每个$x \in K$都可以用形式$x = ab^{-1}$来表示，$a$和$b$可以用$A$和$b \neq 0$来表示。如果$x$为正，则$a$和$b$具有相同的符号，反之亦然。由此可见，如果$K$ 满足上存在规定的条件的排序，那么它是唯一的，并且正元素的集合$P$与$ab^{-1}$的集合相同，其中$a$和$b$是相同符号的$A$中的元素，以及$b \neq 0$。仍有待证明$P$满足条件（AP$_I$）、（AP$_{II}$）、（AP$_{III}$）和（AP$_{IV}$）。这对于 (AP$_{II}$) 和 (AP$_{IV}$) 来说是显而易见的。对于(AP$_I$)，考虑$ab^{-1} + cd^{-1}$，其中我们可以假设$a$、$b$、$c$和$d$为正；这个和就是$(ad + bc)(bd)^{-1}$，$ad + bc$和$bd$都是正数。

To show $(\mathrm{AP}_{III})$, consider an identity of 形式 $ab^{-1} = -cd^{-1}$, so that $ad + bc = 0$.如果我们假设$a$和$b$具有相同的符号，并且$c$和$d$具有相同的符号，则符号规则表明$ad$和$bc$具有相同的符号； 从而$ad = bc = 0$，所以$a = c = 0$；因此$P$确实是满足$(\mathrm{AP}_{III})$。

条件 (OE) 显然等价于： (OE') 元素 – 1 不是形式 $px^2$ ($x \in E, p \in K, p \geq 0$) 元素和。

条件 (OE) 是必要的：如果 E 是 K 的有序扩张，则元素 $p_i x_i^2$ 在 E 中为正，因此零如果它们的和是零。另一方面，$p_i x_i^2 = 0$相当于$p_i x_i = 0$。

相反，假设满足条件 (OE)，那么我们将通过构造 E 的子集 P 来对 E 进行定义排序，该 P 满足条件 (AP_I)、(AP_{II})、(AP_{III}) 和 (AP_{IV})，并且K 的正元素的包含集合 $K_+$。 这样的子集 P 肯定会使 E 成为 K 的有序扩张，因为我们将有 $K \cap P = K_+$；事实上，如果 P 为 K 的包含元素 $-a < 0$，则 a 将为属于到 $P \cap (-P)$，与 (APIIII) 相矛盾。

对于定义 P，让我们考虑 E 的子集的集合 $\mathscr{M}$，其中满足 (AP_I)、(AP_{II}) 和 (AP_{III})，以及 $K_+$ 的包含并和E 元素平方集合 C。 这个集合$\mathscr{M}$是非空，为其形式$\sum p_i x_i^2$元素包含集合$P_0$($P_0$满足(AP_{III})紧随从(OE)而来)。

此外，$\mathscr{M}$ 是归纳法（*集合理论*、III、p. 154、Def. 3）。因此，Th 存在。 集合理论中的2，$\mathscr{M}$中的III，p. 154，极大元素，还有待我们证明是否满足（AP_{IV}）；现在这可以从以下引理得出：

取$P' = P - xP$，并检查$P'$是否具有所需的属性。从$0 \in C \subset P$开始，我们有$P \subset P'$。 从而$C \subset P'$和$K_+ \subset P'$。从 $1 \in C \subset P$ 开始，我们就有了 $-x \in P'$。我们有

从而 (AP_I)。我们有 从而 (AP_{II})。最后，让我们检查 (AP_{III})：假设给定一个恒等式形式 $p - xq = -(r - xs)$，其中 $p, q, r, s$ 属于为 P；我们由此推导出关系 $x(s + q) = p + r$；如果 $s + q \neq 0$ 我们有 与假设相反；因此$s + q = 0$、从而$p + r = 0$；由于 P 满足 (AP_{III})，我们推断出 $s = q = r = p = 0$，从而完成证明。

其必要性是显而易见的。相反，所述条件意味着E属于特征零，因此扩张属于Q；则满足条件 $(OE)$，且 Th.图 1 表明，E 结构上存在 Q 的有序扩张，即有序域结构。

在域 E 上*不*存在任何有序域结构，其中$-1$ 是平方，特别是在代数闭域上。

条件显然就足够了；对于（在Th.1的证明的记号中），如果$x \notin P_0$存在$\mathscr{M}$的极大元素P使得$x \notin P$也是必要的；那么 $-x \in P$ 引理，并且 x 在 P 定义的排序下不是正数，因为 $x \neq 0$。

我们将在归纳上次数n下争论。对于 $n = 1$ 证明来说是微不足道的。假设结果对于次数$\leq n - 1$成立，我们用反证法证明次数n；通过 Th。 1 因此我们假设关系为形式

不失一般性，我们可以假设 $f_i$ 有次数 $\leq n - 1$ (IV, p. 11, Cor)。然后

其中$h \neq 0$最多有次数$n - 2$。 替换 X 通过上面不等式中的a和b，我们看到$h(a) f(a) > 0$和$h(b) f(b) > 0$。由于 f 变换在 a 和 b 之间按假设签名，因此我们结论 $h(a) h(b) < 0$。那么对于$h(X)$的不可约因子$g(X)$之一，我们有一个类似的不等式：即$g(a)\ g(b) < 0$。但是$1 + \sum_i P_i f_i^2(X) \equiv 0 \pmod{g(X)}$，这表明域$K[X]/(g)$不能是$K$（Th.1）的有序扩张，与归纳假设相反。

我们可以立即将约化转化为一元多项式的情况；那么可以将$x \neq 0$写成$f(x) = x^n(1 + a_1 x^{-1} + \ldots + a_n x^{-n})$。让

对于$|x| > M$，我们有$1 + a_1 x^{-1} + \ldots + a_n x^{-n} > 0$，它完成了命题的证明。

这样的扩张是单调的（V，p. 40，Th.1），与$K[X]/(f)$同构的，其中$f$是奇数次数的不可约多项式。那么只要证明$f$变换签入$K$（命题3），它紧接着命题4。

如果 $a$ 是 $K$ 中的平方，则结果是微不足道的。否则，首一多项式 $f(X) = X^2 - a$ 是不可约的且有变换符号，因为 $f(0) < 0$ 和 $f(x)$ 与 $x^2$ 具有相同的符号，因此为正，对于 $x$ 是 $K$ 某个区间的补集。我们现在可以用应用命题 3 来完成证明。

可以证明这个有序扩张在 K 同构方面是唯一的（VI，p. 40，例 15）。

令$\Omega$为K的代数闭包，并令$\mathfrak{N}$为对$(A, w)$的集合，其中$A$是$\Omega$的子K扩展，$w$是$A$的排序$A$ $K$ 的有序扩张。 阶 $\mathfrak{N}$ by 关系 « L 是 M 的有序扩张 » 在 M 和 $L$ 之间。配备此排序后，$\mathfrak{N}$是一个*归纳*有序的集合：实际上，如果$(L_i)$是$\mathfrak{N}$的元素的全序族，那么域$L = \bigcup L_i$，通过取$L_1 = \bigcup (L_i)_1$排序，是上界 $L_i$。那么$\mathfrak{N}$有极大元素，根据*集合理论*，III，p. 154，Th。 2，完成证明。

至少有一个不可约因子关闭，例如 $a$ 和 $b$ 之间的 $h$、变换符号。那么域$K[X]/(h)$承认$K$的有序扩张（VI，p. 23，命题3）的结构，并且$h$有次数1（定义4）。从$h(a) h(b) < 0$开始，$h$唯一的根$x$使得$a < x < b$，因为次数1的多项式函数是单调的。

这立即来自Cor。 2 和 1 到VI、p. 24 的命题 4。

事实上，K 的正元素由其代数结构决定：它们是平方。

很明显，a) 蕴涵 b)：实际上 K 只有两个代数扩张到同构、域 K 本身和 $K(i)$，其中不能是有序的，因为 -1 是平方。

b) 隐含 c) 的事实正是VI、p. 25 的第 6 条命题。

我们仍然需要证明 c) 蕴涵 a)。这将从接下来的两个命题开始。

让我们首先证明第二个断言约化与第一个断言约化。我们可以将第二个次数多项式 $aX^2 + bX + c$ ($a \neq 0$) 代入下面的形式，通常称为规范三项式形式：

如果 d 是 $(b^2 - 4ac)/4a^2$ 的平方根，则 $d - (b/2a)$ 是所考虑的二次多项式的根。

现在我们证明每个元素 $a + bi$ ($a \in K, b \in K$) 都是平方；我们正在寻找元素 $x + yi$ 这样

这转化为 $x^2 - y^2 = a$ 和 $2xy = b$。由此我们推断

令c表示$a^2 + b^2$的正平方根；然后是$c \geq |a|, c \geq |b|$和$x^2 + y^2 = c$。 从而$x^2 = (c + a)/2$和$y^2 = (c - a)/2$。由于$c \geq |a|$这些方程可溶于K，并且如果$x_0$和$y_0$是两个解，则$x_0^2 - y_0^2 = a$和$2x_0y_0 = \pm b$。我们通过取$x = x_0$和$y = b/2x_0$得到所需的平方根。

b) 次数 2 的 $K'[X]$ 中的每个多项式在 $K'$ 中都有根。 那么 $K'$ 是代数闭的。

注首先足以证明$K[X]$中的每个非常数多项式在$K'$中都有根：这确实很清楚如果$K' = K$；如果$K' \neq K$则$[K':K] = 2$；让$a \mapsto a$表示$K'$的唯一$K$自同构，与恒等式映射不同；如果$f \in K'[X]$且$\bar{f}$表示由应用$a \mapsto \bar{a}$对$f$的系数求得的多项式，则$f \bar{f} \in K[X]$；如果$a \in K'$是$f \bar{f}$的根，则$a$是$f$的根或$\bar{f}$；因此$a$或$a$是根或$f$。

因此，令$f$为次数$2^n p$、$p$奇数的$K$多项式。 我们将在$n$在归纳出发，性质在$n = 0$出发假设*a)*。令 E 为 $K$ 的扩张，其中 $f$ 分裂的变为线性因子：

设 $b \in K$；把 $y_{ij} = a_i + a_j + ba_i a_j \in E$ 和

该多项式的系数在$a_i$中对称函数，系数在$K$；因此属于至$K[X]$（IV，p. 62，Th.1）；因为它有次数$2^n p (2^n p - 1)/2 = 2^{n-1} p'$（$p'$奇数），所以它有根$y_{}$，在$K'$中归纳假设。如果我们注这对所有$b \in K$成立，并且$K$是一个无限域（实际上有限域，它具有任意大奇数次数的单生扩张（V，p. 94，命题3）， 不能满足 a))，那么我们可以推导出至少一个对 $(i, j)$ 的存在：

$b \neq b'$。那么$a_i + a_j$和$a_i a_j$是$K'$的元素，因此$a_i$和$a_j$也是，因为它们是二次方程的根

Q.E.D.

对于基于伽罗瓦理论的第 8 号命题的概括和替代证明，请参阅VI、p. 46、Ex. 8。 33.

令$K$为有序域，并令$K' = K(i)$；对于$K'$的每个元素$z = a + bi$，$z$的范数$z \overline{z} = a^2 + b'$相对于$K$（III，p. 544，例1）是正元素 $K$，仅在$z = 0$时消失。如果$K$中的每个正元素都是平方（特别是如果$K$是极大有序域），那么范数$z \overline{z}$的正平方根被称为绝对值 $z$，写为$|z|$。从 $|zz'|^2 = |z|^2 |z'|^2$ 开始，我们就有了 $|zz'| = |z| \cdot |z'|$。

而且，三角形不等式

对于元素 $z, z'$ $K'$ 中的每一个对都成立。事实上，如果$z = a + bi$和$z' = a' + b'i$，那么这个不等式就相当于

因此也

可以写成$(ab' - ba')^2 \geq 0$。

Th。 3 使我们能够确定所有超过极大有序域的不可约多项式：

由于 $K(i)$ 是代数闭集，因此 K 的每个代数扩张，以及 K 上的每个不可约多项式，都有次数 1 或 2。 要查看第二个次数多项式是不可约的，只需考虑规范形式 $a((X + (b/2a))^2 - (b^2 - 4ac)/4a^2)$ 就足够了（cf. VI，p. 26，提案 7）。