序数算术

给出序数 S 与 T，在 {(s,0):s ∈ S} ∪ {(t,1):t ∈ T} 定义以下的良序关系：(a,δ)<(b,β) ⇔ δ<β 或 (δ=β 而 a<b)。 假设 S 与 T 不相交，这等于考虑 S ∪ T，而 S 的元素定义为小于 T 的元素。这良序集对应的序数记作 S+T，称为序数和。

序数和适合结合律，即 (S+T)+R=S+(T+R)。

第一个超穷序数是 ω，自然数集的序数。ω+ω 就像

0 < 1 < 2 < 3 < ... < 0' < 1' < 2' < ...

这不同于 ω。 在 ω 只有 0 没有直接前导者，而在 ω+ω 0 and 0' 都没有直接前导者。

3 + ω 就像

0 < 1 < 2 < 0' < 1' < 2' < ...

稍一留心，会发觉这与 ω 没有分别，是以 3 + ω = ω。而 ω + 3 就像

0 < 1 < 2 < 3 < ... < 0' < 1' < 2'

却是不同于 ω 原因它有个最大元。是以序数和不符交换律。

读者可试证 (ω + 4) + ω = ω + (4 + ω) = ω + ω。

给出序数 S 与 T，在笛卡儿积 S × T上定义以下的良序关系：(a,δ)<(b,β) ⇔ δ<β 或 (δ=β 而 a<b)。对应的序数记作 ST，称为序数积。

序数积适合结合律，即 (ST)R=S(TR)。

序数积也不符合交换律。举例，ω2 就像:

0₀ < 1₀ < 2₀ < 3₀ < ... < 0₁ < 1₁ < 2₁ < 3₁ < ...

于是 ω2 = ω + ω。但 2ω 却是:

0₀ < 1₀ < 0₁ < 1₁ < 0₂ < 1₂ < 0₃ < 1₃ < ...

可见 2ω = ω ≠ ω2。

分配律只是部分成立。有 R(S+T) = RS + RT 但没有 (T+U)R = TR + UR：(1+1)ω=2ω = ω 但 1ω + 1ω=ω+ω。

给出序数 S 与 T，幂数 S^T 是指 {S^R : R < T}的最小上界。当然有 S⁰=1，S¹=S，S²=S×S，S³=S×S×S，……。

第一个无限序数是 ω，第一个不能由 ω 有限引伸而成的序数是 ε₀。对多数利用超穷归纳法的证明，ε⁰已经足够。要知道 ${\displaystyle \epsilon _{0}=\omega ^{\omega ^{\omega ^{\cdots }}}}$  且 ${\displaystyle \epsilon _{0}=\omega ^{\epsilon _{0}}}$ 。

任一序数 ${\displaystyle \alpha >0}$  可以写成 ${\displaystyle \omega ^{\beta _{1}}c_{1}+\omega ^{\beta _{2}}c_{2}+\ldots +\omega ^{\beta _{k}}c_{k}}$ ，当中 ${\displaystyle k,c_{1},c_{2},\ldots ,c_{k}}$  为正整数而 ${\displaystyle \beta _{1}>\beta _{2}>\ldots >\beta _{k}\geq 0}$  为序数。此分解称为 ${\displaystyle \alpha }$  的康托尔范式(Cantor normal form)，可以看作是个 ω 进制的记数系统，而 ${\displaystyle \beta _{1}}$  叫作 ${\displaystyle \alpha }$  的次数。一般来说，${\displaystyle \beta _{1}\leq \alpha }$ ；但若然 ${\displaystyle \alpha <\epsilon _{0}}$ , 就有 ${\displaystyle \beta _{1}<\alpha }$ , 并可得出一个只有自然数及 ωs 的表达式。

注意，给出基数 S 与 T（基数也是序数），S^T 代表的序数和它代表的基数是不同的！当然，T 是自然数时例外。

最小的不可数序数记作 ω₁。

• 首个不可数序数

• Jech, Thomas, 2003. Set Theory: The Third Millennium Edition, Revised and Expanded. Springer. ISBN 3-540-44085-2.
• Kunen, Kenneth, 1980. Set Theory: An Introduction to Independence Proofs. Elsevier. ISBN 0-444-86839-9.