我们将用整数的$\mathbf{N}$集合来表示（必要时也称为“自然整数的集合”以避免歧义）。 $\mathbf{N}$的基数用$\aleph_0$表示。每当$\mathbf{N}$被认为是有序的集合时，总是考虑在§ 3, no. 2中定义的排序（称为*通常*排序），除非则明确说明相反。

我们将使用以下两个引理 ：

E 上存在一个良序关系（§ 2, no. 3，定理 1），我们将其表示为$x \leqslant y$。 假设意味着良序集 E 不能同构于不同于 $\mathbf{N}$ 的$\mathbf{N}$ 段，因为这样的段是形式 $[0, n]$ (§ 2, no. 1, 命题 1)，因此是有限的。由此可见，$\mathbf{N}$同构于E的一段（§ 2, no. 3，定理3），结果为从而。

由于$\mathbf{N} \times \mathbf{N}$包含集合$\{0\} \times \mathbf{N}$（与$\mathbf{N}$等价），我们有$\mathrm{Card}(\mathbf{N}) \leqslant \mathrm{Card}(\mathbf{N} \times \mathbf{N})$。要完成证明，只需将$\mathbf{N} \times \mathbf{N}$中的定义单射$f$转化为$\mathbf{N}$即可。为此，我们注存在$\mathbf{N}$的单射$\varphi$到$\mathbf{N}$的映射到集合到$\mathrm{I} = \{0, 1\}$，得到如下：如果$r$是最小的整数，使得$n > 2^r$，如果 $\sum_{k=0}^{r-1} \varepsilon_k 2^{r-k-1}$ 是 $n$ (§ 5, no. 7) 的二元展开，$\varphi(n)$ 定义为序列 $(u_m)_{m \in \mathbf{N}}$，使得 $u_m = \varepsilon_{r-m-1}$ 对于 $m < r$ 且$u_m = 0$ 换$m \geqslant r$。 命题 8 of § 5, no. 7 表明 $\varphi$ 是单射的。对于每个对$(n, n') \in \mathbf{N} \times \mathbf{N}$，我们定义$f(n, n')$如下：如果$\varphi(n) = (u_m)$和$\varphi(n') = (v_m)$，则令$f(n, \; n')$为整数$s$，使得$\varphi(s) = w_m$，其中$w_{2m} = u_m$和$w_{2m+1} = v_m$ 对于所有$m \in \mathbf{N}$。显然，关系$f(n, \; n') = f(n_1, \; n_1')$蕴涵$\varphi(n) = \varphi(n_1)$和$\varphi(n') = \varphi(n_1')$；因此$(n, n') = (n_1, n_1')$，因此$f$是单射的。

¶ 现在我们来讨论定理 2 中的证明。令 E 为集合，使得 $\mathrm{Card}(\mathrm{E}) = \mathfrak{a}$。令 D 为 E 的子集等价于 $\mathbf{N}$ (引理 1)。那么在 $\mathrm{D} \times \mathrm{D}$ (引理 2) 上存在 D 的双射 $\psi_0$。令$\mathfrak{M}$为对$(\mathrm{X}, \psi)$的集合，其中X为E包含D的子集，$\psi$为X到$\mathrm{X} \times \mathrm{X}$的双射，其中扩展$\psi_0$。 序集合 $\mathfrak{M}$ 通过关系

介于 $(\mathrm{X}, \psi)$ 和 $(\mathrm{X}', \psi')$ 之间。然后立即看出$\mathfrak{M}$是*归纳*（cf.§ 2, no. 4，例2）。因此，根据佐恩的引理（§ 2, no. 4，定理2），$\mathfrak{M}$有极大元素$(\mathrm{F}, f)$。我们将证明$\mathrm{Card}\,(\mathrm{F}) = \mathfrak{a}$，这足以证明定理。如果$\mathrm{Card}\,(\mathrm{F})$不等于$\mathfrak{a}$，则设$\mathrm{Card}\,(\mathrm{F}) = \mathfrak{b} < \mathfrak{a}$。那么$\mathfrak{b} = \mathfrak{b}^2$和$\mathfrak{b}$是无限的，$\mathfrak{b} \leqslant 2\mathfrak{b} \leqslant 3\mathfrak{b} \leqslant \mathfrak{b}^2 = \mathfrak{b}$（§ 3, no. 6，命题14）；因此$2\mathfrak{b} = \mathfrak{b}$和$3\mathfrak{b} = \mathfrak{b}$。从假设$\mathfrak{b} < \mathfrak{a}$得出$\mathrm{Card}\,(\mathrm{E} - \mathrm{F}) > \mathfrak{b}$，否则我们应该有$\mathrm{Card}\,(\mathrm{E}) \leqslant 2\mathfrak{b} = \mathfrak{b}$，并且我们假设$\mathfrak{b} < \mathrm{Card}\,(\mathrm{E})$。因此，子集 $\mathrm{Y} \subset \mathrm{E} - \mathrm{F}$ 等价于 F。令 $\mathrm{Z} = \mathrm{F} \cup \mathrm{Y}$；我们将证明Z在$\mathrm{Z} \times \mathrm{Z}$上存在双射$g$，其中扩展$f$。我们有

右边的四个乘积互为不相交的。由于 F 和 Y 等价，所以我们有

从而

因此 Y 的双射 $f_1$ 到集合

将 Z 的映射 $g$ 转换为 Z $\times$ Z，等于 F 上的 $f$ 和 Y 上的 $f_1$，因此是双射，扩展 $f$，与 $f$ 的定义相反。因此$\mathrm{Card}(\mathrm{F}) = \mathfrak{a}$和证明是完整的。

$n$归纳。

令$\mathfrak{b}$表示乘积，并令$n$为I中元素的数。然后$\mathfrak{b} \leqslant \mathfrak{a}^n = \mathfrak{a}$（§ 3, no. 6，命题14）。另一方面，由于 $\mathfrak{a}_i \geqslant 1$ 对于所有 $i \in \mathrm{I}$，我们有 $\mathfrak{b} \geqslant \mathfrak{a}$（§ 3, no. 6，命题 14）。

令$\mathfrak{b}$为I的基数；那么我们就有 $\sum\limits_{\iota \in \mathrm{I}} \mathfrak{a}_\iota \leqslant \mathfrak{a}\mathfrak{b} \leqslant \mathfrak{a}^2 = \mathfrak{a}$ (§ 3, no. 6, 命题 14)，以及所有 $\varkappa \in \mathrm{I}$ 的 $\sum\limits_{\iota \in \mathrm{I}} \mathfrak{a}_\iota \geqslant \mathfrak{a}_\varkappa$。

这直接从推论 2 和推论 3 得出。

第一个断言是显而易见的。其他的从推论到定理 2、no. 3。

¶ 我们已经证明 (no. 3, 引理 1) 如果 $\mathfrak{a}$ 是任意无限基数，则$\mathrm{Card}(\mathbf{N}) \leqslant \mathfrak{a}$。它具有以下推论 ：

$\mathrm{Card}(\mathrm{E}) \leqslant \mathrm{Card}(\mathbf{N})$ 定义；和$\mathrm{Card}(\mathbf{N}) \leqslant \mathrm{Card}(\mathrm{E})$，因为 E 是无限的。

对于$\mathrm{Card}(\mathrm{E}) = \mathrm{Card}(\mathrm{E})\ \mathrm{Card}(\mathbf{N})$（no. 3，定理2，推论4）。

对于 E 的集合 $\overset{-1}{f}(y)$ $(y \in \mathrm{F})$ 形式划分；因此

和 $\mathrm{Card}(\mathrm{F}) \leqslant \mathrm{Card}(\mathrm{E})$ 乘以命题 3，共 § 3, no. 2。

对于每个整数$n$，让$\mathfrak{F}_n$表示E的子集中的集合，其中$n$元素。对于每个$\mathrm{X} \in \mathfrak{F}_n$，X上都存在$[1, n]$的双射。因此$\mathfrak{F}_n$的基数至多等于$[1, n]$的映射到E的集合的基数，即$\mathrm{Card}(\mathrm{E}^n) = \mathrm{Card}(\mathrm{E})$（no. 3，定理2，推论1）。因此

另一方面，由于$x \to \{x\}$是E到$\mathfrak{F}(\mathrm{E})$的单射映射，所以我们有$\mathrm{Card}(\mathrm{E}) \leqslant \mathrm{Card}(\mathfrak{F}(\mathrm{E}))$。

(a) ** E 的每个非空子集都有极大元素。 (b) ** E 的元素中的每个递增序列 $(x_n)$ 都是静止的。

我们首先证明（a）蕴涵（b）。令X为序列$(x_n)$元素集合，并令$x_m$为X极大元素。如果$n \geqslant m$，我们有假设$x_n \geqslant x_m$，因此$x_n = x_m$的最大$x_m$。相反，假设 E 存在一个非空子集 A，且没有极大元素。对于每个$x \in A$，令$T_x$为所有$y \in A$中的集合，使得$y > x$。 假设之前，$x \in A$ 全部为 $T_x \neq \emptyset$；因此，存在 A 到 A 中的映射 $f$，使得对于所有 $x \in A$ 都有$f(x) > x$（章 II, § 5, no. 4，命题 6）。如果$a \in A$，则序列$(x_n)_{n \in \mathbf{N}}$由条件$x_0 = a$归纳定义，$x_{n+1} = f(x_n)$显然是递增并且不是平稳的。

因为说 E 是良序的，相当于说，E 的每个非空子集都有一个最小元素（§ 1, no. 10，命题 10），因此从命题 6 可以得出断言。

对于每个有限有序集合都有极大元素 (§ 4, no. 4, 命题 3, 推论 2)。

¶ 满足命题 6 的等价条件的有序集合 E 是有时，称为 诺特。

事实上，假设 E $\neq$ F；那么 E $-$ F 有极大元素 $b$。到定义时，我们为所有 $x > b$ 提供了 $x \in F$；但这意味着$b \in F$，这是荒谬的。