每当 x ε I，y ε I 且 xy ε I；此外，f(I)的交与R的每个区间[0, f(b)]在该区间内都是稠密的，其中b表示I的任意元素。

给定 I 的任意两个元素 x, y 使得 y ≠ ω，让我们用 (x : y) 最大的整数 n ≥ 0 表示，使得 y^n 被定义且 ≤ x ()；这个整数存在于(GR{IV})；如果 (x : y) = p，则定义 y^{p+1} 并且 > x。如果 x ε I，y ε I 且 xy ε I，我们有

(I)

对于令 (x:z) = p, (y:z) = q；那么我们有 z^p ≤ x, z^q ≤ y；由于 xy ∈ I，定义了 z^p z^q 且属于至 I，因此定义了 z^{p+q} 且 z^{p+q} = z^p z^q ≤ xy；此外，如果定义了 z^{p+q+2}，则 z^{p+q+2} > xy，因为 z^{p+1} > x 且 z^{q+1} > y。

接下来我们建立不等式

(2)

令 (x : y) = p 且 (y : z) = q；则 y^p ≤ x 且 z^q ≤ y，因此定义 (z^q)^p 且 ≤ x；因此属于变为I；因而 z^{pq} 被定义，并且我们有 z^{pq} = (z^q)^p ≤ x，由此得出第一个不等式。另一方面，如果定义了 z^{(p+1)(q+1)}，则有 z^{(p+1)(q+1)} > x，因为 y^{p+1} > x 且 z^{q+1} > y；因此第二个不等式。

设$\tilde{\mathscr{X}}$表示I中元素 > ω的有序集合的截面滤波器，相对于关系≥；区间 ]ω, z[，其中 z 穿过所有元素 > ω 中的集合，形式基中的 $\tilde{\mathscr{X}}$。给定 I 的两个元素 a 和 x，使得 a > ω，我们将证明比率 $\frac{(x : z)}{(a : z)}$，它是为 z ≤ a 定义的，并且是有理数数 > 0，

(*) 当 E = I 为自然整数的集合，合成的律为加法时，(x : y) 为 x/y 的积分部分。

是$z$的函数，相对于$\mathfrak{F}$有*极限*。这是显而易见的，如果$x = \omega$，则$(x : z) = 0$，对于所有$z$。如果$x > \omega$，我们将证明映射$z \to \frac{(x : z)}{(a : z)}$下$\mathfrak{F}$的像$\mathscr{G}$（仅限于$z > \omega$中的集合，即$\leq x$和$\leq a$）是柯西滤波器基为*乘法* 群 $\mathbf{R}_+^*$ 的一致结构，因此收敛到实数 $> 0$。 注首先，给定$u > \omega$，$(u : z)$相对于$\mathfrak{F}$有极限$+\infty$：因为存在$z > \omega$使得$z^{2^n} \leq u$，从而$(u : z) \geq 2^n > n$。现在任意取数$\varepsilon > 0$；存在$t > \omega$使得$(x : t) \geq 1 / \varepsilon$和$(a : t) \geq 1 / \varepsilon$。考虑双不等式

这直接由不等式 (2) 得出。存在$z_0 > \omega$使得$z \leq z_0$蕴含$(t : z) \geq 1 / \varepsilon$，因此

这表明$\mathscr{G}$是乘法均匀性的柯西滤波器基。

一劳永逸地修复元素$a > \omega$（“测量的单位”）和每个$x \in I$投入

根据已经证明的，对于$x > \omega$我们有$f(\omega) = 0$，$f(x) > 0$，以及$f(a) = 1$。如果我们通过 $(a : z)$ 进行除不等式 (1) 并针对$\mathfrak{F}$传递到极限，我们会看到

每当$x \in I, y \in I$和$xy \in I$时。同样，关系$x \leq y$意味着$(x : z) \leq (y : z)$，从而除以$(a : z)$和经过到极限，我们得到$f(x) \leq f(y)$，所以$f$是$I$上的*递增*。我们推断$f$在$I$上是*严格递增的*；对于如果$x < y$，则存在$z > \omega$使得$xz \leq y$，从而$f(xz) \leq f(y)$；从$xz \in I$开始，

但是$f(z) > 0$，所以确实是$f(x) < f(y)$。

最后，如果$f(I)$的$b \in I$、交以及$\mathbf{R}$的区间$[0, f(b)]$在这个区间是稠密的。因为如果$n$是任何整数$> 0$，则存在$x > \omega$使得$f(x) \leq 2^{-n}$（取$x$使得$x^{2^n} \leq a$）；如果$p$是最小的整数使得$x^{p+1} > b$，我们有$(p+1)f(x) > f(b)$和$qf(x) \leq f(b)$对应$1 \leq q \leq p$；因此$[0, f(b)]$和长度$> 2^{-n}$包含中包含的每个区间至少有形式$qf(x) = f(x^q) \in f(I)$中的一个点。因此，命题 1 中的证明是完整的。

让我们首先证明公理 (GR_{IV}) 是满足的。我们通过矛盾来论证：假设存在$x, y \in I$，使得$x > \omega$、$x^n$被定义，并且$x^n \leq y$对于所有整数$n > 0$。 递增序列 $(x^n)$ 至少有上界 $b \in I$ (GR$_{\text{IV}_a}$)。从$x < b$开始，存在$c \in I$使得$xc = b$乘以(GR$_{\text{III}_a}$)，并且从$x > \omega$开始我们有$c < b$。现在，对于每个$n$，我们有$x^{n+1} \leq b = xc$，从而$x^n \leq c$（GR$_{\text{II}}$）：$x^n$的上界$b$因此是$\leq c$，这是一个矛盾。

因此，我们可以得到应用命题 1。 仍然需要证明，如果 $\gamma = f(c)$ ($c > \omega$) 是 $f(I)$ 中的任意元素，并且如果 $\beta$ 是使得 $0 < \beta < \gamma$ 的任意实数，则存在 $b \in I$ 使得 $f(b) = \beta$ （章IV, § 2, no. 4，命题1）。由于$f(I)$和$[0, \gamma]$的交在$[0, \gamma]$是稠密的，因此存在$I$的元素的递增序列$(x_n)$，使得$f(x_n)$有$\beta$为极限。令$b$为$I$中序列$(x_n)$中最小的上界；我们对所有$n$有$f(b) \geq f(x_n)$，因此$f(b) \geq \beta$；但$f(b) > \beta$是不可能的，否则会存在$y \in I$使得$\beta < f(y) < f(b)$，并且由于$\beta$是序列$(f(x_n))$中最小的上界，所以我们应该对所有$n$，从而有$f(x_n) < f(y) < f(b)$ $x_n < y < b$ 对于所有$n$，这是荒谬的。因此$f(b) = \beta$，命题2因此得证。