另类代数。八元数

验证立即从定义 (1) 开始。

显然（a）意味着（c）。我们证明(c)蕴涵(b)：通过定义(§ 7, no. 3)证明(b)，只需验证$a(x, x, y) = 0$和$a(x, y, y) = 0$，即是(c)。

为了证明 (b) 蕴含 (a)，我们使用以下 4 引理：

$x \in E$的集合$U'$，使得$xU \subset U$和$Ux \subset U$显然是$E$的子A模块，其中包含$S$乘以假设。另一方面，对于$U'$和$u \in U$中的$x, y$，通过假设

在经过到反代数，我们有类似的$u(xy) \in U$。因此，$U'$是$E$的子代数，并且由于它是包含$S$，所以$U' = E$。因此$EU \subset U$和*更不必说*$UU \subset U$，证明$U$是$E$的子代数；因为包含$S$，$U = E$，这就证明了引理。

如果$a(u, v, w) = 0$当元素$u, v, w$属于到$H$*至少两个*时，$F$的子集$H$被称为*强关联*。

由于 $F$ 的强关联子集的集合是归纳性的，因此只要证明 $H$ 是 $F$ 的*极大*强关联子集，则 $H$ 就是 $F$ 的 子代数。由于$H$显然是$F$的子A模，因此足以验证对于$H$的任意两个元素$u, v$，$H \cup \{uv\}$也是强关联的，因为凭借$H$的定义，这将意味着$uv \in H$。现在，对于所有 $z \in H$ 和所有 $t \in F$，通过 (2)

因为 $\mathbf{H}$ 是强结合的；因为 $u, v, z$ 在 $\mathbf{H}$ 中，也

从而$a(uv, t, z) = 0$。利用$a$是交错的的事实，这表明每当元素$p, q, r$属于到$\mathbf{H} \cup \{uv\}$从而引理中至少两个时$a(p, q, r) = 0$。

$a(u, v, w) = 0$ 每当三个元素 $u, v, w$ 中的两个等于$x$ 且应用引理 3 即可。

令$Z$为$z \in \mathbf{E}$的集合，使得$a(u, v, z) = 0$对于所有$u \in \mathbf{X}$和$v \in \mathbf{Y}$，这显然是一个子A-模块包含、$\mathbf{X}$和$\mathbf{Y}$，因为$\mathbf{X}$和$\mathbf{Y}$是强的联想的；到引理 2，就足以验证对于$u \in \mathbf{X}$和$v \in \mathbf{Y}$、$uZ \subset Z, vZ \subset Z, Zu \subset Z$和$Zv \subset Z$。现在，对于 $\mathbf{X}$、$v \in \mathbf{Y}$ 和 $z \in Z$ 中的 $u, u'$，通过 (2)

由于 $\mathbf{X}$ 具有强结合性，并且定义是 $Z$。但由于 $\mathbf{X}$ 具有强结合性，$a(u', u, zv) = 0$ 并且从 $u'u \in \mathbf{X}$ 开始，$a(u'u, z, v) = 0$ 乘以 $Z$ 的定义。因此$a(u', uz, v) = 0$，它表明$uZ \subset Z$。 应用 (2) 现在有了$(p, q, r, s) = (v, z, u, u')$，我们类似地得到$Zu \subset Z$。 交换 $\mathbf{X}$和$\mathbf{Y}$的角色，并利用$a$是交错的的事实，我们得到$vZ \subset Z$和$Zv \subset Z$； 从而引理。

现在只需证明 (b) 在命题 1 中蕴含 (a)，即可使用引理 4 取 $\mathbf{X} = \{x\}$ 和 $\mathbf{Y} = \{y\}$。

(ii) 如果 F 是替代项，则对于 F 中的所有 x、y，N(xy) = N(x)N(y)。 (iii) 假设 F 是替代项。为了使元素 x ∈ F 可逆，N(x) 在 Ae 中可逆是充分必要的； x 的倒数是唯一的并且等于 N(x)^{-1}\overline{x}；用 x^{-1}, 表示

或所有 y ∈ F。

条件 $x^2y = x(xy)$ 显然对于 F 的替代是必要的 (no. 1, 命题 1)。相反，如果它对于 F 的元素、应用到 $\overline{x}$ 和 $\overline{y}$ 的每个有序对都成立，则给出 $\overline{x}^2\overline{y} = \overline{x}(\overline{xy})$； 应用与关系共轭，我们得到$yx^2 = (yx)x$，从而满足no. 1的命题1的条件(c)。

显然对于 F 中的所有 $x, y$ 都有$a(e, x, y) = 0$。如果 F 是可替代的，我们因此从命题 1 (no. 1) 推出由 e、x 和 y 生成的 F 的子代数 G 是结合律。作为$\overline{x} = -x + T(x) \in -x + Ae, \overline{x} \in G$，类似地$\overline{y} \in G$。然后$N(xy) = (xy)(\overline{xy}) = xy.\overline{y}.\overline{x} = N(y)x\overline{x} = N(y)N(x)$，利用$N(y) \in Ae$这一事实。这就证明了(ii)。

最后我们证明(iii)。如果$N(x)$在Ae中是可逆的，并且我们写为$x' = N(x)^{-1}\overline{x}$，那么$xx' = x'x = e$，对于$N(x) = x\overline{x} = \overline{x}x$。相反，如果 x 承认左逆 $x''$，则 (ii) 的 $N(x'')N(x) = N(e) = e$ 和 $N(x)$ 在 Ae 中是可逆的；此外，由于$x' = N(x)^{-1}\overline{x}$位于由x和e生成的子代数中，元素$x, x', x''$属于与由x、$x''$和e生成的关联子代数，因此$x'' = x''(xx') = (x''x)x' = x'$、从而唯一性断言。 公式 $x^{-1}(xy) = x(x^{-1}y) = y$ 由$x^{-1}, x$和y是由x、y和e生成的子代数的元素得出，这是结合律。

令$u = (x, y), v = (x', y')$为F的两个元素（其中x、y、$x', y'$在E中）。那么(§ 2, no. 5,公式(27))

利用$\overline{y}y$和$\overline{x} + x$在Ae中的事实，检查这些公式表明E的结合性意味着$u^2v = u(uv)$，因此F是替代的事实（命题2）。相反，如果 F 是可替代的，则当 $y' = 0$ 给出时，应用等式 $u^2v = u(uv)$

现在左边等于 $(yT(x))\overline{x}' = y(\overline{x}'T(x)) = y(\overline{x}'x + \overline{x}'\overline{x});$

与右边比较，我们得到$(y \bar{x}') x = y (\bar{x}' x)$，这证明了E的结合性，因为$x, y$和$\bar{x}'$是E的任意元素。

我们在这个编号的开头保留记号。由§ 2, no. 5的公式(33)可知，元素$\pm e_0, \pm e_1, \pm e_2, \pm e_3$的集合$S$由……组成在乘法下是稳定的。此外，对于$E$中的$x, y, y'$，乘以§ 2, no. 5的公式(22)，

使得元素$\pm e_i$($0 \leq i \leq 7$)的集合$T$由……组成稳定在乘法以下；此外，它的乘法表“独立”于环$\mathbf{A}$。

特别地，令$\mathbf{A}''$为带有两个元素的域$\mathbf{Z}/2\mathbf{Z}$，并令$E''$为八元数的$\mathbf{A}''$和$F''$代数上的型$(1, 0, 1)$的四元数代数型$(1, 0, 1, 1)$超过$\mathbf{A}''$；令$(e''_i)_{0 \leq i \leq 7}$为如上所述形成的$F''$中的基。从$-e''_i = e''_i$开始，$e''_i$的集合$T''$有8个元素，稳定在乘法以下；此外，从上面可以立即得出映射$\theta : T \to T''$，使得$0 \leq i \leq 7$的$\theta(e_i) = \theta(-e_i) = e''_i$对于乘法来说是同态。此外，四元数代数$E''$在这种情况下是可交换的，因此$F''$是结合律（§ 2, no. 5，命题5）；此外，在这种情况下，$F''$中的共轭就是恒等式。因此 $T''$ 是 群 且公式 (8) 表明它是*可交换的*； § 2, no. 5的这些公式和公式(33)表明，$T''$的每个元素中的平方是单位。如果 $V$ 用于表示群 $T''$ 相加，$V$ 可以在 $\mathbf{Z}/2\mathbf{Z}$ 上被赋予唯一的向量空间结构，必然为维数 3，因为

对于所有$\lambda \in V$，令$e'_\lambda$表示$(e_i)_{0 \leq i \leq 7}$的元素，使得$\theta(e'_\lambda) = \lambda$；然后$e'_0 = e_0$；此外，由于$\theta$是同态，关系$\theta(x) = \theta(y)$相当于$x = \pm y$、$e'_\lambda e'_\mu = \pm e'_{\lambda + \mu}$。如果$\lambda, \mu, \nu$与$\mathbf{Z}/2\mathbf{Z}$线性无关，则它们形式基与$V$，因此所有元素$e_i$（$0 \leq i \leq 7$）将由$e'_\lambda, e'_\mu$生成属于到子代数并且$e'_\nu$；当 $2 \neq 0$ 在 $\mathbf{A}$ 中时，$e'_\lambda (e'_\mu e'_\nu) = (e'_\lambda e'_\mu) e'_\nu$ 是不可能的，因为 $F$ 是结合律，因此 $E$ 是可交换的 (§ 2, no. 5, 命题 5)，其中与……矛盾关系 (33) § 2, no. 5。另一方面，如果 $\lambda, \mu, \nu$ 在 V 中线性相关，则三个元素 $e'_\lambda, e'_\mu, e'_v$ 属于到子代数与 F 的 2 个生成元相关，因此是关联的 (no. 1, 命题 1)； 从而结论。