首先考虑有界开区间 $I = ]a, b[$ ($a < b$)。对于每个$x \in I$，放入$f(x) = -\left( \frac{1}{x-a} + \frac{1}{x-b} \right)$。这个函数是连续的，严格递增的在$I$上，因为我们已经看到$\frac{1}{x-b}$在$]-, b[$中是严格递减，而$\frac{1}{x-a}$在$]a, \to[$中是严格递减。由此可见，$f$ 是$I$ 在$\mathbf{R}$ 区间$f(I)$ 上的同胚（§ 2, no. 6，定理 5）。 $f(I)$ 既不上界也不下界；如果对于例，我们对所有$x \in I$有$f(x) \leq c$，那么从$b-x > 0$开始，就会有$1 - \frac{b-x}{x-a} \leq c(b-x)$；当$x$足够接近$b$时（由于不等式两侧的连续性，在点$b$处是有理函数），这会导致矛盾。因此$f(I) = \mathbf{R}$，因此每个有界开区间同胚于$\mathbf{R}$。令$g$为$f$的逆：将$\mathbf{R}$的每个无界开区间映射转移到包含在$I$中并在$I$中开的区间$J$上。由于$I$在$\mathbf{R}$开放，$J$也在$\mathbf{R}$开放；因为它是有界的，所以它同胚于 $\mathbf{R}$；因此我们证明了每个无界开区间同胚于 $\mathbf{R}$。

设$f$为递增同胚。如果我们将$\overline{f}(-\infty) = a$和$\overline{f}(+\infty) = b$从扩展$f$到$\mathbf{R}$，很明显$\overline{f}$是$\overline{\mathbf{R}}$的严格递增的映射（因此双射）到$[a, b]$。因此，$\overline{f}$映射$\overline{\mathbf{R}}$的每个开区间都到相对于$[a, b]$开的区间上，并且因此由于§ 1, no. 4的定义1和命题5而成为$\mathbf{R}$到$[a, b]$的同胚。

如果$f$是递减，我们将$\mathbf{R}$的递增同胚$x \to -f(x)$应用到]$-b, -a[$。

在§ 2中获得的区间$[a, b]$的所有属性，仅涉及区间的阶、结构和拓扑，因此可以转移到$\overline{\mathbf{R}}$；因此有以下命题：

因此 (章 II, § 4, no. 1, 定理 1) $\overline{\mathbf{R}}$ 具有与其拓扑兼容的独特一致性；该均匀性与 $\mathbf{R}$ 的加法均匀性在 $[a, b]$ 上引起的均匀性是同构的。但需要注意的是，$\overline{\mathbf{R}}$在$\mathbf{R}$上*诱导*的均匀性*不是*$\mathbf{R}$的加法均匀性（尽管它与实直线的拓扑兼容）；因为 $\mathbf{R}$ 就其加性均匀性而言是一个*完整* 空间，但不是 $\overline{\mathbf{R}}$ 的完整子空间，因为它在 $\overline{\mathbf{R}}$ 中不是封闭的。

$\mathbf{R}$ 的非空子集 $A$ 中的最小上界（或下确界）由$\sup A$（或$\inf A$）表示。显然

(1)

如果$A \subset B$，则$\sup A \leq \sup B$和$\inf A \geq \inf B$（*集合理论*，章III, § 1, no. 9，命题4）。

最后，函数$\sup(x, y)$和$\inf(x, y)$在$\overline{\mathbf{R}} \times \overline{\mathbf{R}}$上*连续*。

让我们证明，对于例，当$(x, y)$趋向于点$(a, +\infty)$（$a \neq -\infty$）同时保持在$\mathbf{R} \times \mathbf{R}$时，$x + y$趋向于$+\infty$。存在有限的数$b < a$，且$\mathbf{R}$中$]b, +\infty[$为$a$的邻域；给定任何有限的$c$、关系、$x > b$和$y > c - b$意味着$x + y > c$，这表明只要$(x, y)$足够接近$(a, +\infty)$，$x + y$就尽可能接近$+\infty$。其他情况下的论证也类似。

On the contrary, $x + y$ has no limit at the points $(-\infty, +\infty)$ and $(+\infty, -\infty)$ of $\overline{\mathbf{R}} \times \overline{\mathbf{R}}$. 因为如果$x + y$有极限$k$（有限或无限），因为$(x, y)$趋向于$(+\infty, -\infty)$，同时保持在$\mathbf{R} \times \mathbf{R}$，那么对于每个有限的$a$，函数$(x + a) - x$将趋向于$k$，如下$x$趋于$+\infty$，同时保持在$\mathbf{R}$；这是荒谬的，因为 $(x + a) - x = a$ 和 $a$ 是任意的。

函数 $x + y$ 映射 $A' \times A'$（分别$A'' \times A''$）到$A'$（分别$A''$）。因此，$A'$（或$A''$）上的合成的律，以及$\mathbf{R}$上的加法的扩展律。根据恒等式扩张的原理（章 I, , no. 1，推论 1 到命题 2），这个律是可交换和结合的； o 对于这个律来说是单位元素； $A'$ 的唯一非常规元素 (代数, 章 I, § 2, no. 2) 是 $+ \infty$, by 公式 (2)

如果$x, y, z, t$是$\overline{\mathbf{R}}$的点，使得$x \leq y$和$z \leq t$，则只要定义了不等式的两侧，$x + z \leq y + t$。

注仅当 $z$ 是有限的，公式 (2) 时，$\overline{\mathbf{R}}$ 关系 $x < y$ 才意味着 $x + z < y + z$；很容易验证只要定义了不等式的两边，关系$x < y$和$z < t$就意味着$x + z < y + t$。

在$\overline{\mathbf{R}}$中我们放入$x^+ = \sup (x, 0), x^- = \sup (-x, 0), |x| = \sup (x, -x)$；因此$(+\infty)^+ = (-\infty)^- = +\infty$和$(+\infty)^- = (-\infty)^+ = 0$，以及$|+\infty| = |- \infty| = +\infty$。 和、$x^+ - x^-$和$x^+ + x^-$是为所有$x \in \overline{\mathbf{R}}$定义的，因此分别等于$x$和$|x|$等式的原理或扩张。此外，每当定义和 $x + y$ 时，我们就有 $|x + y| \leq |x| + |y|$。

注相反，§ 1, no. 1的公式（6）和（7）对于$\overline{\mathbf{R}}$中的$x$和$y$的某些值可能不再有意义；对于例，如果$x = -\infty$和$y = 0$我们有$\sup (x, y) = 0$，但是和$x + (y - x)^+$没有定义，因为$(y - x)^+ = +\infty$。

令$\overline{\mathbf{R}}^*$表示$\overline{\mathbf{R}}$中o的补集。那么命题 7 对应乘法的模拟运行如下：

(3)

我们把证明留给读者；它类似于命题 7 的证明。

同样，我们看到$xy$在$\overline{\mathbf{R}} \times \overline{\mathbf{R}}$的点$(0, +\infty), (+\infty, 0), (0, -\infty), (-\infty, 0)$处没有极限。

函数 $xy$ 是$\overline{\mathbf{R}}^*$ 合成律，其中 $\mathbf{R}$ 乘法扩展律；这个律是结合律和交换律的（扩张恒等式的原理）；它的 1 为单位元素； $\overline{\mathbf{R}}^*$中的非常规元素是$+\infty$和$-\infty$。

如果$x \leq y$和$z > 0$，只要定义了不等式的两边，我们就有$xz \leq yz$。如果定义了乘积$xy$，那么$|x| \cdot |y|$也定义了，我们就有了$|xy| = |x| \cdot |y|$。

最后，分配律公式

凭借恒等式的原理或扩张，只要定义了两侧的所有运算，仍然有效。

注可能会出现 (4) 的左侧已定义而右侧未定义的情况：对于例，考虑$x = +\infty$、$y = 2$ 和 $z = -1$ 的情况。因此，在 $\overline{\mathbf{R}}$ 中应谨慎使用分配律公式。