Ta sẽ ký hiệu tập hợp các số nguyên bởi $\mathbf{N}$ (còn được gọi là "tập hợp các số nguyên tự nhiên" khi cần tránh sự nhập nhằng). Lực lượng của $\mathbf{N}$ được ký hiệu bởi $\aleph_0$. Khi $\mathbf{N}$ được xét như một tập hợp có thứ tự, thì luôn luôn là thứ tự (gọi là thứ tự thông thường) được xác định trong § 3, no. 2 đang được xét, trừ khi điều ngược lại được nêu rõ.

Ta sẽ sử dụng hai bổ đề sau :

Tồn tại một quan hệ sắp thứ tự tốt trên E (§ 2, no. 3, Định lý 1), mà ta sẽ ký hiệu bởi $x \leqslant y$. Giả thiết suy ra rằng tập được sắp tốt E không thể đẳng cấu với một đoạn của $\mathbf{N}$ phân biệt với $\mathbf{N}$, vì một đoạn như vậy có dạng $[0, n]$ (§ 2, no. 1, Mệnh đề 1) và do đó là hữu hạn. Suy ra rằng $\mathbf{N}$ đẳng cấu với một đoạn của E (§ 2, no. 3, Định lý 3), do đó có kết quả.

Vì $\mathbf{N} \times \mathbf{N}$ chứa tập hợp $\{0\} \times \mathbf{N}$, tập hợp này có cùng lực lượng với $\mathbf{N}$, nên ta có $\mathrm{Card}(\mathbf{N}) \leqslant \mathrm{Card}(\mathbf{N} \times \mathbf{N})$. Để hoàn thành chứng minh, chỉ cần định nghĩa một ánh xạ đơn ánh $f$ từ $\mathbf{N} \times \mathbf{N}$ vào $\mathbf{N}$. Với mục đích này, ta chú ý rằng tồn tại một ánh xạ đơn ánh $\varphi$ từ $\mathbf{N}$ vào tập hợp các ánh xạ của $\mathbf{N}$ vào $\mathrm{I} = \{0, 1\}$, được xây dựng như sau: nếu $r$ là số nguyên nhỏ nhất sao cho $n > 2^r$, và nếu $\sum_{k=0}^{r-1} \varepsilon_k 2^{r-k-1}$ là khai triển nhị phân của $n$ (§ 5, no. 7), $\varphi(n)$ được định nghĩa là dãy $(u_m)_{m \in \mathbf{N}}$ sao cho $u_m = \varepsilon_{r-m-1}$ với $m < r$ và $u_m = 0$ với $m \geqslant r$. Mệnh đề 8 của § 5, no. 7 chứng minh rằng $\varphi$ là đơn ánh. Với mỗi cặp $(n, n') \in \mathbf{N} \times \mathbf{N}$ ta định nghĩa $f(n, n')$ như sau: nếu $\varphi(n) = (u_m)$ và $\varphi(n') = (v_m)$, đặt $f(n, \; n')$ là số nguyên $s$ sao cho $\varphi(s) = w_m$, trong đó $w_{2m} = u_m$ và $w_{2m+1} = v_m$ với mọi $m \in \mathbf{N}$. Rõ ràng rằng quan hệ $f(n, \; n') = f(n_1, \; n_1')$ kéo theo $\varphi(n) = \varphi(n_1)$ và $\varphi(n') = \varphi(n_1')$; do đó $(n, n') = (n_1, n_1')$, và vì thế $f$ là đơn ánh.

¶ Bây giờ ta đi đến phần chứng minh của Định lý 2. Cho E là một tập hợp sao cho $\mathrm{Card}(\mathrm{E}) = \mathfrak{a}$. Cho D là một tập con của E có cùng lực lượng với $\mathbf{N}$ (Bổ đề 1). Khi đó tồn tại một song ánh $\psi_0$ của D lên $\mathrm{D} \times \mathrm{D}$ (Bổ đề 2). Gọi $\mathfrak{M}$ là tập hợp các cặp $(\mathrm{X}, \psi)$, trong đó X là một tập con của E chứa D và $\psi$ là một song ánh của X lên $\mathrm{X} \times \mathrm{X}$ mở rộng $\psi_0$. Sắp thứ tự tập hợp $\mathfrak{M}$ bằng quan hệ

giữa $(\mathrm{X}, \psi)$ và $(\mathrm{X}', \psi')$. Khi đó thấy ngay lập tức rằng $\mathfrak{M}$ là quy nạp (xem § 2, no. 4, Ví dụ 2). Do đó, theo Bổ đề Zorn (§ 2, no. 4, Định lý 2), $\mathfrak{M}$ có một phần tử cực đại $(\mathrm{F}, f)$. Ta sẽ chứng minh rằng $\mathrm{Card}\,(\mathrm{F}) = \mathfrak{a}$, điều này sẽ đủ để chứng minh định lý. Nếu $\mathrm{Card}\,(\mathrm{F})$ không bằng $\mathfrak{a}$, đặt $\mathrm{Card}\,(\mathrm{F}) = \mathfrak{b} < \mathfrak{a}$. Khi đó $\mathfrak{b} = \mathfrak{b}^2$ và $\mathfrak{b}$ là vô hạn, và $\mathfrak{b} \leqslant 2\mathfrak{b} \leqslant 3\mathfrak{b} \leqslant \mathfrak{b}^2 = \mathfrak{b}$ (§ 3, no. 6, Mệnh đề 14); do đó $2\mathfrak{b} = \mathfrak{b}$ và $3\mathfrak{b} = \mathfrak{b}$. Từ giả thiết $\mathfrak{b} < \mathfrak{a}$ suy ra $\mathrm{Card}\,(\mathrm{E} - \mathrm{F}) > \mathfrak{b}$, vì nếu không thì ta sẽ có $\mathrm{Card}\,(\mathrm{E}) \leqslant 2\mathfrak{b} = \mathfrak{b}$, trong khi ta đã giả sử rằng $\mathfrak{b} < \mathrm{Card}\,(\mathrm{E})$. Do đó tồn tại một tập con $\mathrm{Y} \subset \mathrm{E} - \mathrm{F}$ có cùng lực lượng với F. Đặt $\mathrm{Z} = \mathrm{F} \cup \mathrm{Y}$; ta sẽ chứng minh rằng tồn tại một song ánh $g$ từ Z lên $\mathrm{Z} \times \mathrm{Z}$ kéo dài $f$. Ta có

và bốn tích ở vế phải đôi một rời nhau. Vì F và Y đẳng lực, ta có

do đó

Vậy tồn tại một song ánh $f_1$ từ Y lên tập hợp

do đó ánh xạ $g$ từ Z vào Z $\times$ Z, bằng $f$ trên F và bằng $f_1$ trên Y, là một song ánh mở rộng $f$, trái với định nghĩa của $f$. Suy ra $\mathrm{Card}(\mathrm{F}) = \mathfrak{a}$, và chứng minh được hoàn thành.

Bằng quy nạp theo $n$.

Ký hiệu $\mathfrak{b}$ là tích đó và gọi $n$ là số phần tử của I. Khi đó $\mathfrak{b} \leqslant \mathfrak{a}^n = \mathfrak{a}$ (§ 3, no. 6, Mệnh đề 14). Mặt khác, vì $\mathfrak{a}_i \geqslant 1$ với mọi $i \in \mathrm{I}$, ta có $\mathfrak{b} \geqslant \mathfrak{a}$ (§ 3, no. 6, Mệnh đề 14).

Cho $\mathfrak{b}$ là bản số của I; khi đó ta có $\sum\limits_{\iota \in \mathrm{I}} \mathfrak{a}_\iota \leqslant \mathfrak{a}\mathfrak{b} \leqslant \mathfrak{a}^2 = \mathfrak{a}$ (§ 3, no. 6, Mệnh đề 14), và $\sum\limits_{\iota \in \mathrm{I}} \mathfrak{a}_\iota \geqslant \mathfrak{a}_\varkappa$ với mọi $\varkappa \in \mathrm{I}$.

Điều này suy ra trực tiếp từ các Hệ quả 2 và 3.

Mệnh đề thứ nhất là hiển nhiên. Các mệnh đề khác suy ra từ các Hệ quả của Định lý 2, no. 3.

¶ Ta đã chứng minh (no. 3, Bổ đề 1) rằng nếu $\mathfrak{a}$ là một lực lượng vô hạn bất kỳ, thì $\mathrm{Card}(\mathbf{N}) \leqslant \mathfrak{a}$. Điều này có các hệ quả sau :

Vì $\mathrm{Card}(\mathrm{E}) \leqslant \mathrm{Card}(\mathbf{N})$ theo định nghĩa; và $\mathrm{Card}(\mathbf{N}) \leqslant \mathrm{Card}(\mathrm{E})$ vì E là vô hạn.

Vì $\mathrm{Card}(\mathrm{E}) = \mathrm{Card}(\mathrm{E})\ \mathrm{Card}(\mathbf{N})$ (no. 3, Định lý 2, Hệ quả 4).

Vì các tập $\overset{-1}{f}(y)$ $(y \in \mathrm{F})$ tạo thành một phân hoạch của E; do đó

và $\mathrm{Card}(\mathrm{F}) \leqslant \mathrm{Card}(\mathrm{E})$ theo Mệnh đề 3 của § 3, no. 2.

Với mỗi số nguyên $n$, ký hiệu $\mathfrak{F}_n$ là tập hợp các tập con của E có $n$ phần tử. Với mỗi $\mathrm{X} \in \mathfrak{F}_n$ tồn tại một song ánh từ $[1, n]$ lên X. Do đó lực lượng của $\mathfrak{F}_n$ nhiều nhất bằng lực lượng của tập hợp các ánh xạ từ $[1, n]$ vào E, tức là $\mathrm{Card}(\mathrm{E}^n) = \mathrm{Card}(\mathrm{E})$ (no. 3, Định lý 2, Hệ quả 1). Vì thế

Mặt khác, vì $x \to \{x\}$ là một ánh xạ đơn ánh từ E vào $\mathfrak{F}(\mathrm{E})$, nên ta có $\mathrm{Card}(\mathrm{E}) \leqslant \mathrm{Card}(\mathfrak{F}(\mathrm{E}))$.

(a) Mọi tập con không rỗng của E đều có một phần tử cực đại. (b) Mọi dãy tăng $(x_n)$ các phần tử của E đều dừng.

Trước hết, ta chỉ ra rằng (a) kéo theo (b). Cho X là tập hợp các phần tử của dãy $(x_n)$, và gọi $x_m$ là một phần tử cực đại của X. Nếu $n \geqslant m$, thì theo giả thiết ta có $x_n \geqslant x_m$, và do đó $x_n = x_m$ theo tính cực đại của $x_m$. Ngược lại, giả sử tồn tại một tập con không rỗng A của E không có phần tử cực đại. Với mỗi $x \in A$, gọi $T_x$ là tập hợp mọi $y \in A$ sao cho $y > x$. Theo giả thiết, $T_x \neq \emptyset$ với mọi $x \in A$; vì thế tồn tại một ánh xạ $f$ từ A vào A sao cho $f(x) > x$ với mọi $x \in A$ (Chương II, § 5, no. 4, Mệnh đề 6). Nếu $a \in A$, thì dãy $(x_n)_{n \in \mathbf{N}}$ được xác định bằng quy nạp bởi các điều kiện $x_0 = a$, $x_{n+1} = f(x_n)$ hiển nhiên là tăng và không dừng.

Thật vậy, nói rằng E được sắp tốt là tương đương với nói rằng mọi tập con không rỗng của E đều có một phần tử cực tiểu (§ 1, no. 10, Mệnh đề 10), và do đó mệnh đề suy ra từ Mệnh đề 6.

Vì mọi tập hợp có thứ tự hữu hạn đều có một phần tử cực đại (§ 4, no. 4, Mệnh đề 3, Hệ quả 2).

¶ Một tập hợp có thứ tự E thỏa mãn các điều kiện tương đương của Mệnh đề 6 đôi khi được gọi là Noether.

Thật vậy, giả sử E $\neq$ F; khi đó E $-$ F có một phần tử cực đại $b$. Theo định nghĩa ta có $x \in F$ với mọi $x > b$; nhưng điều đó suy ra $b \in F$, điều vô lý.