序數算術

給出序數 S 與 T，在 {(s,0):s ∈ S} ∪ {(t,1):t ∈ T} 定義以下的良序關係：(a,δ)<(b,β) ⇔ δ<β 或 (δ=β 而 a<b)。 假設 S 與 T 不相交，這等於考慮 S ∪ T，而 S 的元素定義為小於 T 的元素。這良序集對應的序數記作 S+T，稱為序數和。

序數和適合結合律，即 (S+T)+R=S+(T+R)。

第一個超窮序數是 ω，自然數集的序數。ω+ω 就像

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

這不同於 ω。 在 ω 只有 0 沒有直接前導者，而在 ω+ω 0 and 0' 都沒有直接前導者。

3 + ω 就像

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

稍一留心，會發覺這與 ω 沒有分別，是以 3 + ω = ω。而 ω + 3 就像

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

卻是不同於 ω 原因它有個最大元。是以序數和不符交換律。

讀者可試證 (ω + 4) + ω = ω + (4 + ω) = ω + ω。

給出序數 S 與 T，在笛卡儿积 S × T上定義以下的良序關係：(a,δ)<(b,β) ⇔ δ<β 或 (δ=β 而 a<b)。對應的序數記作 ST，稱為序數積。

序數積適合結合律，即 (ST)R=S(TR)。

序數積也不符合交換律。舉例，ω2 就像:

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

於是 ω2 = ω + ω。但 2ω 卻是:

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

可見 2ω = ω ≠ ω2。

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

給出序數 S 與 T，幂數 S^T 是指 {S^R : R < T}的最小上界。當然有 S⁰=1，S¹=S，S²=S×S，S³=S×S×S，……。

第一個無限序數是 ω，第一個不能由 ω 有限引伸而成的序數是 ε₀。對多數利用超窮歸納法的證明，ε⁰已經足夠。要知道 ${\displaystyle \epsilon _{0}=\omega ^{\omega ^{\omega ^{\cdots }}}}$ 且 ${\displaystyle \epsilon _{0}=\omega ^{\epsilon _{0}}}$。

任一序數 ${\displaystyle \alpha >0}$ 可以寫成 ${\displaystyle \omega ^{\beta _{1}}c_{1}+\omega ^{\beta _{2}}c_{2}+\ldots +\omega ^{\beta _{k}}c_{k}}$，當中 ${\displaystyle k,c_{1},c_{2},\ldots ,c_{k}}$ 為正整數而 ${\displaystyle \beta _{1}>\beta _{2}>\ldots >\beta _{k}\geq 0}$ 為序數。此分解稱為 ${\displaystyle \alpha }$ 的康托尔范式(Cantor normal form)，可以看作是個 ω 進制的记数系统，而 ${\displaystyle \beta _{1}}$ 叫作 ${\displaystyle \alpha }$ 的次數。一般來說，${\displaystyle \beta _{1}\leq \alpha }$；但若然 ${\displaystyle \alpha <\epsilon _{0}}$, 就有 ${\displaystyle \beta _{1}<\alpha }$, 並可得出一個只有自然數及 ωs 的表達式。

注意，給出基數 S 與 T（基數也是序數），S^T 代表的序數和它代表的基數是不同的！當然，T 是自然數時例外。

最小的不可數序數記作 ω₁。

• 首個不可數序數

• 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.