Beweis. Wir beweisen hier nicht alle diese Eigenschaften, sondern greifen uns nur einige als Beispiele heraus. Die verbleibenden Behauptungen werden durch ähnliche Überlegungen gezeigt. Zur Erinnerung sei noch einmal erwähnt, daß $a<b\iff a\le b$ und $a\ne b$.

(0). I(10) besagt: $0\ne 1;$ II(3) liefert $0\le 1$ oder $1\le 0.$

Wäre $1\le 0$, so erhielte man aus II(4): $\underset{=0}{\underbrace{1+\left(-1\right)}}\le 0+\left(-1\right)=-1.$

Folglich wäre $0\le -1.$ Aus II(5) erhält man dann (mit Hilfe von Satz 2.1) $0\le \left(-1\right)\cdot \left(-1\right)=-\left(-1\right)=1.$

Also $1\le 0$ und $0\le 1.$ Aus II(3) folgt dann $0=1.$   ! (zu I(10))

(1). (Beweis indirekt.)

Angenommen, es gibt ein $a$ mit $a<a.$

Nach Definition gilt: $a<a\iff a\le a\wedge a\ne a.$ Da $a\ne a$ stets falsch ist, ist auch die Konjunktion $a\le a\wedge a\ne a$ und damit auch $a<a$ stets falsch.   !

Es genügt zu zeigen: $a\cdot c\le b\cdot c$ und $a\cdot c\ne b\cdot c$. Es gilt $a<b\iff a\le b\wedge a\ne b$ und $0<c\iff 0\le c\wedge 0\ne c.$ Aus $a\le b$ folgt: $0=a+\left(-a\right)\le b+\left(-a\right)=b-a$, also $0\le b-a.$ Wegen $0\le c$ gilt dann: $0\le \left(b-a\right)\cdot c=b\cdot c-a\cdot c$ und somit nach II(4)

     $a\cdot c\le \left(b\cdot c-a\cdot c\right)+a\cdot c=b\cdot c+0=b\cdot c.$

Es bleibt noch zu zeigen: $a\cdot c\ne b\cdot c.$

Annahme, $a\cdot c=b\cdot c.$

Wegen $c\ne 0$ existiert $\frac{1}{c},$ folglich ist

     $a=a\cdot 1=a\cdot \left(\right.c\cdot \frac{1}{c}\left)\right.=\left(a\cdot c\right)\cdot \frac{1}{c}=\left(b\cdot c\right)\cdot \frac{1}{c}=b\cdot \left(\right.c\cdot \frac{1}{c}\left)\right.=b\cdot 1=b;$

also $a=b$ im Widerspruch zu $a<b.$

Den 2. Teil der Behauptung (5) beweist man analog.

(7). Sei $a<b$, also $a\le b\wedge a\ne b$.

Folglich ist $0=a+\left(-a\right)\le b+\left(-a\right)$ und daher

     $-b\le \left(\right.b+\left(-a\right)\left)\right.+\left(-b\right)=b+\left(\right.\left(-a\right)+\left(-b\right)\left)\right.=b+\left(\right.\left(-b\right)+\left(-a\right)\left)\right.$

           $=\left(\right.b+\left(-b\right)\left)\right.+\left(-a\right)=0+\left(-a\right)=\left(-a\right)+0=-a.$

Also $-b\le -a$.

Angenommen: $-b=-a$.

Dann gilt

     $b=-\left(-b\right)=\left(-1\right)\cdot \left(-b\right)=\left(-1\right)\cdot \left(-a\right)=-\left(-a\right)=a.$   !

Die Umkehrung $-b<-a\Rightarrow a<b$ beweist man analog.

(11). Sei $0<a$, dann ist nach (10) auch $0<\frac{1}{a}$. Wegen $0<1$ gibt es nach dem archimedischen Axiom eine natürliche Zahl $m$, so daß $a<m\cdot 1=m$. Analog gibt es eine natürliche Zahl $n$, so daß $\frac{1}{a}<n$. Nach (10) erhält man daraus

     $0<\frac{1}{n}<\frac{1}{\frac{1}{a}}=a.$   $$