让我们首先证明，如果$a$和$b$是整数，那么$a + b$也是。我们于 $b$ 乘归纳出发。自 $a + 0 = a$ 起，断言对于 $b = 0$ 成立。如果$a + b$是整数，那么$(a + b) + 1$也是§ 4, no. 1，命题1）。但是$(a + b) + 1 = a + (b + 1)$（§ 3, no. 3，命题5的推论）；因而，$a + (b + 1)$ 是整数，因此对于所有整数 $b$，$a + b$ 是整数。

接下来我们通过归纳对$n = \mathrm{Card}\ (\mathrm{I})$证明$\sum\limits_{i \in \mathrm{I}} a_i$是整数。如果$n = 0$，那么$\mathrm{I} = \emptyset$和$\sum\limits_{i \in \mathrm{I}} a_i = 0$，这很清楚。如果$\mathrm{Card}\ (\mathrm{I}) = n + 1$，我们可以写成$\mathrm{I} = \mathrm{J} \cup \{k\}$，其中$\mathrm{Card}\ (\mathrm{J}) = n$和$k \notin \mathrm{J}$。然后

（$\S\,3$、no. 3、命题 5）。归纳假设即$\sum\limits_{i \in \mathrm{J}} a_i$为整数；因而，来自证明第一段的$a_k + \sum\limits_{i \in \mathrm{J}} a_i$也是如此。这表明对于所有 $n$，$\sum\limits_{i \in \mathrm{I}} a_i$ 都是整数。

由于两个整数$a$和$b$的乘积$ab$是整数有限族中的和，并且全部等于$a$（$\S\,3$，no. 4， 命题 6，推论2)，$ab$ 是整数。我们用归纳对$n = \mathrm{Card}\ (\mathrm{I})$证明$\prod\limits_{i \in \mathrm{I}} a_i$是整数。这对于 $n = 0$ 来说是正确的，因为那么

如果$\mathrm{Card}\ (\mathrm{I}) = n + 1$，我们有（与上面相同的记号）

($\S\,3$, no. 3, 命题 5)，因此归纳假设意味着$\prod\limits_{i \in \mathrm{I}} a_i$是整数。因而，对于所有 $n$，$\prod\limits_{i \in \mathrm{I}} a_i$ 都是整数。

对于和族$(\mathrm{X}_i)$的S是有限的；并且由于 S 到 E 上存在映射 (章 II, $\S\,4$, no. 8), 集合 E 是有限的 ($\S\,4$, no. 2, 命题 2, 推论 3)。

因为$a^b$是整数有限族中的乘积，全部等于$a$（$\S\,3$，no. 5，命题10）。

因为它的基数是 $2^{\mathrm{Card}\ (\mathrm{E})}$ ($\S\,3$, no. 5, 命题 12)。

如果$a < b$，则存在基数$c \leqslant b$（因此$c$是整数（§ 4, no. 2，命题2））使得$b = a + c$（§ 3, no. 6，命题13）；如果$a \neq b$，我们必须有$c \neq 0$。相反，如果$b = a + c$和$c \neq 0$，则$c \geqslant 1$，从而$a < a + 1 \leqslant a + c = b$。

如果每个$i \in I$也有$b_i > 0$，那么

令$j$为指标，使得$a_j < b_j$，并令$J = I - \{j\}$。然后

$c_j > 0$ (命题 2)，因此 (§ 3, no. 6，命题 14)

从$c_j > 0$开始，命题的第一个部分是从命题2开始的。同样

由于$c_j$和所有$b_i$都是$\neq 0$，所以乘积$c_j . \prod_{i \in J} b_i$是$\neq 0$（§ 3, no. 4，命题7）；因此，命题的第二个部分。

我们只需将$a^b$和${a'}^b$表示为整数有限族的乘积（§ 3, no. 5，命题10）和应用命题3，注意到，关系$a < a'$意味着$a' > 0$。

因为存在整数 $c > 0$ 使得 $b' = b + c$ (命题 2)；从$c \geqslant 1$开始，我们有$a^c \geqslant a > 1$，从而$a^{b'} = a^b a^c > a^b$。

$c$的存在来自§ 3, no. 6的命题13，而唯一性则来自上述推论3。

¶ 整数 $c$，使得 $b = a + c$（其中 $a \leqslant b$）被称为整数 $b$ 和 $a$ 的*差*，并写作 $b - a$。容易验证，如果$a$，$b$，$a'$，$b'$是整数使得$a \leqslant b$和$a' \leqslant b'$，那么

显然关系$0 \leqslant x \leqslant b$意味着$a \leqslant a + x \leqslant a + b$。 映射 $x \rightarrow a + x$ 是严格递增的（因此是单射）乘以 no. 2 的命题 3。最后，关系$a \leqslant y \leqslant a + b$隐含$y = a + x$与$x \geqslant 0$和$a + x \leqslant a + b$，从而$x \leqslant b$（no. 2，命题3）。这样就完成了证明。

到命题 4，我们可以将我们限制在$a = 0$的情况。 证明于 $b$ 归纳发布。如果$b = 0$，结果就清楚了。 关系$0 \leqslant x \leqslant b + 1$相当于“$0 \leqslant x < b + 1$或$x = b + 1$”，关系$0 \leqslant x < b + 1$相当于$0 \leqslant x \leqslant b$（§ 4, no. 2、命题2）；在其他字中，$[0, b + 1]$是$[0, b]$和$\{b + 1\}$的并，而这两个集合是不相交的。由$[0, b + 1]$的元素归纳假设数等于$(b + 1) + 1$，证明命题。

由于 E 和 $[1, n]$ 是良序的（§ 4, no. 4、命题 3，推论 1）并且具有与元素相同的数 (命题 5)，因此结果由 § 2, no. 5 的定理 3 和推论 2 得出命题 2 个，共 § 4, no. 2。

(1)

(2)

(3)

对于所有人$x \in \mathrm{E}$。

$q$和$r$上的条件相当于$bq \leqslant a < b(q + 1)$和$r = a - bq$（no. 2、命题2）。因此我们必须找到$q$使得$bq \leqslant a < b(q + 1)$；在其他字中，$q$必须是最小的整数使得$a < b(q + 1)$，这表明$q$和$r = a - bq$是唯一确定的。为了证明它们的存在，我们注存在整数$p$使得$a < bp$，对于例$a + 1$（从$b > 0$开始）。令 $m$ 为这些整数中最小的一个。我们有$m \neq 0$，因此我们可以将$m = q + 1$写成$q \leqslant m$（§ 4, no. 2，命题2）；由此可见$bq \leqslant a < b(q + 1)$。

那么映射$f_k$是有序的集合$E_k$到区间$[0,b^k-1]$的同构。

证明于 $k$ 归纳发布。对于$k=1$，它是定义的直接的推论。对于每 $r=(r_0,\ldots,r_{k-1},r_k)\in E_{k+1}$ 投入

那么映射$r\mapsto(\varphi(r),r_k)$就是$E_{k+1}$的同构到$E_k$和$J=[0,b-1]$的字典顺序乘积上；这是来自定义的直接的。我们可以写

让我们证明$E_{k+1}$中的关系$r<r'$蕴涵$f_{k+1}(r)<f_{k+1}(r')$。事实上，我们要么有$\varphi(r)<\varphi(r')$，要么有$\varphi(r)=\varphi(r')$和$r_k<r'_k$。在第一种情况下，归纳假设意味着 $f_k(\varphi(r))<f_k(\varphi(r'))$，因而 (§ 4, no. 2, 命题 2) $f_k(q(r'))\geq f_k(\varphi(r))+1$；因而

从$r_k\leq b-1$（no. 2，命题3）开始。另一方面，如果$\varphi(r)=\varphi(r')$和$r_k<r'_k$，则显然$f_{k+1}(r)<f_{k+1}(r')$。现在归纳假设表明$f_k(\varphi(r))\leq b^k-1$，从而

由此可见，$f_{k+1}$是$E_{k+1}$的同构到区间$[0,b^{k+1}-1]$的子集；但这个区间和$E_{k+1}$有相同的数元素，即$b^{k+1}$（no. 3，命题5）；因而$f_{k+1}$是双射（§ 4, no. 2，命题2，推论4），证明是完整的。 ¶ 我们注现在，对于每一个整数 $a$，我们就有 $a < b^a$。这由$a$上的归纳证明；对于$a = 0$，结果很明显，假设$a < b^a$意味着$a + 1 \leqslant b^a < b \cdot b^a = b^{a+1}$（no. 2、命题 3 和§ 4, no. 2、命题 2）。因而，至少存在整数$k$使得$a < b^k$，并且命题8则表明存在唯一的有限序列$(r_h)_{0 \leqslant h \leqslant k-1}$使得$0 \leqslant r_h \leqslant b - 1$对于$0 \leqslant h \leqslant k - 1$并且

此外，我们必须有$r_0 > 0$，否则凭借命题 8 就有$a < b^{k-1}$。表达式 称为整数$a$的*展开到基$b$*。

\* 在所有不涉及数值计算的部分数学中，命题8主要在应用于*素的*数$b$时有用。 \*

当整数 $b$ 足够小以使其可行时，我们可以用称为*数字*的独特符号来表示每个整数 $< b$。代表0和1的数字通常是0和1。令$a$为整数，令$\sum_{h=0}^{k-1} r_h b^{k-h-1}$为其展开至基$b$。如果展开中出现的整数$k$足够小，可以实现，通常将整数$a$与从左到右写$r_0 r_1 \ldots r_{k-2} r_{k-1}$然后每个整数写替换所获得的一系列符号相关联$r_i$ 由代表它的数字组成；如此获得的符号称为与$a$相关的*数字符号*。然后经常通过它出现的项与关系中的数字符号来替换$a$。

对于例，若C、Q、F、D为数字，则数字符号CQ、CQF、CQFD分别与$\mathrm{C}b + \mathrm{Q}$、$\mathrm{C}b^2 + \mathrm{Q}b + \mathrm{F}$、$\mathrm{C}b^3 + \mathrm{Q}b^2 + \mathrm{F}b + \mathrm{D}$相关联。

从命题 8 可以看出，与整数 $a$ 相关的数字符号是唯一的，并且如果 $a < b^k$ 则包含最多为 $k$ 位。请注意，与整数 $b^k$ 关联的数字符号由数字 1 后跟 $k$ 数字 0 组成。

这个用数字符号来表示的整数表示系统，称为对基$b$*的计数*系统。在实际数值计算中，使用以下系统：(a)系统至基2，或*二元系统*，其中数字为0和1； (b) 十进制系统，其中数字为$0$、$1$、$2$、$3$、$4$、$5 = 4 + 1$、$6 = 5 + 1$、$7 = 6 + 1$、$8 = 7 + 1$、 $9 = 8 + 1$，其中$b$为整数$9 + 1$（系统中的数字符号因此为10）。

自中世纪以来，十进制系统一直用于数值计算，每当我们有机会明确写下整数时，我们都会在级数中使用它。我们建议读者参考本篇级数中的部分，专门讨论方法的数值计算，以获得与和相关的数值符号、差值、乘积以及由数值符号给出的两个整数的商的积分部分。

对于家庭$(\overset{-1}{f}(y))_{y \in \mathrm{F}}$是$\mathrm{E}$的划分，每个元素其中划分是基数$\mathfrak{c}$的集合；因此得到结果（§ 3, no. 4，命题 6，推论 2）。

The proof is by induction on the number $m \leqslant n$ of elements of $\mathrm{A}$. 如果$m = 0$，结果就很明显了。 假设$m + 1 \leqslant n$。 令$\mathrm{A}$与$m + 1$元素成为集合，令$\mathrm{A}'$与$m$元素成为$\mathrm{A}$的子集，并令$\{a\} = \mathrm{A} - \mathrm{A}'$。 Let $\mathrm{F}$, $\mathrm{F}'$ be the sets of injective mappings of $\mathrm{A}$, $\mathrm{A}'$ respectively into $\mathrm{B}$, and let $\varphi$ be the mapping $f \to f\,|\mathrm{A}'$ which maps each function $f \in \mathrm{F}$ to its restriction to $\mathrm{A}'$. 对于$\overset{-1}{\varphi}(f')$的每个$f' \in \mathrm{F}'$元素$f$由其值$f(a)$唯一确定；由于$f$是单射的，所以我们必须有$f(a) \in \mathrm{B} - f'(\mathrm{A}')$。 由此可见，$\overset{-1}{\varphi}(f')$ 与 $\mathrm{B} - f'(\mathrm{A}')$ 具有相同的元素数 $n - m$。 因而，到命题 9 时，$\mathrm{F}$ 有

元素凭借感应假设。这样就完成了证明。

为此，数等于集合的单射的数自身（§ 4, no. 2，命题2，推论4）。

令 G 为 E 的置换的集合，并令 P 为覆盖$(X_i)_{1 \leqslant i \leqslant h}$ 的集合，其中满足条件命题。 由于 $\sum_{i=1}^{h} p_i = n$，P 不为空。 令$(A_i)_{1 \leqslant i \leqslant h}$为P的元素。对于每个置换$f \in G$，族$(f(A_i))_{1 \leqslant i \leqslant h}$再次属于到P；让我们用$\varphi(f)$来表示它。 对于每个元素$(X_i)_{1 \leqslant i \leqslant h}$，让我们对置换$f \in G$进行计算数，这样$\varphi(f) = (X_i)$。 当且仅当对于每个指标$i$我们有$f(A_i) = X_i$，我们才会有$\varphi(f) = (X_i)$。 Hence the set of permutations $f$ under consideration is equipotent to the product of the sets of bijections of $A_i$ onto $X_i$ (Chapter II, § 4, no. 7, Proposition 8); consequently the set $\overset{-1}{\varphi}((X_i)_{1 \leqslant i \leqslant h})$ has $\prod_{i=1}^{h} p_i!$ elements (Corollary to Proposition 10). 由于 G 有 $n!$ 元素，因此现在的结果是从命题 9 得出的。

将 $h = 2$、$p_1 = p$、$p_2 = n - p$ 放入命题 11。

¶ The number of subsets containing $p$ elements in a set of $n$ elements (where $p \leqslant n$) is denoted by $\begin{pmatrix} n \\ p \end{pmatrix}$ and is called the binomial coefficient with indices n and p. 从关系 $\begin{pmatrix} n \\ p \end{pmatrix} = \dfrac{n!}{p!(n-p)!}$ 紧接着是 $\begin{pmatrix} n \\ p \end{pmatrix} = \begin{pmatrix} n \\ n-p \end{pmatrix}$。

This is also a consequence of the fact that, if E is a set with $n$ elements, $X \to E - X$ is a bijection of the set of subsets of E consisting of $p$ elements onto the set of subsets of $n - p$ elements.

我们为自然整数的每个对放置$\binom{n}{p} = 0$，使得$p > n$。 按照此约定，对于*每个*自然的整数$p$，$n$元素的集合中的$p$元素中的子集数是$\binom{n}{p}$。

对于这样的映射是E到F的单射（§ 1, no. 12，命题11），并且由于E和F是良序的（§ 4, no. 4，推论1到命题3），对于$p$的每个子集X F 的元素恰好有一个 E 的严格递增的映射到 X (§ 2, no. 5, 定理 3)。

因为如果E是$n$元素的集合，等式的左侧是E的子集的数。现在§ 3, no. 5的应用命题12。

令E为集合和$n + 1$元素，令P为E包含$p + 1$元素的所有子集的集合，令$a$为E的元素，并把

令P′（或P”）表示E的$p + 1$元素的子集的集合，其中包含$a$（分别不包含$a$）。 集合 P″ 是 E′ 的 $p + 1$ 元素的子集的集合，因此有 $\binom{n}{p+1}$ 元素。 映射$\mathrm{X} \to \mathrm{X} \cap \mathrm{E}'$是P′的双射到E′的$p$元素的子集的集合，因此P′有$\binom{n}{p}$元素。 现在的结果是 P 是不相交的集合 P′ 和 P” 的并。

命题13也可以通过公式$\binom{n}{p} = \dfrac{n!}{p!(n-p)!}$对$p \leqslant n$的简单计算来证明。

对于$b_n$是$[1, n]$中2元素子集数；因此

由此推导出$a_n$的值，注意有序对$(i, j)$的集合，使得$1 \leqslant i \leqslant j \leqslant n$是有序对$(i, j)$的集合的并，使得$1 \leqslant i \leqslant j < n$和集合共对 $(i, i)$，其中 $1 \leqslant i \leqslant n$。因此$a_n = n + b_n = \frac{1}{2} n(n+1)$。

在整数$(i, j)$的有序对的集合A中，使得$1 \leqslant i \leqslant j \leqslant n$，让$A_k$表示对$(i, k)$的子集，其中$1 \leqslant i \leqslant k$（对于任意整数 $k \leqslant n$）。那么$A_k$有$k$元素。但$(A_k)_{1 \leqslant k \leqslant n}$是A的划分；因此结果。

让$A(h, n)$（或$B(h, n)$）表示E的映射$u$到$[0, n]$的数，使得$\sum_{x \in E} u(x) \leqslant n$（或$\sum_{x \in E} u(x) = n$代表$h > 0$）。我们首先显示$A(h-1, n) = B(h, n)$。为此，令 E′ 为 E 的子集，其中 $h - 1$ 元素，并令 $\{a\} = E - E'$。如果$u$是E到$[0, n]$的映射，使得$\sum_{x \in E} u(x) = n$，那么它的限制$u'$到E′使得$\sum_{x \in E'} u'(x) \leqslant n$，而且还有$u(a) = n - \sum_{x \in E'} u'(x)$。反之，E′的每一个映射$u'$进入$[0, n]$，满足E的$\sum_{x \in E'} u'(x) \leqslant n$定义唯一映射$u$进入$[0, n]$，其中$u'$是限制，并且这样： $\sum_{x \ni E} u(x) = n$。

我们注接下来，如果$\sum_{x \in E} u(x) \leqslant n$，那么要么$\sum_{x \in E} u(x) = n$，要么$\sum_{x \in E} u(x) \leqslant n-1$，并且这两种可能性是互斥的。因而

从$A(0, 0) = 1 = \binom{0}{0}$开始，公式$A(h, n) = \binom{n+h}{h}$从上面开始，从命题13开始，到$n + h$上的归纳。

\* $h$ 中单项式 $X_1^{\alpha_1} X_2^{\alpha_2} \ldots X_h^{\alpha_n}$ 的数不定，总计次数 $\leqslant n$ 显然等于映射 $i \rightarrow \alpha_i$ 的数 $[1, h]$ 到 $[0, n]$ 使得$\sum_{i=0}^{h} \alpha_i \leqslant n$，因此等于$\binom{n+h}{h}$乘命题 15；这个数也是$h + 1$不定式中单项式的数，总次数$n$。 \*