我们让读者来陈述四元数的相应的结果。

鉴于群$\mathbf{C}^*$($\S$1、no. 3、命题1)的结构，命题为章的命题4直接的推论 III、$\S$5、no. 4。

如果我们映射每个角度 $\theta$ 到它的一个度量（对于任何给定的基 $a$），属于到间隔 $] - \frac{1}{2} a, \frac{1}{2} a ]$，我们就有一个 $\mathfrak{A}$ 的*局部同构* 和 $\mathbf{R}$ ($\S$ 2， no. 2);由于$\lim \theta_i = 0$相对于$I$的有限子集的补集过滤器，我们可以替换条件（在命题2的叙述中）$\theta_i$应该可以通过条件在$\mathfrak{A}$中求和角度$\theta_i$的*测量*族$(t_i)$，其中属于到$] - \frac{1}{2} a, \frac{1}{2} a ]$应可在$\mathbf{R}$中求和。

下面的定理给出了复数族的另一个标准，放入形式$(1 + u_i)$，可与$\mathbf{C}^*$相乘。 （它概括了章 IV、$\S$ 7、no. 4 中的定理 4；另请参见章 IX、附录、no. 2、命题 1）：

对于 $I$ 中的每个有限子集 $J$，将

如果 $L$ 为空，这一点就很清楚了。我们从$(L)$卡上的归纳出发。设$L = K \cup \{ \lambda \}$，其中$\lambda \notin K$；然后$p_L = p_K (1 + a_\lambda)$和$s_L = s_K + a_\lambda$，从而$p_L - 1 - s_L = (p_K - 1 - s_K) + (p_K - 1)a_\lambda$；因此，通过$\varphi(J)$的归纳假设和定义，我们有

这就证明了引理。

因为从$\sigma_L \leq \sigma_J$开始，对于$J$的所有子集$L$，从(2)可以得出$|s_L| \leq \varphi(J) \sigma_J + |p_L - 1| \leq (1 + \sigma_J)\varphi(J)$；但凭借章VII、$\S$3、no. 1、命题2，我们有$|\sigma_J| \leq 4 \sup_{L \subset J} |s_L|$，因此$\sigma_J \leq 4 \varphi(J)(1 + \sigma_J)$，结果如下。

现在让我们证明定理 1 中的条件就足够了。 假设族$(|u_i|)$在$\mathbf{R}$中可求和意味着族$(1 + |u_i|)$在$\mathbf{R}_+^*$中可相乘（章IV, § 7, no. 4，定理4）；因此，对于每个$\varepsilon > 0$，$I$有有限子集$J_0$，这样，对于不满足$J_0$的$I$的每个有限子集$L$，我们有$\prod_{i \in L} (1 + |u_i|) - 1 \leq \varepsilon$。但我们可以将形式$\sum_M \left( \prod_{i \in M} u_i \right)$写成$\prod_{i \in L} (1 + u_i) - 1$，其中$M$贯穿$L$的所有非空子集；从$\left| \prod_{i \in M} u_i \right| = \prod_{i \in M} |u_i|$开始，我们有

这根据柯西准则证明了我们的断言，因为$\mathbf{C}^*$是完整的群。

我们仍然需要证明定理 1 中的条件是必要的。如果$(1 + u_i)_{i \in I}$是$\mathbf{C}^*$中的可乘族，则存在$I$的有限子集$J$，这样，对于$I$的每个不满足$J$的有限子集$H$，我们有$\left| \prod_{i \in H} (1 + u_i) - 1 \right| \leq 1/8$。到引理 2，$\sum_{i \in H} |u_i| \leq 1$对于$I$的每个有限子集$H$不满足$J$，因此族$(|u_i|)$可在$\mathbf{R}$中求和（章IV, § 7, no. 1， 定理1)。

上面的证明也比照适用于某些非交换除法环和代数中的（有序）无限乘积（参见习题6和章IX、附录）。