存在两个有理数数 $p/q$ 和 $r/s$，使得 $0 < p/q < x$ 和 $y < r/s$，因为开区间 ]$0, x$ 和 ]$y, \to$ 不为空 ($\S$ I, no. 4, 命题 4);取$n$使得$nps > qr$，我们有$y < nx$。

1) 条件是必要的。令$A$为$\mathbf{R}$的紧凑子集，并令$a$为实数$> 0$。 集合 $A$ 是闭集 (章 I, $\S$ 9, no. 3, 命题 4) 并且存在有限数点 $x_i$ $\mathbf{R}$的($1 \leq i \leq n$)使得$A$包含在邻域$[x_i - a, x_i + a]$的并中(章I、$\S$9、no. 3)。令$b$为数$|x_i|$中的最大值；那么我们就有$A \subset [-b - a, b + a]$。

2) 条件就足够了。足以证明每个区间 $[ -a, +a ]$ ($a > 0$) 都是紧的，并且由于该区间是完全均匀空间的闭子集，因此足以证明，对于每个$b > 0$，我们可以用有限的数区间覆盖$[ -a, +a ]$ 形式 $[x - b, x + b]$（章 II、$\S$ 4、no. 2，定理 3 的推论）。现在，令$n$为整数$> 0$，使得$a < nb$；如果$x \in [ -a, +a ]$并且$m$是最大的整数（正或负）使得$mb \leq x$，那么我们有$-n \leq m \leq n$和$mb \leq x \leq (m + 1)b$。因此，$2n + 1$间隔$[ (k - 1)b, (k + 1)b ]$（$-n \leq k \leq n$）形式覆盖了所需的型。

令$A$为$\mathbf{R}$的非空子集，有界于上，并令$b$为$A$的上界，因此$A \subset ]\leftarrow, b]$。对于每个$x \in A$，考虑数$\geqslant x$中的集合$A_x$，其中属于到$A$； 集合 $A_x$ 形式基 $\mathfrak{B}$ 在 $\mathbf{R}$ 上，从 $A_y \subset A_x$ 如果 $y \geqslant x$ 开始。设$a$为$A$中的点。对于每个$x \geqslant a$属于到$A$，$A_x$包含在紧凑区间$[a, b]$中，因此过滤器基$\mathfrak{B}$有一个集群点$c$。由于区间 $[x, \rightarrow[$ 是闭区间，$c$ 属于到它们的交，因此 $c$ 是 $A$ 的上界。但是，另一方面，$A$的每个上界$z$都是$\geqslant c$，否则$c$的邻域$]z, \rightarrow[$不会包含$A$的任何点。因此$c$是$A$中最小的上界。

我们可以类似地论证非空集合$B$下界，或者简单地注，$-B$非空且上界，并且如果$c$是$-B$的最小上界，那么$-c$是下确界 $B$。

$A$中最小的上界$c$可以用以下两个性质来表征： (i) 对于每个 $x \in A, x \leqslant c_*$。 (ii) 对于每个$a < c$，存在$x \in A$使得$a < x \leqslant c$。

闭集合（非空且上界）属于到集合的最小上界是它的最大元素；并且上面有界的$\mathbf{R}$的任何非空子集$A$中的最小上界可以定义为$A$闭包中的最大的实数。

条件显然是必要的。反之，假设它是满意的。如果$A$既不上界也不下界，它一定是$\mathbf{R}$的整体，因为如果$x$是$\mathbf{R}$的任意点，则$A$有两个点$a, b$，使得$a < x < b$。如果$A$有界于上方而不是下方，则令$k$为其最小上界；那么对于任何$x < k$，$A$中存在$a$和$b$，使得$a < x < b \leqslant k$，因此$x \in A$，因此$A$只能是两个区间$]\leftarrow, k], ]\leftarrow, k[$之一。其他情况下的论证也类似。

i) 条件是必要的。假设$A$是连通的：如果$A$由单个点组成，那么它是一个区间。如果$A$有多个点，则令$a$和$b$为$A$中的两个点，使得$a < b$；通过 no. 4 的命题 1 足以证明每个 $x$ 使得 $a < x < b$ 属于到 $A$。现在，如果$x \notin A$我们应该有$A \subset C\{x\}$；但$C\{x\}$是两个不相交的开集合]$\leftarrow, x[$和$]x, \rightarrow[$的并，它们都满足$A$，因此$A$不会连接，与假设相反。

2) 条件 足够。首先让我们证明每个*紧凑*区间$[a, b]$都是连通的。对于每个整数$n > 0$，让$V_{1/n}$是所有对$(x, y)$的随从由……组成，使得$|x - y| \leq 1/n$；通过章II, § 4, no. 4的命题6，足以证明$[a, b]$的点$x, y$的每个对都可以由$V_{1/n}$链连接。令 $p$ 为最大的整数，使得 $p/n \leq x$ 并令 $q$ 为最大的整数，使得 $q/n \leq y$（$p$ 和 $q$ 存在，因为定理 1 no. 1);然后$p \leq q$。如果$p = q$则$y - x < 1/n$和点$x$和$y$形式一条$V_{1/n}$链。如果$q > p$，则放入$x_i = (p + i)/n$（$i = 1, 2, \ldots, q - p$）；我们有$x_1 - x \leq 1/n$，$y - x_{q-p} \leq 1/n$和$x_{i+1} - x_i = 1/n$，因此点$x, x_1, x_2, \ldots, x_{q-p}, y$形式连接$x$和$y$的$V_{1/n}$链。

如果现在$I$是单个点的除由……组成以外的任何区间，并且如果$a$和$b$是$I$的任意两个点使得$a < b$，则区间$[a, b]$包含在$I$中并且是连通的，因此 $I$ 是连通的。

到定理 4 时，$\mathbf{R}$ 的子集不包含超过 1 个点的任何间隔由……组成 完全断开；对于有理数数的例、集合$\mathbf{Q}$来说，这是正确的，因为无理数数的集合$C\mathbf{Q}$在$\mathbf{R}$中稠密。

令$A$为$\mathbf{R}$中的非空开集合。由于 $\mathbf{R}$ 是局部连通的，$A$ 的每个*分量*都是一个连通开区间集合 (章 I, § 11, no. 6, 命题 11)，因此是定理 4 的*开区间*。这些开区间中的任何两个都是不相交的；另一方面，它们中的每一个包含都是有理数数；因此，这些间隔中的集合幂小于或等于 $\mathbf{Q}$，即是*可数*。

由此可见，$\mathbf{R}$中的每个闭集合都是不相交的开区间（有限或无限）序列$(I_n)$的并的补集。这些间隔被认为是与所考虑的闭合集合“连续”的。相反，给定这样的序列间隔，它们的并的补集是这些间隔相邻的闭集合。

1) 条件是必要的。令$a$和$b$为I的两个点，使得$a < b$，并假设例为$f(a) < f(b)$。让我们证明 $f$ 是 I 上的严格递增的。首先，如果$a < c < b$，那么我们必须有$f(a) < f(c) < f(b)$；如果对于例，我们有$f(a) < f(b) < f(c)$，那么$f$下的区间$[a, c]$的像将是一个连通的集合（章I,,,no. 2,命题4），因此包含间隔$[f(a), f(c)]$；因此存在$x \in [a, c]$使得$f(x) = f(b)$，与假设相反，$f$是单射的

由此可见，如果$x$和$y$是I中的任意两个点，使得$x < y$，则$f(x) < f(y)$；因为如果$a < x < b$，我们有$f(a) < f(x) < f(b)$，如果$b < x$，我们有$f(a) < f(b) < f(x)$，如果$x < a$，我们有$f(x) < f(a) < f(b)$；分别用$a, x, y$代替$a, b, x$重复论证，我们看到$f(x) < f(y)$。

2) 条件 足够。假设 $f$ 在 I（例如严格递增的）上是连续且严格单调的：$f(I)$ 是连通的，因此是一个区间，并且由于 $f$ 是严格递增的，$f$ 是 I 的双射映射到$f(I)$。此外，开区间 in I 的 $f$ 下的像是开区间 in $f(I)$，因此 (§ 1, no, 4, 命题 5) $f$ 是 I 的同胚$f(I)$。