Cho S là một đoạn của E sao cho $\mathrm{S} \neq \mathrm{E}$. Vì $\mathrm{E} - \mathrm{S}$ không rỗng, nên nó có phần tử nhỏ nhất $a$. Theo Định nghĩa 2, quan hệ $x \geqslant a$ suy ra $x \notin \mathrm{S}$; nếu không, ta sẽ có $a \in \mathrm{S}$, điều này là vô lý. Do đó $\mathrm{E} - \mathrm{S}$ là khoảng $[a, \rightarrow[$, và S là khoảng $]\leftarrow, a[$.

¶ Với mọi phần tử $x$ trong một tập hợp được sắp thứ tự toàn phần E, đoạn $]\leftarrow, x[$ được gọi là đoạn có đầu mút x, và được ký hiệu bởi $\mathrm{S}_x$.

Lưu ý rằng nếu E được sắp thứ tự tốt và không rỗng, $\mathrm{S}_x$ có một phần tử nhỏ nhất $\alpha$ và do đó cũng là khoảng $[\alpha, x[$.

Cho E là một tập sắp thứ tự toàn phần. Hợp A của các $\mathrm{S}_x$, khi $x$ chạy qua E, là E nếu E không có phần tử lớn nhất; và nếu E có một phần tử lớn nhất $b$, ta có $\mathrm{A} = \mathrm{E} - \{b\}$.

Hiển nhiên rằng nếu $x \in \mathrm{E}$ và $y \in \mathrm{E}$, quan hệ $x \leqslant y$ kéo theo $\mathrm{S}_x \subset \mathrm{S}_y$, và $x < y$ kéo theo $\mathrm{S}_x \neq \mathrm{S}_y$; do đó ánh xạ $x \rightarrow \mathrm{S}_x$ là một đẳng cấu từ E lên tập hợp S(E) các đoạn của E phân biệt với chính E (§ 1, no. 12, Mệnh đề 11), và do đó S(E) được sắp tốt. Hơn nữa, E\* đẳng cấu với tập hợp được sắp thứ tự tốt thu được từ S(E) bằng cách thêm vào một phần tử lớn nhất.

Mệnh đề đầu tiên là một hệ quả của bổ đề tổng quát sau:

Cho $\mathrm{G}_\alpha$ là đồ thị của thứ tự đã cho trên $\mathrm{X}_\alpha$. Nếu G là đồ thị của một thứ tự trên E cảm sinh trên mỗi $\mathrm{X}_\alpha$ thứ tự có đồ thị là $\mathrm{G}_\alpha$, thì ta phải có $\mathrm{G}_\alpha \subset \mathrm{G}$ với mỗi $\alpha \in \mathrm{A}$; do đó G chứa $\bigcup_{\alpha \in \mathrm{A}} \mathrm{G}_\alpha$. Mặt khác, với mỗi cặp $(x, y)$ các phần tử của E, theo giả thiết tồn tại một chỉ số $\alpha \in \mathrm{A}$ sao cho $x \in \mathrm{X}_\alpha$ và $y \in \mathrm{X}_\alpha$; nếu $(x, y) \in \mathrm{G}$, ta có $(x, y) \in \mathrm{G}_\alpha$, do đó $\mathrm{G} \subset \bigcup_{\alpha \in \mathrm{A}} \mathrm{G}_\alpha$. Vậy nếu thứ tự cần tìm trên E tồn tại, đồ thị của nó tất yếu là $\mathrm{G} = \bigcup_{\alpha \in \mathrm{A}} \mathrm{G}_\alpha$. Còn phải chứng minh rằng tập hợp này thỏa mãn các điều kiện của bổ đề. Vì $\mathrm{G}_\beta \cap (\mathrm{X}_\alpha \times \mathrm{X}_\alpha) = \mathrm{G}_\alpha$ nếu $\mathrm{X}_\alpha \subset \mathrm{X}_\beta$, nên ta có $\mathrm{G} \cap (\mathrm{X}_\alpha \times \mathrm{X}_\alpha) = \mathrm{G}_\alpha$ với mọi $\alpha \in \mathrm{A}$; mặt khác, từ giả thiết suy ra ba phần tử bất kỳ $x$, $y$, $z$ của E thuộc cùng một $\mathrm{X}_\alpha$. Do đó $(x, y) \in \mathrm{G}$ là một quan hệ thứ tự trên E, và bổ đề được chứng minh.

¶ Bây giờ ta xét chứng minh của Mệnh đề 3. Trước hết, hãy chứng minh rằng mỗi $\mathrm{X}_\iota$ là một đoạn của E. Thật vậy, nếu $x \in \mathrm{X}_\iota$, $y \in \mathrm{E}$ và $y \leqslant x$, thì tồn tại một chỉ số $\varkappa$ sao cho $\mathrm{X}_\iota \subset \mathrm{X}_\varkappa$ và $y \in \mathrm{X}_\varkappa$; theo giả thiết $\mathrm{X}_\iota$ là một đoạn của $\mathrm{X}_\varkappa$, nên ta có $y \in \mathrm{X}_\iota$, điều này chứng minh mệnh đề. Lập luận tương tự chứng minh rằng với mỗi $x \in \mathrm{X}_\iota$, đoạn có điểm mút $x$ trong $\mathrm{X}_\iota$ trùng với khoảng $]\leftarrow, x[$ trong E. Tiếp theo, hãy chứng minh rằng E được sắp tốt. Nếu H là một tập con không rỗng của E, thì tồn tại một chỉ số $\iota \in \mathrm{I}$ sao cho $\mathrm{H} \cap \mathrm{X}_\iota \neq \emptyset$; nếu $a$ là phần tử nhỏ nhất của $\mathrm{H} \cap \mathrm{X}_\iota$ trong $\mathrm{X}_\iota$, thì $a$ cũng là phần tử nhỏ nhất của H trong E. Nghĩa là, nếu $x \in \mathrm{H}$, thì tồn tại một chỉ số $\varkappa \in \mathrm{I}$ sao cho $\mathrm{X}_\iota \subset \mathrm{X}_\varkappa$ và $x \in \mathrm{X}_\varkappa$; ta không thể có $x < a$, vì khoảng $]\leftarrow, a[$ được chứa trong $\mathrm{X}_\iota$, và do đó ta có $x \geqslant a$ vì $\mathrm{X}_\varkappa$ được sắp thứ tự toàn phần.

¶ Cuối cùng, ta phải chứng minh rằng một đoạn của E, khác với chính E, là một đoạn của một trong các $\mathrm{X}_\iota$; điều này là một hệ quả ngay lập tức của các lập luận trên, vì một đoạn như vậy có dạng $]\leftarrow, x[$ (Mệnh đề 1) và vì $x$ thuộc một $\mathrm{X}_\iota$ nào đó.

Giả sử rằng có những đoạn của $E$ không thuộc $\mathfrak{S}$, và gọi $S$ là đoạn nhỏ nhất trong số đó (no. 1, Mệnh đề 2). Nếu $S$ không có phần tử lớn nhất, thì $S$ là hợp của các đoạn của $S$ phân biệt với chính $S$, và các đoạn này thuộc $\mathfrak{S}$ theo định nghĩa của $S$; do đó $S\in\mathfrak{S}$, điều này vô lý. Ngược lại, nếu $S$ có phần tử lớn nhất $a$, thì $S=S_a\cup\{a\}$, và vì $S_a$ là một đoạn của $S$ phân biệt với $S$, ta có $S_a\in\mathfrak{S}$; nhưng khi đó cũng có $S\in\mathfrak{S}$, lại là điều vô lý.

¶ Để tiện lợi hơn, ta sẽ đặt mình trong một lý thuyết $\mathscr{T}$ trong đó $E$ là một tập hợp được sắp tốt bởi một quan hệ viết dưới dạng $x\leq y$. Khi đó ta có các tiêu chuẩn sau:

C59. (Nguyên lý quy nạp siêu hạn). *Cho $R\{x\}$ là một quan hệ trong $\mathscr{T}$ ($x$ không phải là một hằng của $\mathscr{T}$) sao cho quan hệ

là một định lý trong $\mathscr{T}$. Trong những điều kiện này, quan hệ $(x\in E)\Rightarrow R\{x\}$ là một định lý trong $\mathscr{T}$.*

Cho $\mathfrak{S}$ là tập hợp các đoạn $S$ của $E$ sao cho $(y\in S)\Rightarrow R\{y\}$. Rõ ràng là mọi hợp của các đoạn thuộc $\mathfrak{S}$ cũng thuộc $\mathfrak{S}$. Mặt khác, nếu $S_x\in\mathfrak{S}$, theo giả thiết ta có $R\{x\}$; do đó $(y\in S_x\cup\{y\})\Rightarrow R\{y\}$ theo phương pháp phân chia các trường hợp. Vậy (Bổ đề 2) $E\in\mathfrak{S}$, điều này chứng minh tiêu chuẩn.

¶ Trong các áp dụng của C59, quan hệ

thường được gọi là “giả thiết quy nạp”.

¶ Trong những điều sau đây, với mọi ánh xạ $g$ của một đoạn $S$ của $E$ vào một tập hợp $F$, và với mỗi $x\in S$, ta sẽ ký hiệu $g^{(x)}$ là ánh xạ của đoạn $S_x=]\leftarrow,x[$ của $E$ lên $g(S_x)$ trùng với $g$ trên $S_x$. Với ký hiệu này, ta có

C60. (Định nghĩa một ánh xạ bằng quy nạp siêu hạn.) Cho $u$ là một chữ cái, $\mathrm{T}\{u\}$ là một số hạng trong lý thuyết $\mathscr{T}$. Tồn tại một tập hợp $U$ và một ánh xạ $f$ của $E$ lên $U$ sao cho với mọi $x\in E$ ta có $f(x)=\mathrm{T}\{f^{(x)}\}$. Hơn nữa, tập hợp $U$ và ánh xạ $f$ được xác định duy nhất bởi các điều kiện này.

Trước hết hãy chứng minh tính duy nhất. Giả sử rằng $f'$ và $\mathrm{U}'$ cũng thỏa mãn các điều kiện của tiêu chuẩn. Gọi $\mathfrak{S}$ là tập hợp các đoạn S của E sao cho $f$ và $f'$ trùng nhau trên S. Hiển nhiên mọi hợp của các đoạn thuộc $\mathfrak{S}$ cũng thuộc $\mathfrak{S}$. Mặt khác, nếu $\mathrm{S}_x \in \mathfrak{S}$, thì $f$ và $f'$ trùng nhau trên $\mathrm{S}_x$ và do đó $f^{(x)} = {f'}^{(x)}$; do đó

điều đó cho thấy rằng $\mathrm{S}_x \cup \{x\} \in \mathfrak{S}$. Suy ra $\mathrm{E} \in \mathfrak{S}$ (Bổ đề 2), do đó $f' = f$ và $\mathrm{U}' = f'(\mathrm{E}) = f(\mathrm{E}) = \mathrm{U}$.

¶ Bây giờ gọi $\mathfrak{S}_1$ là tập hợp các đoạn S của E sao cho tồn tại một tập $\mathrm{U_S}$ và một ánh xạ $f_\mathrm{S}$ của S lên $\mathrm{U_S}$ sao cho với mọi $x \in \mathrm{S}$ ta có $f_\mathrm{S}(x) = \mathrm{T}\{f^{(x)}\}$. Với mỗi $\mathrm{S} \in \mathrm{S}_1$, $f_\mathrm{S}$ và $\mathrm{U_S}$ được xác định duy nhất, theo phần đầu của chứng minh; đặc biệt, nếu $\mathrm{S}'$ và $\mathrm{S}''$ là hai đoạn thuộc $\mathfrak{S}_1$ sao cho $\mathrm{S}' \subset \mathrm{S}''$, thì $f_{\mathrm{S}'}$ là ánh xạ của $\mathrm{S}'$ lên $f_{\mathrm{S}''}(\mathrm{S}')$ trùng với $f_{\mathrm{S}''}$ trên $\mathrm{S}'$. Từ nhận xét này suy ra rằng mọi hợp của các đoạn thuộc $\mathfrak{S}_1$ cũng thuộc $\mathfrak{S}_1$ (Chương II, § 4, no. 6, Mệnh đề 7). Mặt khác, nếu $\mathrm{S}_x \in \mathfrak{S}_1$, ta định nghĩa trên $\mathrm{S} = \mathrm{S}_x \cup \{x\}$ một hàm $f_\mathrm{S}$ kéo dài $f_{\mathrm{S}_x}$ bằng cách đặt

(Chương II, § 4, no. 7, Mệnh đề 8); vì $f_\mathrm{S}^{(x)} = f_{\mathrm{S}_x}$, nên hiển nhiên là $\mathrm{S}_x \cup \{x\} \in \mathfrak{S}_1$. Do đó (Bổ đề 2) $\mathrm{E} \in \mathfrak{S}_1$, và chứng minh là đầy đủ.

¶ Thông thường tiêu chuẩn này được áp dụng trong những tình huống ở đó tồn tại một tập hợp F sao cho đối với mọi ánh xạ h của một đoạn của E lên một tập con của F ta có $\mathrm{T}\{h\} \in \mathrm{F}$. Khi đó tập hợp U thu được bằng cách áp dụng C60 là một tập con của F. Thật vậy, với ký hiệu đã dùng ở trên, gọi $\mathfrak{S}_2$ là tập con của $\mathfrak{S}_1$ gồm các đoạn S của E sao cho $\mathrm{U_S} \subset \mathrm{F}$. Hiển nhiên mọi hợp của các đoạn thuộc $\mathfrak{S}_2$ cũng đều thuộc $\mathfrak{S}_2$; mặt khác, giả thiết về F suy ra rằng nếu $\mathrm{S}_x \in \mathfrak{S}_2$, thì ta có $\mathrm{S}_x \cup \{x\} \in \mathfrak{S}_2$. Mệnh đề bây giờ suy ra từ Bổ đề 2.

(1) với mọi $x \in \mathrm{M}$ ta có $\mathrm{S}_x \in \mathfrak{S}$ và $p(\mathrm{S}_x) = x$;

(2) $\mathrm{M} \notin \mathfrak{S}$.

Cho $\mathfrak{M}$ là tập hợp các tập con G của $\mathrm{E} \times \mathrm{E}$ thỏa mãn các điều kiện sau đây :

(a) G là đồ thị của một thứ tự tốt trên $\mathrm{pr}_1 \mathrm{G} = \mathrm{U}$;

(b) nếu $x \leqslant y$ ký hiệu quan hệ $(x, y) \in \mathrm{G}$ trên U, thì với mỗi $x \in \mathrm{U}$ đoạn $\mathrm{S}_x$ sao cho $\mathrm{S}_x \in \mathfrak{S}$ và $p(\mathrm{S}_x) = x$.

¶ Ta sẽ chứng minh rằng nếu G và G' là hai phần tử của M và nếu U, U' ký hiệu các hình chiếu thứ nhất của chúng, thì một trong hai tập hợp U, U' được chứa trong tập kia và nếu, chẳng hạn, $\mathrm{U} \subset \mathrm{U}'$, thì $\mathrm{G} = \mathrm{G}' \cap (\mathrm{U} \times \mathrm{U})$ (nói cách khác, quan hệ thứ tự trên U được cảm sinh bởi quan hệ thứ tự trên U') và U là một đoạn của U'.

¶ Xét tập hợp V gồm các phần tử $x \in \mathrm{U} \cap \mathrm{U}'$ sao cho các đoạn có đầu mút $x$ là như nhau trong U và U', và sao cho các thứ tự cảm sinh trên đoạn này bởi các thứ tự trên U và U' là đồng nhất. Rõ ràng V là một đoạn trong cả U lẫn U' và các thứ tự cảm sinh trên V là như nhau; vì vậy mệnh đề của chúng ta sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra rằng hoặc $\mathrm{V} = \mathrm{U}$ hoặc $\mathrm{V} = \mathrm{U}'$. Ta sẽ lập luận bằng phản chứng và giả sử rằng $\mathrm{V} \neq \mathrm{U}$ và $\mathrm{V} \neq \mathrm{U}'$. Gọi $x$ là phần tử bé nhất của $\mathrm{U} - \mathrm{V}$ trong U và gọi $x'$ là phần tử bé nhất của $\mathrm{U}' - \mathrm{V}$ trong U'; ta có $\mathrm{V} = \mathrm{S}_x$ trong U, và $\mathrm{V} = \mathrm{S}_{x'}$ trong U'. Nhưng theo giả thiết, $\mathrm{V} \in \mathfrak{S}$ và

sao cho $x = x'$. Do đó theo định nghĩa $x \in \mathrm{V}$, điều này vô lý.

¶ Vì vậy ta có thể áp dụng Mệnh đề 3 của no. 1 cho tập hợp các hình chiếu thứ nhất $\mathrm{U} = \mathrm{pr}_1 \mathrm{G}$ (trong đó $\mathrm{G} \in \mathfrak{M}$) và do đó thu được một tập hợp được sắp thứ tự tốt

Dễ thấy rằng đồ thị của thứ tự trên M thuộc $\mathfrak{M}$. Nếu ta có $\mathrm{M} \in \mathrm{S}$, thì, đặt $a = p(\mathrm{M})$, ta sẽ có $a \notin \mathrm{M}$. Do đó ta có thể thêm vào M phần tử $a$ như phần tử lớn nhất, và tập hợp $\mathrm{M}' = \mathrm{M} \cup \{a\}$ sẽ được sắp tốt. Vì $\mathrm{M} = \mathrm{S}_a$ trong M', nên ta sẽ có $\mathrm{S}_a \in \mathfrak{S}$ và $p(\mathrm{S}_a) = a$; do đó đồ thị của thứ tự trên M' sẽ thuộc $\mathfrak{M}$, điều này vô lý.

Chú ý rằng nếu $\emptyset \notin \mathfrak{S}$ (và đặc biệt nếu $\mathfrak{S}$ rỗng), thì tập hợp M mà Bổ đề 3 khẳng định sự tồn tại là tập rỗng; điều này suy ra từ điều kiện 1 của Bổ đề 3.

Cho $\mathfrak{S} = \mathfrak{P}(\mathrm{E}) - \{\mathrm{E}\}$ là tập hợp tất cả các tập con của E trừ chính E. Với mỗi $\mathrm{X} \in \mathfrak{S}$, đặt $p(\mathrm{X}) = \tau_x \ (x \in \mathrm{E} - \mathrm{X})$; vì quan hệ $\mathrm{X} \in \mathfrak{S}$ kéo theo $(\exists x)(x \in \mathrm{E} - \mathrm{X})$, nên ta có $p(\mathrm{X}) \in \mathrm{E} - \mathrm{X}$ (Chương I, § 4, no. 1) và do đó $p(\mathrm{X}) \notin \mathrm{X}$. Vậy ta có thể áp dụng Bổ đề 3, và do đó tồn tại một sắp thứ tự tốt trên một tập con M của E sao cho $\mathrm{M} \notin \mathfrak{S}$; nhưng tập con duy nhất của E không thuộc $\mathfrak{S}$ chính là E, và định lý được chứng minh.

Định lý này là một trường hợp riêng của kết quả sau đây:

Ta sẽ nói rằng một phần tử $v \in \mathrm{E}$ là một cận trên ngặt của một tập con X của E nếu $v$ là một cận trên của X và $v \notin \mathrm{X}$. Gọi $\mathfrak{S}$ là tập hợp các tập con của E có một cận trên ngặt trong E, và với mỗi $\mathrm{S} \in \mathfrak{S}$ đặt $p(\mathrm{S}) = \tau_v(v$ là một cận trên ngặt của S$)$; khi đó $p(\mathrm{S})$ là một cận trên ngặt của S. Áp dụng Bổ đề 3 của no. 3 cho $\mathfrak{S}$ và $p$, ta thấy rằng tồn tại một tập con M của E và một thứ tự tốt $\Gamma$ trên M thỏa mãn các điều kiện của Bổ đề 3; đặc biệt, M không có cận trên ngặt nào trong E. Hơn nữa, thứ tự $\Gamma$ đồng nhất với thứ tự cảm sinh trên M bởi thứ tự trên E. Thật vậy, trong M quan hệ “$y\in\Gamma\langle x\rangle$ and $x\ne y$” tương đương với $x\in S_y$; và vì $p(S_y)=y$ là một cận trên của $S_y$ (đối với thứ tự trên E), nên điều đó suy ra $x<y$ trong E. Nhưng điều này có nghĩa là đơn ánh từ M vào E là một ánh xạ tăng ngặt (M được trang bị thứ tự $\Gamma$); và vì M được sắp thứ tự toàn phần, nên suy ra rằng các quan hệ $y\in\Gamma\langle x\rangle$ và $x\leq y$ là tương đương trong M (§ 1, no. 12, Mệnh đề 11). Do đó, theo giả thiết, tồn tại một cận trên $m$ của M trong E; nhưng vì M không có cận trên ngặt, nên suy ra rằng $m$ là một phần tử cực đại của E.

Thật vậy, theo Định nghĩa 3 thì tập hợp F gồm các phần tử $x\geq a$ của E là quy nạp, và một phần tử cực đại của F cũng cực đại trong E.

(1) tồn tại một đẳng cấu duy nhất của E lên một đoạn đầu của F;

(2) tồn tại một đẳng cấu duy nhất của F lên một đoạn đầu của E.

Cho $\mathfrak{F}$ là tập hợp các ánh xạ từ các tập con của E vào F sao cho mỗi ánh xạ được xác định trên một đoạn của E và là một đẳng cấu từ đoạn này lên một đoạn của F. Khi đó tập hợp $\mathfrak{F}$, được sắp thứ tự bởi quan hệ “$v$ mở rộng $u$” giữa $u$ và $v$, là quy nạp. Thật vậy, nếu $\mathfrak{G}$ là một tập con được sắp thứ tự toàn phần của $\mathfrak{F}$, thì hợp S của các miền xác định của các ánh xạ $u\in\mathfrak{G}$ là một hợp các đoạn của E và do đó bản thân nó cũng là một đoạn của E. Nếu $v$ là cận trên bé nhất của $\mathfrak{G}$ trong $\Phi(E,F)$ (no. 4, Ví dụ 2), thì $v(S)$ là hợp các ảnh của các ánh xạ $u\in\mathfrak{G}$ và do đó là một đoạn của F. Cuối cùng, với mỗi cặp phần tử $x$, $y$ của S sao cho $x<y$ thì tồn tại $u\in\mathfrak{G}$ mà miền xác định chứa cả $x$ và $y$ (vì $\mathfrak{G}$ được sắp thứ tự toàn phần); và vì $v(x)=u(x)<u(y)=v(y)$, nên $v$ là một đẳng cấu từ S lên $v(S)$, và mệnh đề của chúng ta được chứng minh.

¶ Bây giờ, cho $u_0$ là một phần tử cực đại của $\mathfrak{F}$ (no. 4, Định lý 2) và gọi $S_0$ là đoạn của E là miền xác định của $u_0$. Nếu ta chỉ ra rằng hoặc $S_0=E$ hoặc $u_0(S_0)=F$, thì định lý sẽ được chứng minh. Ta lập luận bằng phản chứng và giả sử rằng $S_0\ne E$ và $u_0(S_0)\ne F$. Khi đó sẽ tồn tại một phần tử $a\in E$ và một phần tử $b\in F$ sao cho $S_0=]-\leftarrow,a[$ và $u_0(S_0)]=]-\leftarrow,b[$ (no. 1, Mệnh đề 1). Mở rộng $u_0$ thành một ánh xạ $u_1$ từ đoạn $]-\leftarrow,a]$ vào F bằng cách đặt $u_1(a)=b$; vì $u_1$ là một đẳng cấu từ $]-\leftarrow,a]$ lên đoạn $]-\leftarrow,b]$, điều này mâu thuẫn với tính cực đại của $u_0$ trong $\mathfrak{F}$.

¶ Tính duy nhất được khẳng định trong Định lý 3 là một hệ quả của Bổ đề sau:

Giả sử ngược lại rằng tập hợp các phần tử $y\in E$ sao cho $f(y)>g(y)$ không rỗng; khi đó tập hợp này có một phần tử nhỏ nhất $a$. Nếu $x<a$, khi đó ta có $f(x)\leq g(x)<g(a)<f(a)$ vì $g$ tăng ngặt. Vì $f(E)$ là một đoạn của F, tồn tại $z\in E$ sao cho $g(a)=f(z)$; $f$ tăng, do đó $f(z)<f(a)$ kéo theo $z<a$. Vậy

điều này là vô lý.

Đặt $F=E$ trong Định lý 3.

Thật vậy, $g\circ f$ là một đẳng cấu của E lên đoạn $g(T)\subset S$ của E; theo Hệ quả 1 ta có $g(T)=S=E$, và $g\circ f$ là ánh xạ đồng nhất của E. Tương tự, $f\circ g$ là ánh xạ đồng nhất của F, do đó suy ra kết quả.

Do Định lý 3, chỉ cần chứng minh rằng không tồn tại đẳng cấu $g$ từ E lên một đoạn của A có dạng $S_a$. Nếu có một đẳng cấu như vậy, thì $g$ khi đó sẽ là một ánh xạ tăng ngặt từ E vào E sao cho $g(a)\in S_a$, nói cách khác sao cho $g(a)<a$; nhưng bất đẳng thức này mâu thuẫn với Bổ đề 4 ($f$ là ánh xạ đồng nhất).