A komplex számokon túl

   Minden szükséges tulajdonság egyszerű, de hosszadalmas számolással ellenőrizhető, csak a multiplikatív inverz igényel némi meggondolást. Egy $q$ kvaternió inverzének kiszámítása egy négy egyenletből álló négyismeretlenes egyenletrendszer megoldására vezet. Ha $q \neq 0$, akkor az egyenletrendszer determinánsa nem nulla, ezért $q^{-1}$ létezik (és egyértelmű). Mindezek azonban egyszerűbbben következnek majd a kvaterniók mátrixos reprezentációjából.

   Jelölje $E$ a $4\times 4$-es egységmátrixokt, $I,J,K$ pedig legyenek a következő mátrixok: $$ I = \begin{pmatrix} 0 & 1 & 0 & 0\\ -1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & 0 & 0 & -1\\ 0 & 0 & 1 & 0 \end{pmatrix} \qquad J = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 1 & 0\\ 0 & 0 & 0 & 1\\ -1 & 0 & 0 & 0\\ 0 & -1 & 0 & 0 \end{pmatrix} \qquad K = \begin{pmatrix} 0 & 0 & 0 & 1\\ 0 & 0 & -1 & 0\\ 0 & 1 & 0 & 0\\ -1 & 0 & 0 & 0 \end{pmatrix} $$ Ezekre a mátrixokra $I^2=J^2=K^2=-E$ és $IJ=K=-JI,~JK=I=-KJ,~KI=J=-IK$ teljesül, és ez elég is a bizonyításhoz, mert a tételben szereplő mátrixok egyértelműen felírhatóak $aE+bI+cJ+dK$ alakban.

   Legyen $A$ zérusosztómentes asszociatív algebra $\mathbb{R}$ fölött, és legyen $A$ rangja $n\in \mathbb{N}$. A bizonyítás hosszú lesz; a jobb átláthatóság kedvéért 12 lépésre tagoljuk. Mindig gondoljuk meg, hogy az algebra definíciójában szereplő tucatnyi tulajdonság közül mikor melyiket használjuk, illetve, hogy hol van szükség a zérusosztómentességre és a rang végességére!

Tetszőleges $a \in A$ esetén tekintsük az $a$-val való balról szorzást és az $a$-val való jobbról szorzást, mint $A$ transzformációit: $$ \begin{align*} L_a \colon A \to A, &x \mapsto a \bullet x,\\ R_a \colon A \to A, &x \mapsto x \bullet a. \end{align*} $$

1. lépés: Minden $a\in A \setminus\{0\}$ esetén $L_a$ és $R_a$ bijektív lineáris transzformációja $A$-nak (mint $\mathbb{R}$ fölötti $n$-dimenziós vektortérnek).

Csak az $L_a$ leképezéssel foglalkozunk; $R_a$ tulajdonságai hasonlóan igazolhatók.

linearitás

$$ \begin{align*} \forall x_1,x_2 \in A \colon \qquad L_a (x_1+x_2) &= a \bullet (x_1+x_2) = a \bullet x_1 + a \bullet x_2 = L_a(x_1)+L_a(x_2),\\ \forall x \in A \ \forall \lambda \in \mathbb{R} \colon \qquad L_a (\lambda \cdot x) &= a \bullet (\lambda \cdot x) = \lambda \cdot (a \bullet x) = \lambda \cdot L_a(x).\\ \end{align*} $$

injektivitás

Tfh. $L_a(x_1) = L_a(x_2)$, azaz $a \bullet x_1 = a \bullet x_2$. Átrendezés után azt kapjuk, hogy $a \bullet (x_1 - x_2) = 0$, amiből a zérusosztómentesség miatt $x_1 = x_2$ következik, hiszen feltettül, hogy $a \neq 0$. Ezzel beláttuk, hogy $L_a$ injektív. (Itt $0$ az $A$ algebra additív egységelemét jelöli (amit korábban $z$-vel jelöltünk). Nemsokára belátjuk, hogy $A$ egységelemes, és onnantól már $A$ additív egységeleme valóban meg fog egyezni a nulla valós számmal.)

szürjektivitás

Felhasználjuk a lineáris transzformációk dimenziótételét (más néven „rang+nullitás” tételt): $\dim \operatorname{Ker} L_a + \dim \operatorname{Im} L_a = n$. Mivel $L_a$ injektív, magja $\{ 0 \}$, és így a dimenziótétel azt adja, hogy $L_a$ értékkészlete $n$-dimenziós altér $A$-ban, aki maga is $n$-dimenziós vektortér. Ez csak úgy lehetséges, hogy $\operatorname{Im} L_a = A$, tehát $L_a$ valóban szürjektív.

Ha $a \neq 0$, akkor az $L_a$ és $R_a$ leképezéseknek tehát létezik inverze. Az inverz leképezés definíciója szerint minden $b$-re $$ L_a(L^{-1}_a(b)) = a \bullet L^{-1}_a(b) = b, \qquad R_a(R^{-1}_a(b)) = R^{-1}_a(b) \bullet a = b. \qquad\qquad (\ast) $$ Ez az összefüggés lesz a kulcs $A$ egységelemességének és a multiplikatív inverzek létezésének bizonyításához.

2. lépés: Létezik egységelem $A$-ban.

Rögzítsünk egy $a$ elemet, és legyen $e = L^{-1}_a(a)$. Ekkor $(\ast)$ szerint $a \bullet e = a \bullet L^{-1}_a(a) = a$, tehát $e$ legalább az $a$ elemre nézve jobb oldali egységelemként viselkedik. Ezt és $(\ast)$-ot használva láthatjuk, hogy $e$ valójában jobb oldali egységelem: minden $b \in A$ esetén $$b \bullet e = (R^{-1}_a(b) \bullet a) \bullet e = R^{-1}_a(b) \bullet (a \bullet e ) = R^{-1}_a(b) \bullet a = b.$$ Hasonlóan találhatunk egy $e'$ bal oldali egységelemet is. Végül $e' \bullet e = e'$ (mert $e$ jobb oldali egységelem) és $e' \bullet e = e$ (mert $e'$ bal oldali egységelem). Tehát $e=e'$, és ez az elem kétoldali egységelem.

3. lépés: Minden nemnulla elemnek létezik inverze $A$-ban, vagyis $A$ ferdetest.

Ismét $(\ast)$-ot használjuk: ha $a \neq 0$, akkor $a \bullet L^{-1}_a(e) = e$ (vagyis $L^{-1}_a(e)$ jobb oldali inverze $a$-nak) és $R^{-1}_a(e) \bullet a = e$ (vagyis $R^{-1}_a(e)$ bal oldali inverze $a$-nak). Ezek után elég belátni, hogy a két féloldali inverz megegyezik, ehhez pedig az asszociativitást használjuk: $$L^{-1}_a(e) = e \bullet L^{-1}_a(e) = (R^{-1}_a(e) \bullet a) \bullet L^{-1}_a(e) = R^{-1}_a(e) \bullet (a \bullet L^{-1}_a(e)) = R^{-1}_a(e) \bullet e = R^{-1}_a(e).$$

Az egységelem létezésének köszönhetően a valós számtest beágyazható $A$-ba, ezért mostantól úgy tekintjük, hogy $\mathbb{R}$ részalgebrája $A$-nak, és élünk azzal a jelölésbeli egyszerűsítéssel, amivel már korábban is: $a\bullet b$ helyett csak $a\cdot b$-t vagy $ab$-t írunk a továbbiakban, és az egységelemet ezentúl nem $e$ hanem $1$ jelöli (hiszen ő megegyezik a „beágyazott” $1$-es számmal). Mivel $\mathbb{R} \subseteq A$, van értelme bármely $f \in \mathbb{R}[x]$ polinomba tetszőleges $a\in A$ elemet helyettesíteni. Kihasználva $A$ végesrangúságát, megmutatjuk, hogy $A$ minden eleme gyöke egy nemnulla valós polinomnak, sőt, feltehetjük azt is, hogy ez a polinom irreducibilis. (Testelméletben ezt úgy mondanánk, hogy $A$ minden eleme algebrai $\mathbb{R}$ felett. Itt is érvényes az, hogy a legkisebb fokszámú ilyen polinom irreducibilis; nevezhetnénk ezt az $a$ elem minimálpolinomjának.)

4. lépés: Minden $a\in A$ elemhez létezik olyan $f_a \in \mathbb{R}[x]$ irreducibilis polinom, amelyre $f_a(a) = 0$.

Mivel $A$ egy $n$-dimenziós vektortér $\mathbb{R}$ felett, az $1,a,a^2,\ldots,a^n$ vektorrendszer lineárisan függő (ugye?), így léteznek olyan $\lambda_0,\lambda_1,\lambda_2,\ldots,\lambda_n$ valós számok, amelyek nem mind nullák, és $\lambda_0\cdot 1+\lambda_1\cdot a+\lambda_2\cdot a^2+\cdots+\lambda_n\cdot a^n = 0$. Eszerint $a$ gyöke az $f=\lambda_0+\lambda_1x+\lambda_2x^2+\cdots+\lambda_nx^n \in \mathbb{R}[x]\!\setminus\!\{0\}$ polinomnak. (Nem biztos, hogy $\deg f = n$, mert előfordulhat, hogy $\lambda_n = 0$, de $f$-nek van legalább egy nemnulla együtthatója.) Ha $f$ irreducibilis faktorizációja az $\mathbb{R}[x]$ polinomgyűrűben $f=p_1\cdot\ldots\cdot p_r$, akkor $0=f(a)=p_1(a)\cdot\ldots\cdot p_r(a)$. Ebből $A$ zérusosztómentessége miatt következik, hogy $p_m(a)=0$ valamely $m\in \{1,\ldots,r\}$ indexre, és ekkor $f_a:=p_m$ olyan $\mathbb{R}$ felett irreducibilis polinom, amelyre $f_a(a) = 0$.

Tudjuk, hogy egy $\mathbb{R}$ feletti irreducibilis polinom fokszáma legfeljebb kettő lehet. Megmutatjuk, hogy ha $f_a$ elsőfokú, akkor $a$ valós szám (ne feledjük, hogy $\mathbb{R}$ be van ágyazva $A$-ba), ha pedig $f_a$ másodfokú, akkor $a$ „olyasmi”, mint egy komplex szám.

5. lépés: Ha $\deg f_a = 1$, akkor $a\in \mathbb{R}$. Ha $\deg f_a = 2$, akkor $a$ felírható $a = \lambda + \mu j$ alakban, ahol $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$, $\mu \neq 0$, a $j \in A$ elemre pedig $j^2 = -1$ teljesül.

Ha $f_a$ elsőfokú, akkor ilyen alakú: $f_a=\alpha x + \beta$, ahol $\alpha,\beta \in \mathbb{R}$ és $\alpha\neq0$. Az $f_a(a) = 0$ egyenlőséget átrendezve azt kapjuk, hogy $a = -\beta \cdot \alpha^{-1}$, és ez valóban valós szám, mert $\alpha$ és $\beta$ is azok.

Ha $f_a$ másodfokú, akkor ilyen alakú: $f_a=\alpha x^2 + \beta x +\gamma$, ahol $\alpha,\beta,\gamma \in \mathbb{R}$ és $\alpha\neq0$, továbbá $\delta:=\beta^2-4\alpha\gamma\lt0$ (miért?). A másodfokú egyenlet megoldóképletét alkalmazva (gondoljuk meg, hogy miért alkalmazható!), az $f_a(a) = 0$ egyenlőségből kapjuk, hogy $a = \displaystyle\frac{-\beta+\sqrt{\delta}}{2\alpha}$. Legyen $d=\sqrt{\delta}$; ez egy olyan $A$-beli elem, amelynek négyzete $\delta$. Legyen továbbá $j=\displaystyle\frac{d}{\sqrt{|\delta|}}$; ez egy olyan $A$-beli elem, amelynek négyzete $-1$, ugyanis $j^2=\displaystyle\frac{d^2}{|\delta|}=\displaystyle\frac{\delta}{|\delta|}=-1$ (ugye?). Ezzel máris megkapjuk az $a$ elem kívánt felírását: $$a = \frac{-\beta+\sqrt{\delta}}{2\alpha} = \frac{-\beta}{2\alpha} + \frac{d}{2\alpha} = \underbrace{\ \frac{-\beta}{2\alpha}\ }_{\lambda} + \underbrace{\ \frac{\sqrt{|\delta|}}{2\alpha}\ }_{\mu} \cdot \underbrace{\ \frac{d}{\sqrt{|\delta|}}\ }_{j} = \lambda + \mu j.$$

A fenti lépésben a $j$ elem függhet $a$-tól; láttuk már, hogy pl. $A = \mathbb{H}$ esetén végtelen sok olyan $j \in A$ elem van, amire $j^2 = -1$. Ha minden $a$ esetén $\deg f_a = 1$, akkor $A = \mathbb{R}$, és kész a bizonyítás. Ha nem, akkor vegyünk egy olyan $a \in A$ elemet, amelyre $\deg f_a = 2$, és nevezzük el az ő felírásában szereplő $j$ elemet $i$-nek. (Tehát $i$ egy kiválasztott, rögzített elem $\sqrt{-1}$ különböző $A$-beli értékei közül.) Az $\mathbb{R}(i) : = \{ \alpha + \beta i \mid \alpha, \beta \in \mathbb{R} \}$ halmaz egy $\mathbb{C}$-vel izomorf résztestet alkot $A$-ban. Ha ezt szokás szerint azonosítjuk $\mathbb{C}$-vel, akkor $\mathbb{C} \subseteq A$ teljesül, és ha itt egyenlőség van, akkor készen vagyunk.

Tfh. tehát, hogy $\mathbb{R}(i) \subset A$; mostantól arra „utazunk”, hogy belássuk, hogy $A \cong \mathbb{H}$. A bizonyítás következő néhány lépésében azt derítjük fel, hogy $i$ milyen kölcsönhatásban van $A$ elemeivel; különösen az lesz fontos, hogy $i$ mely elemekkel cserélhető fel, azaz mely $a \in A$ elemekre teljesül $ia=ai$. Ehhez használjuk az alábbi $\xi$ leképezést: $$ \xi \colon A \to A, \; a \mapsto -ixi. $$ Mivel $i^2=-1$, az $i$ elem multiplikatív inverze $-i$, vagyis a $\xi$ leképezést így is írhatnánk: $\xi(a) = i^{-1}ai$. Aki tanult már csoportelméletet, annak ez ismerős lehet: ez nem más, mint az $i$-vel való konjugálás.

6. lépés: A $\xi$ leképezés automorfizmusa az $A$ algebrának.

Az 1. lépéssel ellentétben itt nem csupán vektortér-automorfizmusról van szó, hanem algebraautomorfizmusról, tehát a bijektivitás és a linearitás mellett a (korábban $\bullet$-val jelölt) szorzással való felcserélhetőséget is be kell látni.

bijektivitás

Könnyen ellenőrizhető, hogy $\xi\circ\xi = \operatorname{id}_A$, vagyis a $\xi$ leképezés saját magának az inverze (következésképp bijekció): $$\forall x \in A \colon \qquad \xi(\xi(x))=\xi(-ixi)=-i(-ixi)i=(-i)^2xi^2=(-1)x(-1)=x.$$

linearitás

$$ \begin{align*} \forall x_1,x_2 \in A \colon \qquad \xi(x_1+x_2) &= -i(x_1+x_2)i = -ix_1i + (-ix_2i) = \xi(x_1)+\xi(x_2),\\ \forall x \in A \ \forall \lambda \in \mathbb{R} \colon \qquad -i(\lambda \cdot x)i &= \lambda \cdot (-ixi) = \lambda \cdot \xi(x).\\ \end{align*} $$

szorzással való felcserélhetőség

$$\forall x_1,x_2 \in A \colon \qquad \xi(x_1\cdot x_2) = -i(x_1\cdot x_2)i = -ix_1\cdot i(-i)\cdot x_2i = -ix_1i \cdot (-ix_2i) = \xi(x_1)\cdot\xi(x_2).$$

Mivel $\xi$ lineáris transzformációja $A$-nak, mint $\mathbb{R}$ fölötti $n$-dimenziós vektortérnek, érdemes megnézni, hogy mik a sajátértékei és a sajátvektorai. Egy nemnulla $a$ elem akkor sajátvektor $\lambda$ sajátértékkel, ha $\xi(a) = \lambda a$. Könnyen látható, hogy ez akkor és csak akkor teljesül, ha $ai=\lambda ia$. Speciálisan a $\lambda = 1$ sajátértékhez tartozó sajátvektorok (azaz $\xi$ nemzéró fixpontjai) éppen az $i$-vel felcserélhető nemzéró elemek. Szükségünk lesz még a $\lambda = -1$ sajátértékhez tartozó sajátvektorokra is ($\pm 1$-en kívül más sajátérték nincs is, de ezt a tényt nem fogjuk használni). Jelölje $U_1$ és $U_{-1}$ a $\lambda = 1$ és a $\lambda = -1$ sajátátértékekhez tartozó sajátaltereket (a sajátalterekben benne van a nullvektor is, noha azt nem tekintjuk sajátvektornak!): $$ \begin{align*} U_1 &= \{ a \in A \mid \xi(a)=a \} = \{ a \in A \mid ia=ai \}, \\ U_{-1} &= \{ a \in A \mid \xi(a)=-a \} = \{ a \in A \mid ia=-ai \}. \end{align*} $$

7. lépés: Az $A$ vektortér az $U_1$ és $U_{-1}$ alterek direkt összege.

A direkt összeg definíciója szerint az alábbi két dolgot kell belátni.

$A = U_1+U_{-1}$

Legyen $a \in A$ egy tetszőleges elem, és legyen $u_1 = \displaystyle\frac{a+\xi(a)}{2}$, $u_{-1} = \displaystyle\frac{a-\xi(a)}{2}$. Világos, hogy ekkor $a = u_1 + u_{-1}$, így már csak azt kell igazolni, hogy $\xi(u_1)=u_1$ és $\xi(u_{-1})=-u_{-1}$. Ezek ellenőrizhetőek $\xi$ linearitásása és a korábban látott $\xi\circ\xi = \operatorname{id}_A$ összefüggés segítségével: $$ \begin{align*} \xi(u_1) &= \xi\biggl(\frac{1}{2}a+\frac{1}{2}\xi(a)\biggr) = \frac{1}{2}\xi(a)+\frac{1}{2}\xi(\xi(a)) = \frac{1}{2}\xi(a)+\frac{1}{2}a = u_1, \\ \xi(u_{-1}) &= \xi\biggl(\frac{1}{2}a-\frac{1}{2}\xi(a)\biggr) = \frac{1}{2}\xi(a)-\frac{1}{2}\xi(\xi(a)) = \frac{1}{2}\xi(a)-\frac{1}{2}a = -u_{-1}. \end{align*} $$

$U_1\cap U_{-1} = \{0\}$

Tfh. $u \in U_1$ és $u \in U_{-1}$; ekkor $\xi(u) = u = -u$, azaz $2u=0$. Ebből következik (még a zérusosztómentesség nélkül is!), hogy $u=0$, és ez igazolja, hogy $U_1\cap U_{-1} = \{0\}$.

8. lépés: Két sajátvektor szorzata is sajátvektor, és a két sajátaltér „szorzótáblája” így fest: $$ \begin{array} [c]{c|cccc}% \cdot & U_1 & U_{-1} \\ \hline U_1 & U_1 & U_{-1} \\ U_{-1} & U_{-1} & U_1 \\ \end{array} $$

Az állítást tömörebben így fogalmazhatjuk meg: minden $\lambda,\mu \in \{ -1,1 \}$ esetén, ha $u_\lambda \in U_\lambda$ és $u_\mu \in U_\mu$, akkor $u_\lambda \cdot u_\mu \in U_{\lambda\mu}$. Ez könnyen kijön felhasználva, hogy $\xi$ felcserélhető a szorzással: $$\xi(u_\lambda \cdot u_\mu) = \xi(u_\lambda) \cdot \xi(u_\mu) = \lambda u_\lambda \cdot \mu u_\mu = (\lambda \mu) \cdot (u_\lambda \cdot u_\mu) \implies u_\lambda \cdot u_\mu \in U_{\lambda\mu}.$$

Közeledünk a célhoz (emlékeztetőül: a cél azt belátni, hogy $A \cong \mathbb{H}$); megmutatjuk, hogy $U_1$ a komplex számtest (amit korábban már beágyaztunk $A$-ba), majd ennek segítségével bebizonyítjuk, hogy $A$ rangja $4$.

9. lépés: $U_1 = \mathbb{R}(i)$.

Azt kell bizonyítanunk, hogy minden $a \in A$ elemre $a \in \mathbb{R}(i) \iff ia=ai$.

$\implies$

A valós számok felcserélhetőek $i$-vel (miért?), és persze $i$ felcserélhető saját magával is, ezért a valós számokból és $i$-ből „felépíthető” elemek is felcserélhetőek $i$-vel: $i(\lambda + \mu i) = i\lambda + i\mu i = \lambda i + \mu i i = (\lambda + \mu i)i$.

$\impliedby$

Legyen $a$ egy tetszőleges, $i$-vel felcserélhető elem. Ha $a \in \mathbb{R}$, akkor világos, hogy $a \in \mathbb{R}(i)$. Ha $a \notin \mathbb{R}$, akkor az 5. lépés szerint $a$ felírható $a = \lambda + \mu j$ alakban, ahol $\lambda, \mu \in \mathbb{R}$, $\mu \neq 0$ és $j^2 = -1$. Mivel $\lambda$, $\mu^{-1}$ és $a$ mind felcserélhetőek $i$-vel, $j = \mu^{-1}(a-\lambda)$ is felcserélhető vele: $$ij = i\mu^{-1}(a-\lambda) = \mu^{-1}i(a-\lambda) = \mu^{-1} (ia - i\lambda) = \mu^{-1} (ai - \lambda i) = \mu^{-1} (a - \lambda) i = ji.$$ Ebből következik, hogy $(i+j)(i-j)=0$, ugyanis $$(i+j)(i-j) = i^2 - ij + ji - j^2 = i^2 - ij + ij - j^2 = i^2 - j^2 = -1 - (-1) = 0.$$ Felhasználva $A$ zérusosztómentességét, azt kapjuk, hogy $i+j=0$ vagy $i-j=0$, azaz $j=-i$ vagy $j=i$. Mindkét esetben világos, hogy $a = \lambda + \mu j$ az $\mathbb{R}(i)$ halmazban van (ugye?).

10. lépés: Az $A$ algebra rangja $4$.

A 7. lépésből tudjuk, hogy $A = U_1 \oplus U_{-1}$, tehát $\dim A = \dim U_1 + \dim U_{-1}$. A 9. lépésben beláttuk, hogy $U_1 = \mathbb{R}(i)$, így $\dim U_1 = 2$ (ugye?). Meg fogjuk mutatni, hogy $U_{-1}$, mint $\mathbb{R}$ fölötti vektortér (nem mint algebra!) izomorf az $U_1$ vektortérrel. E célból rögzítsünk egy tetszőleges nemnulla $u \in U_{-1}$ elemet. Az 1. lépés szerint $L_u$ bijektív lineáris transzformáció. Szorítsuk meg ezt a transzformációt az $U_1$ altérre. Az injektivitás és a linearitás persze teljesül erre a leszűkített leképezésre is, ezért ha teljesül, hogy $L_u(U_1)=U_{-1}$, akkor $L_u$ izomorfizmust létesít az $U_1$ és $U_{-1}$ alterek között.

$L_u(U_1)\subseteq U_{-1}$

Ez nem más, mint a 8. lépésbeli művelettáblázat bal alsó elme: az $U_{-1}$-beli $u$ elemnek bármely $U_1$-beli elemmel vett szorzata $U_{-1}$-ben van.

$L_u(U_1)\supseteq U_{-1}$

Tfh. $b \in U_{-1}$, és legyen $a = u^{-1}b$. Ez az $a$ elem lesz $b$ ősképe az $L_u$ leképezésnél, hiszen $L_u(a) = ua = uu^{-1}b = b$. Célunk megmutatni, hogy $a\in U_1$. Tudjuk, hogy $iu=-ui$, mivel $u \in U_{-1}$. Szorozzunk balról és jobbról is $u$ inverzével: $u^{-1}iuu^{-1}=-u^{-1}uiu^{-1}$, azaz $u^{-1}i=-iu^{-1}$. Ez azt jelenti, hogy $u^{-1} \in U_{-1}$. Ismét a 8. lépést használva (most a művelettáblázat jobb alsó elmét kell nézni) kapjuk, hogy $a=u^{-1}b \in U_1$, hiszen $b$ és $u^{-1}$ is az $U_{-1}$ altérben van. Ezzel bebizonyítottuk, hogy $b = L_u(a) \in L_u(U_1)$.

Mivel $U_{-1}$ és $U_1$ izomorf vektorterek, $\dim U_{-1} = \dim U_1 = 2$, tehát $\dim A = \dim U_1 + \dim U_{-1} = 2+2 =4$.

A kvaternióferdetestben hemzsegnek $-1$ négyzetgyökei. Az utolsó előtti lépésben belátjuk, hogy $A$-ban is rengeteg olyan elem van, aminek a négyzete negatív valós szám, majd ennek segítségével végre célba érünk.

11. lépés: Ha $a \in U_{-1}\!\setminus\!\{0\}$, akkor $a^2 \in \mathbb{R}^-$.

Ha $a \in U_{-1}\!\setminus\!\{0\}$, akkor a 8. lépés szerint (meignt a táblázat jobb alsó sarkát kell nézni) $a^2\in U_1$, és így a 9. lépés alapján $a^2=\alpha + \beta i$ alkalmas $\alpha,\beta$ valós számokkal. Az asszociativitásból következik, hogy $a$ felcserélhető $a^2$-tel: $a^2a=(aa)a=a(aa)=aa^2$, tehát $a(\alpha + \beta i)=(\alpha + \beta i)a$. Vonjuk ki mindkét oldalból az $a\alpha=\alpha a$ elemet, és használjuk fel, hogy $\beta$ is felcserélhető $a$-val: $a\beta i = \beta ai =\beta ia$. Az $a \in U_{-1}$ feltevés alapján $ia=-ai$, tehát $\beta ai = \beta ia = -\beta ai$, azaz $2\beta ai =0$. A zérusosztómentesség miatt ebből $\beta=0$ következik, hiszen se $a$ se $i$ nem nulla. Ezzel beláttuk, hogy $a^2 = \alpha$, vagyis $a^2$ valós szám.

Ha $\alpha$ nemnegatív lenne, akkor lenne valós négyzetgyöke, ami (mint minden valós szám) felcserélhető $a$-val. Ezt hasznájuk a következő számolásban: $$(a+\sqrt{\alpha})(a-\sqrt{\alpha}) = a^2 -a\sqrt{\alpha} + \sqrt{\alpha}a -\alpha = a^2 - \alpha =0.$$ A zérusosztómentességnek köszönhetően ebből következik, hogy $a+\sqrt{\alpha} = 0$ vagy $a-\sqrt{\alpha} = 0$, azaz $a=-\sqrt{\alpha}$ vagy $a=\sqrt{\alpha}$. Mindkét esetben azt kaptuk, hogy $a$ valós szám, tehát $a \in \mathbb{R} \subseteq \mathbb{R}(i) = U_1$. Másrészt feltettük, hogy $a \in U_{-1}$, ezért $a \in U_1 \cap U_{-1}$, ami a 7. lépés szerint csak $a=0$ esetén lenne lehetséges, node $a \neq 0$ is fel volt téve. Ezzel beláttuk, hogy $\alpha$ negatív, így $a^2 = \alpha \in \mathbb{R}^-$.

12. lépés: Az $A$ algebra izomorf a kvaterniók algebrájával.

Rögzítsünk egy tetszőleges $a \in U_{-1}$ elemet; ekkor az előző lépés szerint $\alpha := a^2 \in \mathbb{R}^-$. Ebből következik, hogy a $j:=\displaystyle\frac{a}{\sqrt{|\alpha|}}$ elemre $j^2=-1$ teljesül (ugye?). Mivel $i\in U_1$ és $j \in U_{-1}$, a 8. lépésből adódik (jobb felső sarok), hogy a $k:=ij$ elem $U_{-1}$-ben van. A $\{j,k\}$ vektorrendszer lineárisan független (ha $j$ és $k=ij$ egymás skalárszorosai lennének, akkor hányadosuk valós szám lenne, de a hányados nem más, mint $i$), tehát bázisa az $U_{-1}$ altérnek (hiszen a 10. lépés bizonyításánál láttuk, hogy $\dim U_{-1} = 2$). Másrészt $\{1,i\}$ nyilván bázisa az $U_1 = \mathbb{R}(i)$ altérnek, így a 7. lépésben igazolt direkt felbontás alapján $\{1,i,j,k\}$ bázisa $A$-nak, azaz $A$ elemei egyértelműen felírhatók $\alpha + \beta i + \gamma j + \delta k \ (\alpha,\beta,\gamma,\delta \in \mathbb{R})$ alakban.

Ezzel már majdnem készen vagyunk; csak azt kellene még ellenőrizni, hogy az $i,j,k$ elemek páronkénti szorzatai úgy alakulnak, ahogy a kvaternióknál. Tudjuk már, hogy $i^2=j^2=-1$ és $k=ij$, továbbá $j \in U_{-1}$ miatt $ji=-ij$. Ebből következik, hogy $$k^2=kk=(ij)(ij)=i(ji)j=i(-ij)i=-iijj=-i^2j^2=-(-1)(-1)=-1.$$ Ez alapján pedig $ijk=kk=-1$ adódik, és ezzel beláttunk mindent, amit Hamilton felvésett a hídra (sőt, kicsivel többet is).