λ を基数とするとき， λ の「次の大きさの基数」を後続基数(successor cardinal)という．選択公理があれば基数全体のクラス Card は整列されているから， λ の後続基数 λ⁺ は単に λ⁺ := min{μ∈Card |μ > λ } と定義すればよい．しかし選択公理がない場合，後続基数をどのように定義すればよいかは自明ではなく，その定義として次の三つが考えられている．

定義 λ, μ を基数とし， λ < μ とする．

1. μ が λ の 1-successor ⇔ λ < κ≦μ ならば κ=μ ．
2. μ が λ の 2-successor ⇔ λ < κ ならば μ≦κ ．
3. μ が λ の 3-successor ⇔ κ < μ ならば κ≦λ ．

この三つの定義の違いは選択公理と関係があり，次の三つを証明することが目的である．

• 1-successorの存在は ZF で証明できる．
• 2-successorの存在は選択公理と同値である．
• 3-successorの存在は ZF で証明できない．

命題1 μがλの 2-successorならば，μはλの 1-successorである．

証明 λ < κ≦μ とすると 2-successorの定義より μ≦κ だから κ=μ である．

命題2 μがλの 3-successorならば， μはλの 1-successorである．

証明 λ<κ≦μ とする． κ<μ と仮定すると 3-successorの定義よりκ≦λとなりλ<κに矛盾する．故にκ=μである．

命題3 2-successorはもし存在すれば一意である．

証明 μ, νをλの 2-successorとする．λ<μだから，νがλの 2-successorであることよりν≦μとなる．同様にして λ < ν より μ≦ν が分かる．よって μ=ν である．

補題4 基数 λ, μ, κ が λ+μ=λ+κ を満たすとき，ある基数 ξ, ζ, η が存在して λ=λ+ξ=λ+ζ，μ=ξ+η，κ=ζ+η を満たす．

証明 順序数・濃度の簡単なまとめを参照．

補題5 基数 λ, ν, κ が λ≦ν≦λ+κ を満たすとき，ある基数 ζ≦κ が存在して ν=λ+ζ となる．

証明 λ≦ν ， ν≦λ+κ だから，ある基数 μ₀, μ₁ により λ+μ₀=ν ， ν+μ₁=λ+κ と書ける．このとき λ+(μ₀+μ₁)=λ+κ だから，補題4によりある基数ξ, ζ, ηが存在して λ=λ+ξ=λ+ζ，μ₀+μ₁=ξ+η，κ=ζ+ηを満たす．するとμ₀≦ξ+ηだから，基数ξ'≦ξとη'≦ηを μ₀=ξ'+η' となるように取れる．このときλ≦λ+ξ'≦λ+ξ=λだからλ=λ+ξである．このときν=λ+μ₀=λ+ξ'+η'=λ+η'となり，またη'≦η≦κである．

命題6 任意の基数 λ の 1-successorは存在する．

証明 λがλ<λ+1 を満たすならば，明らかに λ+1 が 1-successorである．そうでないとき，即ちλがλ=λ+1 を満たすとき，λ+λ^*が 1-successorであることを示す．(λ^* は λ のHartogs数．)

λ<μ≦λ+λ^* とする．補題5によりある ζ≦λ^* が存在して μ=λ+ζ となる．

ζ<λ^* と仮定する．Hartogs数の定義からζ≦λである．よってあるκによりλ=ζ+κと書ける．

(i) ζが無限基数のとき． ζ<λ^* だからζはアレフである．よって

μ=λ+ζ=ζ+κ+ζ=ζ+κ=λ

となり，λ<μに矛盾する．

(ii) ζが有限基数のとき．今λ=λ+1 だったからλ=λ+₀=ζ+κ+₀=₀+κ となる．故に(i)と同様にして矛盾する．

よってζ=λ^*である．故にμ=λ+λ^*となるからλ+λ^*が 1-successorである．

定理 選択公理 ⇔ 任意の基数λの 2-successorは存在する．

証明 ( ⇒ )明らか．

( ⇐ )選択公理と同値な条件「任意の無限基数 λ に対して λ+λ^*=λ^* 」を示す．

証明等については濃度の性質を参照

λを任意の無限基数として，λ^*<λ+λ^*と仮定する．λ^*の 2-successorをμとすると，λ^*<λ^**だからμ≦λ^**である．よってμはアレフでμλ^*だからλ^**≦μとなる．故にμ=λ^**が分かる．今λ^*<λ+λ^*だったからλ^**≦λ+λ^*である．故にλ^***≦(λ+λ^*)^*=λ^** となり矛盾する．

補題7 ある自然数 k > 0 に対して kλ+μ=(k+1)λ+κ となるとき λ+μ=2λ+κ である．

証明 k に関する帰納法． k=1 のときは明らか． k > 1 とする．このとき kλ+μ=(k+1)λ+κ より λ+((k-1)λ+μ)=λ+(kλ+κ) である．よって補題4により，ある基数ξ, ζ, ηが存在してλ=λ+ξ=λ+ζ，(k-1)λ+μ=ξ+η，kλ+κ=ζ+ηを満たす．故に

(k-1)λ+μ
= (k-2)λ+λ+μ
= (k-2)λ+λ+ζ+μ
= (k-1)λ+ζ+μ
= ξ+η+ζ
= kλ+κ+ξ
= kλ+κ

となるから帰納法の仮定によりλ+μ=2λ+κである．

補題8 基数λがλ< 2λを満たすとする．μは基数で，λ+μがλの 1-successorであるとする．このときλ+μ< 2λ+μ．

証明 λ+μ=2λ+μと仮定する．このときλ< 2λ≦3λ≦3λ+μ=2λ+μ=λ+μである．λ+μはλの 1-successorだったから 2λ=3λとなる．故に補題7から λ=2λ となり矛盾する．

命題9 基数λがλ< 2λを満たすとする．また基数μはμλでλ+μがλの 1-successorであるとする．このときλ+μの 3-successorは存在しない．

証明 λ+μの 3-successor νが存在すると仮定する．λ≦λ+μ<νである．よってある基数κによりλ+κ=νと書ける．κ<νである．

故に 3-successorの定義からκ≦λ+μとなる．よってλ+μ<ν=λ+κ≦2λ+μである．補題5により，あるζ≦λを使ってν=λ+μ+ζと書ける．このときλ≦λ+ζ≦λ+μとなる．

よってλ+μがλの 1-successorだったからλ=λ+ζまたはλ+ζ≦λ+μである．

(i) λ=λ+ζ のとき．ν=λ+μ+ζ=λ+μとなりνがλ+μの 3-successorであることに矛盾する．

(ii) λ+ζ=λ+μ のとき．補題4によりある基数ξ, ρ, ηが存在してλ=λ+ξ=λ+ρ，ζ=ξ+η，μ=ρ+ηを満たす．このとき

μ=ρ+η≦ξ+ρ+η=ζ+ρ≦λ+ρ=λ

となりμλに矛盾する．

命題10 基数λがλ≧₀ かつλ< 2λを満たすとする．このときλ+λ^* の 3-successorは存在しない．

証明 λ≧₀ならばλ+λ^*がλの 1-successorである．故に命題9からλ+λ^*の 3-successorは存在しない．

系 任意の基数が 3-successorを持つ ⇒ 任意の無限基数 λ に対して λ+λ=λ ．

証明 命題10から，ある無限基数 λ について λ < 2λ となるとき，ある基数 μ≧₀ について μ < 2μ となることを示せばよい．

その為にμ:=λ+₀と置く．₀λ としてよい．μ=2μと仮定する．即ちλ+₀=λ+λ+₀である．補題4により，ある基数 ξ, ζ, η が存在してλ=λ+ξ=λ+ζ，₀=ξ+η，λ+₀=ζ+ηを満たす．今 ₀λ だから， λ=λ+ξ=λ+ζ となる為には ξ=ζ=0 でなければならない．故にλ+₀=η=₀だからλ≦₀となり矛盾する．

系 ZF では任意の基数が 3-successorを持つことは証明できない．

なお，他にも「任意の基数が一意な 1-successorを持つ」は選択公理を導かないこと，等も知られている．