超限归纳法

自然数归纳沿着 $0,1,2,\dots$ 前进，但到 $\omega$ 时，并不存在一个可从它加一得到 $\omega$ 的“最后自然数”。因此超限归纳的基本接口不是前驱，而是当前阶段之前的全部阶段。

零阶段之前没有对象，归纳假设是空条件，必须直接证明结论。后继阶段能利用上一阶段；极限阶段则常需使用此前整条链的并、上确界或共同不变量。极限步骤不是形式装饰，而是有限经验无法直接越过的证明缺口。

最小反例证明为何成立 ​

假设存在反例，先任取一个反例序数 $\delta$，再考察集合

它非空且由序数良序，故有最小元 ${\alpha }_0$。每个 $\beta <{\alpha }_0$ 都满足 $P$，归纳步便推出 $P({\alpha }_0)$，矛盾。先限制在 $\delta +1$ 内，避免了把可能是真类的全部反例当作集合取最小值。

一份包含极限步的证明 ​

由序数加法的递归定义，证明 $0+\alpha =\alpha$。零阶段是 $0+0=0$。后继阶段由归纳假设得

若 $\lambda$ 是非零极限序数，则

最后一个等号使用极限序数正是其所有较小序数的上确界。这一行说明极限阶段必须与递归定义配合；仅写后继等式并没有证明无限阶段。

漏掉假设会发生什么 ​

令 $P(\alpha )$ 表示“$\alpha$ 是有限序数”。$P(0)$ 成立，并且有限序数的后继仍有限，所以后继步骤全部成立，但 $P(\omega )$ 为假。失败点恰是极限步。

若把序数顺序换成整数的通常顺序，连统一归纳式也不能保证结论：令 $P(n)$ 对每个整数都为假，则“所有 $m<n$ 都满足 $P(m)$”永远为假，所以归纳蕴含式对每个 $n$ 空真，结论却处处为假。这里没有最小反例，因为整数次序不良基。

超限递归理路超限递归定理Transfinite recursion theorem允许用所有较早阶段的值唯一地定义序数长度函数的递归定理。负责定义对象序列，超限归纳负责证明这些对象的性质。若两个递归构造在每一步都由较早阶段唯一决定，归纳假设使较早阶段相同，递归规则便迫使当前阶段相同，从而证明整个构造唯一。

序数算术理路序数算术Ordinal arithmetic以良序拼接和按序复制解释序数加、乘、幂，明确零底数约定、单侧分配律与 Cantor 标准形。的恒等式、集合秩层级和迭代导数都常按零、后继、极限三种情况分析。若某算法的每次实际执行都使一个序数秩严格下降，就不可能无限执行；这使用良基性，并不表示机器需要逐个执行所有超限阶段。

已给定良序或序数时，归纳本身不需要选择公理。把任意集合先良序化才可能涉及额外的选择原则。进一步推广到任意良基关系时，应把“所有较小序数”换为“所有关系前驱”，得到良基归纳。