własności archimedesowskiej zbioru $\mathbb{R}$:
Dla każdego $x \in \mathbb{R}$ istnieje $n \in \mathbb{N}$ takie, że $n \gt x$.
Równoważnie: dla każdego $\varepsilon \gt 0$ istnieje $n \in \mathbb{N}$ takie, że $\frac{1}{n} \lt \varepsilon$.
Własność archimedesowska wynika z aksjomatu kresu górnego (temat 6): gdyby $\mathbb{N}$ był ograniczony z góry, to miałby kres górny $M = \sup\mathbb{N}$. Wtedy $M - 1$ nie byłby kresem górnym, więc istniałoby $n \in \mathbb{N}$ z $n \gt M - 1$, czyli $n + 1 \gt M$. Ale $n + 1 \in \mathbb{N}$, sprzeczność z $M = \sup\mathbb{N}$.
Niech $a, b \in \mathbb{R}$, $a \lt b$. Chcemy znaleźć $q \in \mathbb{Q}$ takie, że $a \lt q \lt b$.
Ponieważ $b - a \gt 0$, z własności archimedesowskiej istnieje $n \in \mathbb{N}$ takie, że: \[ n(b - a) \gt 1, \quad \text{czyli} \quad \frac{1}{n} \lt b - a. \]
Intuicja: wybieramy $n$ na tyle duże, by „krok" $\frac{1}{n}$ był mniejszy niż długość przedziału $(a, b)$.
Rozważmy zbiór $S = \{k \in \mathbb{Z} : k \gt na\}$. Zbiór ten jest niepusty (z własności archimedesowskiej) i ograniczony z dołu (przez $na$), więc ma element najmniejszy. Niech: \[ m = \min\{k \in \mathbb{Z} : k \gt na\}. \]
Z definicji $m$: \[ m \gt na \quad \text{oraz} \quad m - 1 \leq na. \]
Pokażemy, że $q = \frac{m}{n}$ spełnia $a \lt q \lt b$.
Nierówność $q \gt a$: Z $m \gt na$ mamy $\frac{m}{n} \gt a$. $\checkmark$
Nierówność $q \lt b$: Z $m - 1 \leq na$ mamy $m \leq na + 1$, więc: \[ \frac{m}{n} \leq a + \frac{1}{n} \lt a + (b - a) = b. \] (Ostatnia nierówność wynika z kroku 1: $\frac{1}{n} \lt b - a$.) $\checkmark$
Zatem $q = \frac{m}{n} \in \mathbb{Q}$ i $a \lt q \lt b$, co kończy dowód. $\square$
W każdym przedziale otwartym $(a, b)$ istnieje nieskończenie wiele liczb wymiernych.
Z twierdzenia istnieje $q_1 \in \mathbb{Q}$ taka, że $a \lt q_1 \lt b$. Stosując twierdzenie do przedziału $(a, q_1)$, otrzymujemy $q_2 \in \mathbb{Q}$ z $a \lt q_2 \lt q_1$. Kontynuując indukcyjnie, otrzymujemy nieskończony ciąg różnych liczb wymiernych $q_1 \gt q_2 \gt q_3 \gt \cdots$, wszystkie w $(a, b)$. $\square$
Zbiór liczb niewymiernych $\mathbb{R} \setminus \mathbb{Q}$ jest również gęsty w $\mathbb{R}$: \[ \forall\, a, b \in \mathbb{R},\; a \lt b \colon \quad \exists\, t \in \mathbb{R} \setminus \mathbb{Q} \colon \; a \lt t \lt b. \]
Rozważmy przedział $\left(\frac{a}{\sqrt{2}}, \frac{b}{\sqrt{2}}\right)$. Z gęstości $\mathbb{Q}$ istnieje $q \in \mathbb{Q}$, $q \neq 0$, taka, że: \[ \frac{a}{\sqrt{2}} \lt q \lt \frac{b}{\sqrt{2}}. \] Mnożąc przez $\sqrt{2} \gt 0$: \[ a \lt q\sqrt{2} \lt b. \] Liczba $t = q\sqrt{2}$ jest niewymierna (bo $q \neq 0$, $q \in \mathbb{Q}$, $\sqrt{2} \notin \mathbb{Q}$). $\square$
Znaleźć liczbę wymierną w przedziale $(\pi, \pi + 0{,}001)$.
Ponieważ $\pi \approx 3{,}14159\ldots$, mamy np. $q = 3{,}1416 = \frac{31416}{10000} = \frac{3927}{1250}$.
Sprawdzenie: $3{,}14159\ldots \lt 3{,}1416 \lt 3{,}14259\ldots$ $\checkmark$
Znaleźć liczbę niewymierną w przedziale $(1, 2)$.
Na przykład $\sqrt{2} \approx 1{,}4142\ldots \in (1, 2)$. $\checkmark$
Znaleźć liczbę niewymierną w przedziale $(3, 3{,}01)$.
Weźmy $q = \frac{301}{100} = 3{,}01$ — to za dużo. Szukamy $q \in \mathbb{Q}$, $q \neq 0$, w przedziale $\left(\frac{3}{\sqrt{2}}, \frac{3{,}01}{\sqrt{2}}\right) \approx (2{,}1213\ldots,\; 2{,}1284\ldots)$.
Np. $q = 2{,}125 = \frac{17}{8}$. Wtedy $t = \frac{17\sqrt{2}}{8} \approx 3{,}0052\ldots \in (3,\; 3{,}01)$. $\checkmark$