Tính duy nhất của $\bar{f}$ suy ra từ việc $C(Q)$ được sinh bởi $\rho_Q(E)$. Gọi $h$ là đồng cấu duy nhất từ $T(E)$ vào D mở rộng $f$ ($h$ được xác định bởi $h(x_1 \otimes \cdots \otimes x_n) = f(x_1) \ldots f(x_n)$). Ta có

và do đó $h$ triệt tiêu trên $I(Q)$ và xác định, bằng cách chuyển qua thương, đồng cấu $\bar{f}$ đang xét.

Mệnh đề 1 biểu thị rằng $C(Q)$ là nghiệm của một bài toán ánh xạ phổ quát (Tập hợp, Chương IV, § 3, No. 1).

Lấy riêng cho D đại số đối của $C(Q)$ và cho $f$ ánh xạ $\rho$; mệnh đề 1 kéo theo rằng tồn tại một và chỉ một phản tự đẳng cấu $\beta$ của $C(Q)$ mà hạn chế trên $\rho(E)$ là đồng nhất; nó được gọi là phản tự đẳng cấu chính của $C(Q)$. Hiển nhiên là $\beta^2 = 1$.

Mặt khác cho $Q'$ là một dạng toàn phương trên một A-môđun $E'$ và $f$ là một ánh xạ tuyến tính từ $E$ vào $E'$ sao cho $Q' \circ f = Q$. Ta có $\rho_Q(f(x))^2 = Q'(f(x)).1 = Q(x).1$, và do đó tồn tại một và chỉ một đồng cấu $C(f)$ từ $C(Q)$ vào $C(Q')$ sao cho $C(f) \circ \rho_Q = \rho_{Q'} \circ f$. Nếu $f$ là ánh xạ đồng nhất, thì $C(f)$ là đồng nhất; nếu $Q''$ là một dạng toàn phương trên một A-môđun $E''$ và $g$ là một ánh xạ tuyến tính từ $E'$ vào $E''$ sao cho $Q'' \circ g = Q'$, thì ta có $C(g \circ f) = C(g) \circ C(f)$. Khi $E'$ là một môđun con của $E$ và $f$ là đơn ánh chính tắc từ $E'$ vào $E$ (để $Q'$ là hạn chế của $Q$ lên $E'$), ta nói rằng $C(f)$ là đồng cấu chính tắc từ $C(Q')$ vào $C(Q)$.

Hãy lấy riêng $Q' = Q$ và $f$ là ánh xạ $x \to -x$; ta thấy rằng tồn tại một và chỉ một tự đẳng cấu $\alpha$ của $C(Q)$ sao cho $\alpha \circ \rho = -\rho$; nó được gọi là tự đẳng cấu chính của $C(Q)$. Hiển nhiên là $\alpha^2 = 1$, và hạn chế của $\alpha$ lên $C^+$ (resp. $C^-$) là đồng nhất (resp. ánh xạ $u \to -u$).

Chỉ cần chứng minh rằng đại số $C' = A' \otimes C(Q)$ và ánh xạ $1 \otimes \rho_Q$ từ $E'$ vào $C'$ tạo thành một nghiệm của cùng bài toán ánh xạ phổ quát như $C(Q')$ và $\rho_{Q'}$. Bây giờ, cho D’ là một đại số trên $A'$ và cho $f'$ là một ánh xạ $A'$-tuyến tính từ $E'$ vào D’ sao cho $f'(x')^2 = Q'(x').1$ với mọi $x' \in E'$. Ánh xạ $g : x \to f' (1 \otimes x)$ từ E vào D’ (được xét như một A-môđun bằng đồng cấu $\varphi$) là A-tuyến tính và ta có $g(x)^2 = Q' (1 \otimes x).1 = Q(x).1$ với mọi $x \in E$. Do đó tồn tại một và chỉ một A-đồng cấu $\overline{g}$ từ $C(Q)$ vào D’ sao cho $\overline{g}(\rho_Q(x)) = f'(1 \otimes x)$. Do đó tồn tại một và chỉ một $A'$-đồng cấu $\overline{f}'$ từ $C'$ vào D’ sao cho $\overline{f}'(1 \otimes \rho_Q(x)) = f'(1 \otimes x)$ với mọi $x \in E$; theo tính tuyến tính suy ra $\overline{f}'((1 \otimes \rho_Q)(x')) = f'(x')$ với mọi $x' \in E'$. ĐPCM.

T(E) sinh bởi hạt nhân của f. Iđêan I(Q) ổn định dưới $i_f$; chuyển qua thương, do đó $i_f$ xác định một ánh xạ tuyến tính (vẫn ký hiệu bởi $i_f$) từ $C(Q)$ vào chính nó.

Thật vậy công thức (5) có thể được viết

Vì (4) xác định hoàn toàn $i_f$ trên $T^0$, và vì (6) xác định $i_f$ trên $T^n$ nếu các giá trị của nó trên $T^{n-1}$ đã biết, nên tính duy nhất của $i_f$ được chứng minh. Mặt khác, với $x \in E$ và $u \in T^{n-1}$, vế phải của (6) là song tuyến tính trên $E \times T^{n-1}$; điều này chứng minh sự tồn tại của $i_f$ bằng quy nạp theo $n$ (Ch. III, § 1, No. 2) và cũng chứng minh, bằng quy nạp theo $n$, rằng $i_f(T^n) \subset T^{n-1}$. Nếu $f = ag + bh$ (a, b thuộc A, g, h thuộc E*) thì hiển nhiên $ai_g + bi_h$ thỏa mãn (4) và (5), nên bằng $i_f$. Ta có

và, vì $(i_f)^2(1) = 0$, suy ra bằng quy nạp theo $n$ rằng $(i_f)^2$ bằng không trên $T^n$. Thay thế $f$ bởi $f + g$, quan hệ $(i_f)^2 = 0$ cho $i_f \circ i_g + i_g \circ i_f = 0$. Một lập luận tương tự bằng quy nạp như các lập luận trước cho thấy $i_f$ bằng không trên đại số con sinh bởi hạt nhân của $f$. Cuối cùng, (6) kéo theo rằng tập hợp các phần tử $u$ của $I(Q)$ sao cho $i_f(u) \in I(Q)$ là một iđêan trái của $T(E)$; hơn nữa, nếu $u = (x \otimes x - Q(x) \cdot 1) \otimes \nu$ ($x \in E,\ \nu \in T(E)$), ta có

do đó $I(Q)$ ổn định dưới $i_f$, và khẳng định cuối cùng suy ra. CQFD.

Cho F là một dạng song tuyến tính trên E; trong phần còn lại của đoạn này, ta sẽ ký hiệu bởi $i_x^F$ ($x \in E$) ánh xạ $i_f$ tương ứng với dạng tuyến tính $f : y \to F(x, y)$ trên E.

Với mọi $f \in E^*$, ta có

Thật vậy, công thức (8) tương đương với

Vì (7) xác định hoàn toàn $\lambda_F$ trên $T^0$, và vì (10) xác định $\lambda_F$ trên $T^n$ nếu các giá trị của nó trên $T^{n-1}$ đã biết, nên tính duy nhất của $\lambda_F$ được chứng minh. Mặt khác, với $x \in E$ và $u \in T^{n-1}$, vế phải của (10) là song tuyến tính trên $E \times T^{n-1}$; điều này chứng minh sự tồn tại của $\lambda_F$ bằng quy nạp theo $n$. Còn lại phải chứng minh (9), điều mà ta sẽ làm bằng quy nạp; cả hai vế của (9) đều bằng không trên $T^0$; giả sử (9) đúng trên $\sum_{h=0}^{n-1} T^h$; khi đó, với $x \in E$ và $u \in T^{n-1}$, ta có:

do đó có khẳng định cuối cùng của ta.

Thật vậy, $\lambda_F \circ \lambda_G$ có các tính chất đặc trưng (7) và (8) của $\lambda_{F+G}$: ta có $(\lambda_F \circ \lambda_G)(1) = 1$, và

Mặt khác, nếu $F = 0$, ta có $i_x^F = 0$ với mọi $x \in E$, và do đó $\lambda_F = I$, suy ra rằng, với mọi F, ta có $\lambda_F \circ \lambda_{-F} = \lambda_{-F} \circ \lambda_F = I$.

Vì $\lambda_F$ là một song ánh mà song ánh ngược là $\lambda_{-F}$ (Bổ đề 3), chỉ cần chứng minh bao hàm thức $\lambda_F(I(Q')) \subset I(Q)$. Vì $I(Q)$ là một iđêan trái ổn định dưới $i_x^F$ (Bổ đề 1), (8) cho thấy rằng tập hợp các $u \in T(E)$ sao cho $\lambda_F(u) \in I(Q)$ là một iđêan trái. Do đó chỉ cần chứng minh rằng, với mọi $u \in T(E)$ và $x \in E$, ta có $\lambda_F(x \otimes x \otimes u - Q'(x)u) \in I(Q)$. Bây giờ, theo (8) và Bổ đề 1, ta có

do đó

Thật vậy, đại số ngoài của $E$ không gì khác hơn là thương của $T(E)$ bởi iđêan hai phía $J$ sinh bởi các phần tử dạng $a \otimes \nu \otimes a$ ($a \in E, \nu \in T(E)$) (Chương III, § 5, No. 5 và No. 9). Hiển nhiên là $I(Q) \subset J$. Vậy chỉ cần chứng minh rằng $a \otimes \nu \otimes a \in I(Q)$. Điều này hiển nhiên nếu $\nu \in T^0$. Giả sử mệnh đề này đã được chứng minh với $\nu \in \sum_{h=0}^{n-1} T^h$, và lấy $x \in E$ và $u \in T^{n-1}$; ta có

và bốn hạng ở vế phải đều thuộc $I(Q)$.

Đặc biệt, giả sử môđun $E$ có một cơ sở $(x_i)_{i \in L}$, và sắp thứ tự toàn phần trên tập hợp các chỉ số $L$. Ta biết (Chương III, § 5, No. 6) rằng đại số ngoài của $E$ có một cơ sở là họ các phần tử $x_H$, trong đó $H$ chạy qua tập hợp các tập con hữu hạn của $L$ và trong đó $x_H$ là phần tử $x_{h_1} \wedge \ldots \wedge x_{h_q}$, $(h_1, \ldots, h_q)$ ký hiệu dãy tăng ngặt các phần tử của $H$.

Mặt khác, xét dạng song tuyến tính $F$ xác định bởi $F(x_i, x_j) = -\Phi(x_i, x_j)$ nếu $i > j$, $F(x_i, x_j) = 0$ nếu $i < j$ và $F(x_i, x_i) = -Q(x_i)$. Hiển nhiên là $Q(x) + F(x, x) = 0$; với các ký hiệu của Mệnh đề 3, từ mệnh đề này và Bổ đề 4 suy ra rằng $\bar{\lambda}_F$ là một đẳng cấu từ $\wedge E$ lên $C(Q)$, do đó $C(Q)$ là một A-môđun tự do. Bây giờ chứng minh, bằng quy nạp theo số phần tử của $H$, rằng ta có

(trong đó $(h_1, \ldots, h_q)$ là dãy tăng ngặt các phần tử của $H$). Điều này hiển nhiên nếu $H$ có 0 hoặc 1 phần tử. Giả sử (11) đúng với các tập con có nhiều nhất $q - 1$ phần tử. Xét một tập con $H$ có $q$ phần tử, ký hiệu phần tử nhỏ nhất của nó là $j$, và viết $H = \{ j \} \cup K$, trong đó $K$ là một tập con có $q - 1$ phần tử. Theo (8) và giả thiết quy nạp, ta có

đặt, với mọi tập con hữu hạn $J$ của $L$, $x'_J = \rho(x_{j_1}) \ldots \rho(x_{j_s})$, trong đó $(j_1, \ldots, j_s)$ là dãy tăng các phần tử của $J$. Bây giờ, với $i \in K$, $x_i$ thuộc hạt nhân của dạng tuyến tính $y \to F(x_j, y)$, nên $i^F_{x_j}(x'_K) = 0$ (Bổ đề 1). Điều này chứng minh kết quả cần chứng minh.

Vậy ta đã chứng minh định lý sau:

Thật vậy, chỉ cần chứng minh rằng $p_2(a_2)p_1(b_1) = \varepsilon p_1(b_1)p_2(a_2)$, và vì mục đích đó ta có thể giả sử rằng $p_2(a_2)$ (resp. $p_1(b_1)$) là một tích $x_1 \ldots x_h$ (resp. $y_1 \ldots y_k$) của các phần tử của $\rho_Q(E_2)$ (resp. $\rho_Q(E_1)$). Vì $E_1$ và $E_2$ trực giao, ta có

do đó

Các kết luận của hệ quả 3 và 4 vẫn đúng nếu ta bỏ giả thiết rằng $E_1$ và $E_2$ là các môđun tự do (xem bài tập 1).

Thật vậy, vì Q là trung tính, E có thể được phân tích thành tổng trực tiếp của hai không gian con hoàn toàn kỳ dị N và P có chiều r (§ 4, no. 2, hệ quả 1 của mệnh đề 2). Hạn chế của Q lên N bằng không, nên đại số con S của C(Q) sinh bởi N được đồng nhất với đại số ngoại của N (no. 3, bổ đề 4). Với $n \in \mathbf{N}$, ta sẽ ký hiệu bởi $e'_n$ ánh xạ $t \to nt$ từ S vào chính nó.

Gọi $(n_1, \ldots, n_r)$ là một cơ sở của N; ta sẽ ký hiệu bởi $(p_1, \ldots, p_r)$ cơ sở của P sao cho $\Phi(n_i, p_j) = \delta_{ij}$ (§ 4, no. 2, mệnh đề 2). Với $p \in P$, ta sẽ ký hiệu bởi $p'$ dạng tuyến tính $n \to \Phi(n, p)$ trên N, và bởi $i_p$ tự đồng cấu của S thu được bằng cách chuyển qua thương từ tự đồng cấu $i_{p'}$ của $T(N)$ liên kết với $p'$ như đã nói trong bổ đề 1 của no. 2. Theo (5), ta có

Đặt, với $x = n + p \in E$ (với $n \in \mathbf{N}$ và $p \in \mathbf{P}$), $s(x) = e'_n + i_p$. Hiển nhiên s là một ánh xạ tuyến tính từ E vào $\mathscr{L}(S)$. Vì ta có

theo (12) và bổ đề 1 (số 2), s mở rộng thành một đồng cấu (mà ta vẫn sẽ ký hiệu là s) từ C(Q) vào $\mathscr{L}(S)$ (no. 1, mệnh đề 1). Bây giờ ta chứng minh rằng đồng cấu này là toàn ánh; điều này, vì C(Q) và $\mathscr{L}(S)$ đều có chiều $2^{2r}$, sẽ suy ra rằng s là một đẳng cấu và sẽ chứng minh mệnh đề thứ nhất của ta.

Thật vậy, gọi $I$ là khoảng $[1, r]$. Với mọi tập con H của I, đặt $H' = I - H$ và ký hiệu bởi $n_H$ (tương ứng $p_H$) tích của các $n_i$ (tương ứng $p_i$) với $i \in H$, được sắp theo thứ tự tăng của các chỉ số. Nhớ rằng các $n_H$ tạo thành một cơ sở của S (No. 3, Định lý 1). Cuối cùng, với mọi hai tập con H, K của I, đặt $x_{H, K} = n_H p_I n_K$. Bây giờ chúng ta sẽ chứng minh rằng các phần tử $s(x_{H, K})$ của $s(C(Q))$ sinh ra $\mathscr{L}(S)$. Thật vậy, nếu $j \notin H$, ta có $s(p_j)(n_H) = i_{p_j}(n_H) = 0$ theo Bổ đề 1, vì các $n_i$ với $i \in H$ thuộc hạt nhân của dạng tuyến tính $n \to \Phi(n, p_j)$ trên N; mặt khác, ta có

(theo (12)). Vì s là một đồng cấu, do đó suy ra rằng, với mọi hai tập con H, K của I, $s(p_K)(n_H) = 0$ nếu $K \not\subset H$, và $s(p_K)(n_H) = \pm n_{H-K}$ nếu $K \subset H$. Vì, với $M \subset I$ và $L \subset I$, theo định nghĩa $s(n_M)(n_L) = n_M n_L$, và $n_M n_L$ bằng không nếu $M \cap L \neq \emptyset$ và bằng $\pm n_{M \cup L}$ trong trường hợp ngược lại, nên từ điều trên suy ra rằng, với mọi tập con $H, K, L$ của $I$, $s(x_{H,K})(n_L) = s(n_H)s(p_I)s(n_{K'}) (n_L)$ bằng không nếu $K \neq L$ và bằng $\pm n_H$ nếu $K = L$. Điều này cho thấy rằng các $s(x_{H,K})$ sinh ra $\mathscr{L}(S)$ và hoàn tất chứng minh của mệnh đề thứ nhất.

Để chứng minh mệnh đề thứ hai, đặt $S^+ = S \cap C^+$ và $S^- = S \cap C^-$; hiển nhiên $S^+$ (tương ứng $S^-$) là không gian con của S được sinh bởi các $n_H$ sao cho H có một số chẵn (tương ứng lẻ) phần tử, rằng S là tổng trực tiếp của $S^+$ và $S^-$, và rằng $s(C^+)$ giữ cho $S^+$ và $S^-$ ổn định. Do đó $s$ ánh xạ $C^+$ vào một đại số con của $\mathscr{L}(S)$, đẳng cấu với tích $\mathscr{L}(S^+) \times \mathscr{L}(S^-)$; hạn chế của $s$ lên $C^+$ là một đẳng cấu từ $C^+$ lên đại số con này, vì $s$ là đơn ánh và $C^+$ và $\mathscr{L}(S^+) \times \mathscr{L}(S^-)$ đều có chiều $2^{2r-1}$ (No. 2, Hệ quả 1 của Định lý 1). QED.

Thật vậy, gọi $A'$ là bao đóng đại số của A, và $Q'$ là dạng toàn phương trên $E' = A' \otimes_A E$ suy ra từ Q bằng mở rộng vô hướng. Ta đã thấy rằng $C(Q')$ đẳng cấu với $A' \otimes_A C(Q)$ (mệnh đề 2), và hiển nhiên $C^+(Q')$ đẳng cấu với $A' \otimes_A C^+(Q)$. Vì $Q'$ là trung tính ($§ 4$, No. 2, Hệ quả 2 của mệnh đề 3), hệ quả là một hệ quả ngay lập tức của Định lý 2 và các định lý bảo toàn của Chương VIII, $§ 7$.