综上所述，代数 F 是一个自由右 E 模，基 $(1, j)$。因而，F[X] 是一个自由右 E[X] 模，具有基 $(1, j)$。我们用 $u(P) =$ $(X-q)P$ 定义的右 E[X]-模块 F[X] 的$u$ 自同态来表示 $P\in F[X]$。 $q$的特征多项式是$u$的行列式，被视为K[X]-模F[X]的自同态。通过III, §9, No. 4、p. 546的命题 6，它等于N(det $u$)，其中N表示从E[X]到K[X]的范数。让我们将$q$写成$x+jy$和$x, y\in E$。 $u$相对于基$(1, j)$的矩阵为$\begin{pmatrix} X-x & -\gamma y \\ -y & X-\overline{x} \end{pmatrix}$；它的行列式等于 $D = (X-x)(X-\overline{x})-\gamma yy= X^2-T_F(q)X + N_F(q)$ (cf. 公式 (3))。从 D 属于到 K[X]，我们有 $N(D) = D^2$；接下来是命题 1。

b) 假设域 K 具有特征2。如果$\beta \not= 0$，则F 的中心等于K；如果$\beta = 0$，则代数 F 是可交换的。

通过III, §2, No. 5、p. 444的公式(30)，我们有

F 的元素 $q=x+yi+zj+tk$ 是中心当且仅当它与 $i$ 和 $j$ 通勤，也就是说，我们有

(5)$2z+\beta t=-\beta z+ 2\alpha t= 0$和$2\gamma t=\beta \gamma t= 2y=\beta y= 0$。

首先假设K的特性不同于2。如果$\gamma$是非零的，则(5)中的等式隐含$y=t= 0$，然后隐含$z= 0$；因而，我们有 $q\in K$。如果$\gamma = 0$和$4\alpha +\beta^2\not= 0$，那么它们意味着$y=z=t= 0$，所以我们有$q\in K$。如果$\gamma = 4\alpha +\beta^2= 0$，则系统 (5) 约化到$y= 2z+\beta t= 0$，所以我们有$q=x+t/2(ij-ji)$，它完成了a)的证明。

现在假设域 K 具有特征2。则系统 (5) 可写为$\beta t=\beta z=\beta y= 0$； 断言 b)如下。

(i) 代数 F 是中心单形。

(ii) 对于 F 的每个非零元素 $x$，F 中都存在元素 $y$，使得 $T_F(xy)\not= 0$。

(iii) 我们有$(4\alpha +\beta^2)\gamma \not= 0$。

假设这些性质成立。那么对于F中的每一个$x$，$x$的约简特征多项式就是$X^2-T_F(x)X + N_F(x)$。特别地，$T_F(x)$是$x$的约化迹，$N_F(x)$是它的约化范数。

(i)⇒(ii): 如果代数 F 是中心单式，则从 VIII、p. 361 和定义约化迹 (VIII、p. 340、定义 2) 的命题 1 得出$T_F$ 是它的约化迹； 断言 (ii) 遵循 (VIII, p. 343, 命题 5)。

(ii)⇔(iii)：令$(e_i)_{1 \leq i \leq 4}$为型$(\alpha, \beta, \gamma)$(III, §2, No. 5，p. 445)的F的基。 矩阵 $(T_F(e_i e_j))$ 等于

它的行列式是$-\gamma^2 (4\alpha + \beta^2)^2$。属性 (ii) 和 (iii) 的等价由 V, §8, No. 2、p. 49、引理 1 得出。

(iii)⇒(i): 假设$(4\alpha + \beta^2)\gamma \neq 0$。然后我们有 $\gamma \neq 0$，如果 K 具有特征 2，我们就有 $\beta \neq 0$。根据命题 2，代数 F 是中心。令x为F的雅各布森根的元素。对于每个$y \in F$，$xy$都是幂零的，因此$T_F(xy) = 0$（VIII，p. 362的注 3）。由于 (ii) 等价于 (iii)，因此我们有 $x = 0$。这就证明F是半单K-代数。因为它的中心是K，所以很简单。

最后一个断言由约化特征多项式 (VIII、p. 340、定义 1) 的VIII、p. 361 和定义的命题 1 得出。

用 p 表示 K 的特性。到命题 3，如果$p \neq 2$，则$K^*$中型$(\alpha, 0, \gamma)$的K上的每个四元数代数与$\alpha$和$\gamma$都是中心简单。如果$p = 2$，则型$(\alpha, 1, \gamma)$与$\alpha \in K$和$\gamma \in K^*$的每个四元数代数都是中心简单。相反，我们有以下情况。

a) 如果$p \neq 2$，则存在K的非零元素$\alpha$和$\gamma$，使得代数A与型$(\alpha, 0, \gamma)$的四元数代数同构。

b) 如果$p = 2$，则存在K的元素$\alpha$和$K^*$的元素$\gamma$，使得代数A同构于型的四元数代数 $(\alpha, 1, \gamma)$.

根据 Wedderburn 的定理 (VIII, p. 120, 定理 1)，存在整数 $r \geq 1$ 和域 D 以及中心 K，使得 A 与 $\mathbf{M}_r(D)$ 同构的。那么我们就有$r^2[D : K] = [A : K] = 4$。如果$r = 2$，则A与$\mathbf{M}_2(K)$同构的，命题4由VIII、p. 362的例推出。否则，我们有 $r = 1$，并且 A 是域和中心 K。然后它有极大交换子域 E，即 K 的可分扩张；由于 A 在 K 上有次数 4，扩张 E 在 K 上有次数 2（VIII，p. 265，推论 2）。因此它是二次的（III, §2, No. 3，p. 439）。令 $s$ 为 E (III, §2, No. 3, p. 440) 的共轭。根据 Skolem–Noether 定理（VIII，p. 256，推论 1），存在 A 的可逆元 $j$，因此对于 E 中的每个 $x$，我们都有 $s(x) =jxj^{-1}$。 域 E 可以通过 K 分离，因此我们有$s\not=$Id$_E$，因此$j \notin E$。因为 A 是 K 上的维数 4 的向量空间，所以它是 E 上的维数 2 的左向量空间，所以我们有 $A = E\oplus Ej$。我们有$s^2=$Id$_E$，所以A的属于到中心有元素$j^2$；因此存在$K^*$的元素$\gamma$使得$j^2=\gamma$。

当$p\not= 2$时，存在E的元素$i$和元素$\alpha \in K^*$使得$E = K(i)$和$i^2=\alpha$（V, §11, No. 9，p. 93，例3）；在这种情况下，A 同构于型 $(\alpha ,0, \gamma )$ 的四元数代数。当$p= 2$时，存在E的元素$i$和K的元素$\alpha$使得$E = K(i)$和$i^2=i+\alpha$（V, §11, No. 9，p. 93，例2），所以A是同构于型 $(\alpha ,1, \gamma )$ 的四元数代数。

如果 K 是有限的，则代数 A 同构于矩阵代数 $\mathbf{M}_n(K)$（VIII，p. 357，推论 2），因此次数 $n$ 在 K 上有包含元素； 假设意味着 $n= 2$，因此本例中的结果为 (VIII、p. 362、例)。假设域 K 是无限的。设L为A的极大étale子代数。根据V, §7, No. 4、p. 41、命题7，存在A的元素$x$，使得K-代数L等于$K[x]$，因此假设有次数$\leqslant 2$。由于我们有 $[A : K] = [L : K]^2$ (VIII, p. 264, 命题 4 和 p. 262, 命题 3)，我们结论 [A : K] = 4。然后从命题 4 推出推论 1。

E 的每个元素 $u$ 都满足 $u^2-T_E(u)u+ N_E(u) = 0$，因此 K-代数 E 同构于四元数代数（推论 1）。

(i) 四元数代数 F 为域。

(ii) 不存在非零元素$q\in F$使得$T_F(q) = N_F(q) = 0$。

(iii) 平方为零的 F 的每个元素都是零。

(iv) $K^4$ 中不存在任何非零向量 $(x, y, z, t)$ 使得

(v) $K^3$ 中不存在任何非零向量 $(x, y, z)$ 使得

(vi)二次代数E是域，并且$\gamma$不是E的元素的范数。

F 的元素 $q$ 是可逆的，当且仅当 $N_F(q)$ 不为 0 时。因此，(i) 和 (iv) 的等价由 III, §2, No. 5、p. 445 的公式 (31) 得出；显然，(i) 意味着(iii)，(iv) 意味着(v)。

(ii)和(iii)的等价由VIII、p. 362的注 3得出。

假设 F 不是域。如果 $\gamma (4\alpha +\beta^2)\not= 0$，则代数 F 是次数 4 在 K 上的中心单形；它与代数 $\mathbf{M}_2(K)$ (VIII, p. 120, 定理 1) 同构的，因此包含非零元素等于平方为零。如果$\gamma = 0$，那么我们有$j^2= 0$。如果 $4\alpha +\beta^2= 0$，那么如果 K 具有不同于 2 的特征，则我们有 $(2i-\beta )^2= 0$ 和 $2i-\beta \not= 0$。最后，如果 K 具有特征 2 并且 $\beta$ 是零，那么对于每个 $q\in F$，我们有 $T_F(q) = 0$ (III, §2, No. 5，p. 445，公式) (31))。由于 F 不是域，因此 F 存在非零元素 $q$，使得 $N_F(q) = 0$；我们有$q^2= 0$。这就证明了蕴涵(iii)$\Rightarrow$(i)。

令$q=x+yi$为E的元素。我们有$N_{E/K}(q) =x^2+\beta xy-\alpha y^2$。假设性质 (v) 成立。如果 $q\not= 0$，我们有 $N_{E/K}(q)-\gamma \not= 0$ 和 $N_{E/K}(q)\not= 0$，因此 (vi)。

最后，假设性质 (vi) 成立。令$q$为F的非零元素；我们将它写为E中的$u+vj$和$u$和$v$。如果$v$是零，则$q$是可逆的。如果$v$不是零，那么我们有$N_F(q) = N_F(v)N_F(v^{-1}u+j) =$$N_{E/K}(v)(N_{E/K}(v^{-1}u)-\gamma )$乘以III, §2, No. 5、p. 443、公式 (24)。由于$\gamma$不是范数，$N_F(q)$不是零，并且$q$是可逆的。

用 Z 表示 D 的中心，并令 L 为 D 的极大交换子域。我们有 VIII、p. 265 $[D : Z] = [L : Z]^2$，推论 2；我们还有$[L : R]\leqslant 2$，因为C是R的代数闭包。因此存在三种可能的情况：

a) 我们有 R = Z = L，因而 [D : Z] = 1 并且 D = R。

b) 我们有 $R\not= Z$ 且 Z = L，因而 [D : Z] = 1 且 D = L。在这种情况下，D 同构于 C。

c) 我们有 R = Z 且 [L : R] = 2，因而 [D : R] = 4。通过 VIII、p. 364、R-代数的命题 4，D 同构于型 $(\alpha ,0, \gamma )$ 的四元数代数，其中$\alpha$和$\gamma$是R的非零元素。令$i\in D$-Z使得$i^2=\alpha$。我们有$\alpha \not= 0$。如果$\alpha >0$，则存在$a\in R$，使得$a^2=\alpha$ (VI, §2, No. 6，p. 26，定理 3)；然后我们有$(a-i)(a+i) = 0$，这是荒谬的，因为D是域。所以我们有$\alpha <0$。 不等式 $\gamma <0$ 类似地显示。则存在元素$a$和$c$或$R^*$使得$\alpha =-a^2$和$\gamma =-c^2$（前述）。因而，代数 D 同构于型 $(-1,0,-1)$ (VIII, p. 362, 注 2) 的四元数代数，即同构于 H。