Mọi $x \in K$ đều có thể được biểu diễn dưới dạng $x = ab^{-1}$, với $a$ và $b$ thuộc $A$ và $b \neq 0$. Nếu $x$ là dương, thì $a$ và $b$ cùng dấu, và ngược lại. Do đó ta thấy rằng, nếu tồn tại một thứ tự trên $K$ thỏa mãn các điều kiện đã cho, thì nó là duy nhất, và tập $P$ các phần tử dương trùng với tập các $ab^{-1}$, trong đó $a$ và $b$ là các phần tử của $A$ cùng dấu, và $b \neq 0$. Còn phải chứng minh rằng $P$ thỏa mãn các điều kiện (AP$_I$), (AP$_{II}$), (AP$_{III}$) và (AP$_{IV}$). Điều này là hiển nhiên đối với (AP$_{II}$) và (AP$_{IV}$). Đối với (AP$_I$), xét $ab^{-1} + cd^{-1}$, trong đó ta có thể giả sử rằng $a$, $b$, $c$ và $d$ đều dương; tổng này là $(ad + bc)(bd)^{-1}$, và $ad + bc$ và $bd$ đều dương.

Để chứng minh $(\mathrm{AP}_{III})$, xét một đẳng thức có dạng $ab^{-1} = -cd^{-1}$, sao cho $ad + bc = 0$. Nếu ta giả sử rằng $a$ và $b$ cùng dấu và $c$ và $d$ cùng dấu, thì các quy tắc về dấu cho thấy $ad$ và $bc$ cùng dấu; do đó $ad = bc = 0$, nên $a = c = 0$; vì thế $P$ thực sự thỏa mãn $(\mathrm{AP}_{III})$.

Điều kiện (OE) rõ ràng tương đương với: (OE') Phần tử – 1 không phải là một tổng các phần tử có dạng $px^2$ ($x \in E, p \in K, p \geq 0$).

Điều kiện (OE) là cần thiết: nếu E là một mở rộng có thứ tự của K thì các phần tử $p_i x_i^2$ là dương trong E, nên bằng không nếu tổng của chúng bằng không. Mặt khác $p_i x_i^2 = 0$ tương đương với $p_i x_i = 0$.

Ngược lại, giả sử điều kiện (OE) được thỏa mãn, khi đó ta sẽ định nghĩa một thứ tự trên E bằng cách xây dựng một tập con P của E thỏa mãn các điều kiện (AP,,), (APII), (AP,,,) và (APIV), và chứa tập $K_+$ các phần tử dương của K. Một tập con như vậy P chắc chắn sẽ làm cho E thành một mở rộng có thứ tự của K, vì ta sẽ có $K \cap P = K_+$; thật vậy, nếu P chứa một phần tử $-a < 0$ của K, thì a sẽ thuộc $P \cap (-P)$, trái với (APIII).

Để định nghĩa P, ta xét tập $\mathscr{M}$ các tập con của E thỏa mãn (API), (AP,,) và (AP,,,), và chứa hợp của $K_+$ với tập C các bình phương của các phần tử của E. Tập $\mathscr{M}$ này khác rỗng, vì nó chứa tập $P_0$ các phần tử có dạng $\sum p_i x_i^2$ (việc $P_0$ thỏa mãn (AP,,,) suy ra ngay lập tức từ (OE)).

Hơn nữa $\mathscr{M}$ là quy nạp (Set Theory, III, p. 154, Định nghĩa 3). Do đó tồn tại, theo Đl. 2 của Set Theory, III, p. 154, một phần tử cực đại của $\mathscr{M}$; còn lại là phải chứng minh rằng nó thỏa mãn (APIV); mà điều này suy ra từ bổ đề sau:

Lấy $P' = P - xP$, và kiểm tra rằng $P'$ có các tính chất cần có. Vì $0 \in C \subset P$, ta có $P \subset P'$. Do đó $C \subset P'$ và $K_+ \subset P'$. Vì $1 \in C \subset P$ ta có $-x \in P'$. Ta có

do đó có (API). Ta có do đó có (AP,,,) Sau cùng, hãy kiểm tra (APIII): giả sử cho một đẳng thức có dạng $p - xq = -(r - xs)$ trong đó $p, q, r, s$ thuộc P; ta suy ra từ đó quan hệ $x(s + q) = p + r$; nếu $s + q \neq 0$ thì ta có trái với giả thiết; do đó $s + q = 0$, suy ra $p + r = 0$; vì P thỏa mãn (AP,,,) ta suy ra $s = q = r = p = 0$, điều này hoàn tất chứng minh.

Tính cần thiết là hiển nhiên. Ngược lại, điều kiện đã phát biểu kéo theo E có đặc số không, do đó là một mở rộng của Q; khi đó điều kiện $(OE)$ được thỏa mãn, và Đl. 1 cho thấy rằng tồn tại trên E cấu trúc của một mở rộng có thứ tự của Q, tức là một cấu trúc trường có thứ tự.

Không tồn tại bất kỳ cấu trúc trường có thứ tự nào trên một trường E trong đó $-1$ là một bình phương, đặc biệt là trên một trường đóng đại số.

Điều kiện ấy hiển nhiên là đủ; nó cũng là cần thiết, vì (theo ký hiệu của chứng minh Định lý 1), nếu $x \notin P_0$ thì tồn tại một phần tử cực đại P của $\mathscr{M}$ sao cho $x \notin P$; khi đó $-x \in P$ theo Bổ đề, và x không dương đối với thứ tự được xác định bởi P, vì $x \neq 0$.

Ta sẽ lập luận bằng quy nạp theo bậc n của f. Với $n = 1$ thì chứng minh là tầm thường. Giả sử kết quả đúng với các bậc $\leq n - 1$, và ta sẽ chứng minh nó với bậc n bằng phản chứng; do Định lý 1, như vậy ta giả sử có một quan hệ dạng

Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử rằng các $f_i$ có bậc $\leq n - 1$ (IV, p. 11, Hệ quả). Khi đó

trong đó $h \neq 0$ có bậc nhiều nhất là $n - 2$. Thay X bằng a và b trong bất đẳng thức trên, ta thấy rằng $h(a) f(a) > 0$ và $h(b) f(b) > 0$. Vì f đổi dấu giữa a và b theo giả thiết, ta kết luận rằng $h(a) h(b) < 0$. Khi đó ta có một bất đẳng thức tương tự đối với một trong các nhân tử bất khả quy $g(X)$ của $h(X)$: tức là $g(a)\ g(b) < 0$. Nhưng $1 + \sum_i P_i f_i^2(X) \equiv 0 \pmod{g(X)}$, điều đó cho thấy trường $K[X]/(g)$ không thể là một mở rộng có thứ tự của $K$ (Định lý 1), trái với giả thiết quy nạp.

Ta có thể ngay lập tức rút gọn về trường hợp đa thức đơn khởi; khi đó có thể viết $f(x) = x^n(1 + a_1 x^{-1} + \ldots + a_n x^{-n})$ với $x \neq 0$. Đặt

Với $|x| > M$ ta có $1 + a_1 x^{-1} + \ldots + a_n x^{-n} > 0$, điều này hoàn thành chứng minh của mệnh đề.

Một mở rộng như vậy, vì là đơn sinh (V, p. 40, Định lý 1), nên đẳng cấu với $K[X]/(f)$, trong đó $f$ là một đa thức bất khả quy bậc lẻ. Khi đó chỉ cần chứng minh rằng $f$ đổi dấu trong $K$ (Mệnh đề 3), điều này suy ra ngay lập tức từ Mệnh đề 4.

Kết quả là tầm thường nếu $a$ là một bình phương trong $K$. Nếu không thì đa thức $f(X) = X^2 - a$ là bất khả quy và đổi dấu, vì $f(0) < 0$ và $f(x)$ có cùng dấu với $x^2$, nên dương, với $x$ thuộc phần bù của một khoảng nào đó của $K$. Bây giờ ta có thể hoàn thành chứng minh bằng cách áp dụng Mệnh đề 3.

Có thể chứng minh rằng mở rộng có thứ tự này là duy nhất sai khác một $K$-đẳng cấu (VI, p. 40, Ex. 15).

Cho $\Omega$ là một bao đóng đại số của K, và cho $\mathfrak{N}$ là tập hợp các cặp $(A, w)$, trong đó $A$ là một mở rộng con trên K của $\Omega$, và $w$ là một thứ tự trên $A$ làm cho $A$ thành một mở rộng có thứ tự của $K$. Sắp thứ tự $\mathfrak{N}$ bởi quan hệ « L là một mở rộng có thứ tự của M » giữa M và $L$. Được trang bị thứ tự này, $\mathfrak{N}$ là một tập hợp có thứ tự quy nạp: thật vậy nếu $(L_i)$ là một họ được sắp thứ tự toàn phần các phần tử của $\mathfrak{N}$, thì trường $L = \bigcup L_i$, được sắp thứ tự bằng cách lấy $L_1 = \bigcup (L_i)_1$, là một cận trên của các $L_i$. Khi đó $\mathfrak{N}$ có một phần tử cực đại, theo Lý thuyết tập hợp, III, p. 154, Định lý 2, điều này hoàn tất chứng minh.

Ít nhất một trong các nhân tử bất khả quy của f, chẳng hạn $h$, đổi dấu giữa $a$ và $b$. Khi đó trường $K[X]/(h)$ thừa nhận cấu trúc của một mở rộng có thứ tự của $K$ (VI, p. 23, Mệnh đề 3), và $h$ có bậc 1 (Định nghĩa 4). Vì $h(a) h(b) < 0$, nghiệm duy nhất $x$ của $h$ thỏa $a < x < b$, vì một hàm đa thức bậc 1 là đơn điệu.

Điều này suy ra ngay lập tức từ Hệ quả 2 và 1 của Mệnh đề 4 ở VI, p. 24.

Thật vậy các phần tử dương của K được xác định bởi cấu trúc đại số của nó: đó là các bình phương.

Hiển nhiên là a) kéo theo b): thật vậy K chỉ có hai mở rộng đại số sai khác đẳng cấu, chính trường K và $K(i)$, trường sau không thể có thứ tự vì -1 là một bình phương.

Việc b) kéo theo c) không là gì khác ngoài Mệnh đề 6 của VI, p. 25.

Còn lại phải chứng minh rằng c) kéo theo a). Điều đó sẽ suy ra từ hai mệnh đề tiếp theo.

Trước hết, hãy chỉ ra rằng mệnh đề thứ hai được quy về mệnh đề thứ nhất. Có thể đưa đa thức bậc hai $aX^2 + bX + c$ ($a \neq 0$) về dạng sau đây, thường được gọi là dạng tam thức chính tắc:

Nếu d là một căn bậc hai của $(b^2 - 4ac)/4a^2$, thì $d - (b/2a)$ là một nghiệm của đa thức bậc hai đang xét.

Bây giờ ta chỉ ra rằng mọi phần tử $a + bi$ ($a \in K, b \in K$) đều là một bình phương; ta tìm một phần tử $x + yi$ sao cho

điều này chuyển thành $x^2 - y^2 = a$ và $2xy = b$. Từ đó ta suy ra rằng

Ký hiệu c là căn bậc hai dương của $a^2 + b^2$; khi đó $c \geq |a|, c \geq |b|$ và $x^2 + y^2 = c$. Do đó $x^2 = (c + a)/2$ và $y^2 = (c - a)/2$. Vì $c \geq |a|$ nên các phương trình này giải được trong K, và nếu $x_0$ và $y_0$ là hai nghiệm thì $x_0^2 - y_0^2 = a$ và $2x_0y_0 = \pm b$. Ta thu được căn bậc hai cần tìm bằng cách lấy $x = x_0$ và $y = b/2x_0$.

b) mọi đa thức trong $K'[X]$ có bậc 2 đều có một nghiệm trong $K'$. Khi đó $K'$ đóng đại số.

Trước hết chú ý rằng chỉ cần chứng minh rằng mọi đa thức không hằng trong $K[X]$ đều có một nghiệm trong $K'$: điều này quả thật hiển nhiên nếu $K' = K$; nếu $K' \neq K$ thì $[K':K] = 2$; ký hiệu $a \mapsto a$ là tự đẳng cấu $K$-tuyến tính duy nhất của $K'$ khác với ánh xạ đồng nhất; nếu $f \in K'[X]$ và nếu $\bar{f}$ ký hiệu đa thức thu được bằng cách áp dụng $a \mapsto \bar{a}$ lên các hệ số của $f$, thì $f \bar{f} \in K[X]$; nếu $a \in K'$ là một nghiệm của $f \bar{f}$ thì $a$ hoặc là một nghiệm của $f$ hoặc là một nghiệm của $\bar{f}$; do đó hoặc $a$ hoặc $a$ là một nghiệm của $f$.

Vậy cho $f$ là một đa thức trên $K$ có bậc $2^n p$, với $p$ lẻ. Ta sẽ tiến hành bằng quy nạp theo $n$, tính chất là đúng với $n = 0$ theo giả thiết a). Cho E là một mở rộng của $K$ trong đó $f$ phân rã thành các nhân tử bậc nhất:

Cho $b \in K$; đặt $y_{ij} = a_i + a_j + ba_i a_j \in E$ và

Các hệ số của đa thức này là các hàm đối xứng của các $a_i$, với các hệ số trong $K$; do đó nó thuộc $K[X]$ (IV, p. 62, Đl. 1); vì nó có bậc $2^n p (2^n p - 1)/2 = 2^{n-1} p'$ ($p'$ lẻ), nó có một nghiệm $y_{}$, trong $K'$ theo giả thiết quy nạp. Nếu ta lưu ý rằng điều này đúng với mọi $b \in K$, và rằng $K$ là một trường vô hạn (thật vậy, một trường hữu hạn, vốn có các mở rộng đơn sinh với bậc lẻ lớn tùy ý (V, p. 94, Mệnh đề 3), không thể thỏa mãn a)), thì ta có thể suy ra sự tồn tại của ít nhất một cặp $(i, j)$ sao cho

với $b \neq b'$. Khi đó $a_i + a_j$ và $a_i a_j$ là các phần tử của $K'$, do đó $a_i$ và $a_j$ cũng vậy, vì chúng là các nghiệm của phương trình bậc hai

Đpcm.

Để có một sự khái quát hóa và một chứng minh khác của Mệnh đề 8, dựa trên lý thuyết Galois, xem VI, p. 46, Bài tập 33.

Cho $K$ là một trường có thứ tự và đặt $K' = K(i)$; với mọi phần tử $z = a + bi$ của $K'$, chuẩn $z \overline{z} = a^2 + b'$ của $z$ đối với $K$ (III, p. 544, ví dụ 1) là một phần tử dương của $K$, chỉ triệt tiêu khi $z = 0$. Nếu mọi phần tử dương trong $K$ đều là một bình phương (đặc biệt nếu $K$ là một trường có thứ tự cực đại), thì căn bậc hai dương của chuẩn $z \overline{z}$ được gọi là giá trị tuyệt đối của $z$, và được ký hiệu là $|z|$. Vì $|zz'|^2 = |z|^2 |z'|^2$ nên ta có $|zz'| = |z| \cdot |z'|$.

Hơn nữa, bất đẳng thức tam giác

đúng với mọi cặp phần tử $z, z'$ của $K'$. Thật vậy, nếu $z = a + bi$ và $z' = a' + b'i$, thì bất đẳng thức này tương đương với

và do đó cũng tương đương với

có thể viết thành $(ab' - ba')^2 \geq 0$.

Đl. 3 cho phép ta xác định tất cả các đa thức bất khả quy trên một trường có thứ tự cực đại:

Vì $K(i)$ đóng đại số, mọi mở rộng đại số của K, và do đó cả mọi đa thức bất khả quy trên K, đều có bậc 1 hoặc 2. Để thấy những đa thức bậc hai nào là bất khả quy, chỉ cần xét dạng chính tắc $a((X + (b/2a))^2 - (b^2 - 4ac)/4a^2)$ (xem VI, p. 26, Mệnh đề 7).