Részbenrendezett algebrai struktúrák
Művelet és rendezés kompatibilitása
Legyen $\ast$ egy kétváltozós művelet és $\rho$ egy reláció ugyanazon az $A$ halmazon:
$$ \ast\colon A \times A \to A,\ (a,b) \mapsto a \ast b; \quad \rho \subseteq A \times A.$$
Azt mondjuk, hogy a $\rho$ reláció kompatibilis a $\ast$ művelettel, ha minden $a,b,c,d \in A$ esetén
$$
\left.
\begin{array}{c}
a \,\rho\, b \\
c \,\rho\, d \\
\end{array}
\right\}
\implies
a \ast c \;\ \rho \;\ b \ast d.
$$
Ha $\rho$ ekvivalenciareláció, akkor a kompatibilitás épp azt jelenti, hogy $\rho$ kongruenciája az $(A;\ast)$ algebrának. Kongruenciákról és a hozzájuk tartozó faktoralgebrákról lásd
ezt a prezentációt. Itt most azzal az esettel foglalkozunk, amikor $\rho$ részbenrendezési reláció, ezért ezentúl $\rho$ helyett a $\leq$ szimbólumot használjuk. Ezzel a jelöléssel a definíció így fest:
$$
\left.
\begin{array}{c}
a \leq b \\
c \leq d \\
\end{array}
\right\}
\implies
a \ast c \leq b \ast d.
$$
Ilyenkor a kompatibilitást szokás úgy is megfogalmazi, hogy a $\ast$ művelet
monoton a $\leq$ részbenrendezésre nézve, és az $(A;\ast,\leq)$ struktúrát
részbenrendezett grupoidnak nevezzük. Ha a rendezés lineáris, akkor
lineárisan rendezett grupoidról beszélünk.
Legyen $\ast$ egy kétváltozós művelet és $\leq$ egy részbenrendezés az $A$ halmazon. Ekkor az alábbi két állítás ekvivalens:
- $\forall a,b,c,d \in A\colon\; (a \leq b$ és $c \leq d) \implies a \ast c \leq b \ast d$ (vagyis a $\leq$ reláció kompatibilis a $\ast$ művelettel);
- $\forall a,b,c \in A\colon\; a \leq b \implies a \ast c \leq b \ast c\ $ és $\ c \ast a \leq c \ast b$.
$(1) \implies (2)$
Tfh. $a \leq b$, és alkalmazzuk (1)-et két különböző szereposztással, kihasználva a $\leq$ reláció reflexivitását:
$$
\left.
\begin{array}{c}
a \leq b \\
c \leq c \\
\end{array}
\right\}
\implies
a \ast c \leq b \ast c;
\qquad
\left.
\begin{array}{c}
c \leq c \\
a \leq b \\
\end{array}
\right\}
\implies
c \ast a \leq c \ast b.
$$
$(2) \implies (1)$
Tfh. $a \leq b$ és $c \leq d$. Az $a \leq b$ feltevésből (2) szerint következik $a \ast c \leq b \ast c$, a $c \leq d$ feltevésből pedig szintén (2) alapján $b \ast c \leq b \ast d$ következik (ugye?). Beláttuk tehát, hogy $a \ast c \leq b \ast c \leq b \ast d$, és így $a \ast c \leq b \ast d$, hiszen $\leq$ tranzitív reláció.
Figyeljük meg, hogy az $(1) \implies (2)$ irány bizonyításánál csak a reflexivitást használtuk, a $(2) \implies (1)$ iránynál pedig csak a tranzitivitást. Ezért, ha $\leq$ helyébe egy ekvivalenciarelációt írunk, akkor is igaz lesz a két állítás ekvivalenciája, hiszen minden ekvivalenciareláció reflexív és tranzitív. Tehát egy $\sim$ ekvivalenciareláció akkor és csak akkor kongruenciája az $(A;\ast)$ grupoidnak, ha
$\forall a,b,c \in A\colon\; a \sim b \implies a \ast c \sim b \ast c\ $ és $\ c \ast a \sim c \ast b$.
Tekintsük a $\leq$ részbenrendezéshez tartozó „szigorú” részbenrendezést: $a \lt b \iff a \leq b$ és $a \neq b$. Azt mondjuk, hogy a $\ast$ művelet
szigorúan monoton a $\leq$ részbenrendezésre nézve, ha
$\forall a,b,c \in A\colon\; a \lt b \implies a \ast c \lt b \ast c\ $ és $\ c \ast a \lt c \ast b.$
A $ \lt $ reláció tranzitív (de persze nem reflexív), ezért a fenti megjegyzés szerint a szigorú monotonitásból következik, hogy $\lt$ kompatibilis a $\ast$ művelettel (de visszafelé ez nem igaz!).
Legyen $\ast$ egy kétváltozós művelet és $\leq$ egy részbenrendezés az $A$ halmazon. Ha $\ast$ szigorúan monoton a $\leq$ részbenrendezésre nézve, akkor monoton is. Ha $\ast$ kancellatív művelet, akkor ennek a megfordítása is igaz.
szigorú monotonitás $\implies$ monotonitás
Tfh. $\ast$ szigorúan monoton; célunk a fenti tételben szereplő (2)-es tulajdonság igazolása. Ha $a \leq b$, akkor $a \lt b$ vagy $a=b$. Az első esetben a szigorú monotonitásból következik, hogy $a \ast c \lt b \ast c$, a második esetben pedig nyilván $a \ast c = b \ast c$. Látjuk tehát, hogy az $a \ast c \leq b \ast c$ egyenlőtlenség mindkét esetben teljesül. A $c \ast a \leq c \ast b$ egyenlőtlenség hasonlóan belátható.
monotonitás $\implies$ szigorú monotonitás, feltéve, hogy $\ast$ kancellatív
Tfh. $\ast$ monoton és kancellatív; célunk a fenti definícióban szereplő szigorú monoton tulajdonság igazolása. Az $a \lt b$ feltevésből nyilván következik $a \leq b$, az utóbbi pedig a monotonitás (2)-es megfogalmazása szerint maga után vonja, hogy $a \ast c \leq b \ast c$. Márészt, mivel $a \neq b$, a $\ast$ művelet kancellativitása miatt $a \ast c \neq b \ast c$. Beláttuk tehát, hogy $a \ast c \leq b \ast c$ de $a \ast c \neq b \ast c$, ez pedig épp azt jelenti, hogy $a \ast c \lt b \ast c$. A $c \ast a \lt c \ast b$ egyenlőtlenség hasonlóan belátható.
Részbenrendezett csoportok
Legyen $(G;+)$ egy Abel-csoport, és $\leq$ egy részbenrendezés a $G$ halmazon. Ha $\leq$ kompatibilis a $+$ művelettel, azaz
$\forall a,b,c \in G\colon\; a \leq b \implies a + c \leq b + c$,
akkor azt mondjuk, hogy $(G;+,\leq)$
részbenrendezett csoport. Ha a rendezés lineáris, akkor
lineárisan rendezett csoportról beszélünk.
A $P = \{ a \in G : a \geq 0\}$ halmazt a $G$ részbenrendezett csoport
pozitivitási tartományának nevezzük (itt $0$ a csoport egységelemét jelöli).
A fenti definícióban a
monotonitás (2)-es megfogalmazását használtuk, mert ezzel könnyebb dolgozni. Mivel feltettük, hogy a csoport művelete kommutatív, a $c + a \leq c + b$ egyenlőtlenséget „megspórolhattuk”.
Ha $(G;+,\leq)$ részbenrendezett Abel-csoport, akkor minden $a,b \in G$ esetén és $a \leq b \implies -a \geq -b$.
HF.
Legyen $(G;+,\leq)$ részbenrendezett Abel-csoport a $P$ pozitivitási tartománnyal.
- A pozitivitási tartomány és a részbenrendezés kölcsönösen meghatározzák egymást: $\forall a,b \in G\colon\; a \leq b \iff b-a \in P$.
- (P0) $0 \in P$
- (P+) $\forall a,b \in G\colon\; a,b \in P \implies a+b \in P$
- (P−) $\forall a \in G\colon\; (a \in P$ és $-a \in P) \implies a=0$
$\forall a,b \in G\colon\; a \leq b \implies b-a \in P$
Ha $a \leq b$, akkor a részbenrendezett csoport definícióját alkalmazva kapjuk, hogy $a+(-a) \leq b+(-a)$, azaz $b-a \in P$-
$\forall a,b \in G\colon\; b-a \in P \implies a \leq b$
Ha $b-a \in P$, akkor $0 \leq b-a$, és ebből a részbenrendezett csoport definícióját alkalmazva kapjuk, hogy $0+a \leq (b-a)+a$, azaz $a \leq b$.
(P0) $0 \in P$
Ez az állítás ekvivalens a $0 \leq 0$ egyenlőtlenséggel, ami a reflexivitás miatt nyilván teljesül.
(P+) $\forall a,b \in G\colon\; a,b \in P \implies a+b \in P$
Tfh. $a,b \in P$, azaz $a \geq 0$ és $b \geq 0$. A két egyenlőtlenséget összeadva (azaz a monotonitás (1)-es megfogalmazását használva) kapjuk, hogy $a+b \geq 0$, tehát $a+b \in P$.
(P−) $\forall a \in G\colon\; (a \in P$ és $-a \in P) \implies a=0$
Tfh. $a \in P$ és $-a \in P$, azaz $a \geq 0$ és $-a \geq 0$. Az utóbbi egyenlőtlenségből az inverzekről szóló fenti állítás segítségével következik, hogy $a \leq 0$. Node $a \geq 0$ és $a \leq 0$ egyszerre csak $a=0$ esetén teljesülhet az antiszimmetria miatt.
A fenti tétel első állítása szerint a $G$ csoporton egy kompatibilis részberendezést megadhatunk a pozitivitási tartományával. Ez „praktikus”, mert így csupán $G$ egy részhalmazát kell megadnunk, nem pedig $G \times G$ egy részhalmazát. A továbbiakban valóban ezt fogjuk tenni, ezért érdemes informálisan is megfogalmazni a pozitivitási tartományok három tulajdonságát: (P0) szerint az egységelem mindig benne van $P$-ben, (P+) azt jelenti, hogy a $P$ halmaz zárt az összeadásra, (P−) viszont nem azt mondja, hogy $P$ zárt az inverzképzésre, hanem „szinte” az ellenkezőjét: egy elem és az inverze csak akkor lehetnek egyszerre $P$-ben, ha az egységelemről van szó (neki persze saját maga az inverze). A következő tételben azt nézzük meg, hogy hogyan lehet kiolvasni a $P$ halmazból, hogy a hozzá tartozó részbenrendezés lineáris-e (vagyis dichotóm-e). Szemléletesen: a lineáris rendezések olyan „nagyok” amilyen nagyok csak lehetnek, ezért a nekik megfelelő pozitivitási tartományok is „nagyok” lesznek. A „nagyságnak” a reláció szempontjából az antiszimmetria szab gátat: $a \neq b$ esetén nem lehet $(a,b)$ és $(b,a)$ is benne a relációban. Ennek megfelelően a pozitivitási tartományt a (P−) tulajdonság korlátozza, és a „legnagyobb” $P$ halmazt úgy kapjuk, ha $a$ és $-a$ közül az egyiket (de csak az egyiket!) belevesszük a $P$ halmazba minden $a \neq 0$ esetén. Ezt fejezi ki az alábbi tételben szereplő (PLIN) tulajdonság.
Legyen $(G;+,\leq)$ részbenrendezett Abel-csoport a $P$ pozitivitási tartománnyal. A $\leq$ részbenrendezés akkor és csak akkor lineáris, ha a $P$ halmaz rendelkezik az alábbi tulajdonsággal:
- (PLIN) $\forall a \in G\colon\; a \in P$ vagy $-a \in P$.
$\leq$ lineáris $\implies$ (PLIN)
Tfh. $\leq$ lineáris (dichotóm) rendezés. A dichotómia miatt tetszőleges $a \in G$ elemre $a \geq 0$ és $a \leq 0$ közül legalább az egyik teljesül. Az első esetben $a \in P$, a második esetben pedig az inverzekről szóló fenti állításból $-a \geq 0$ következik, ami azt jelenti, hogy $-a \in P$. Ezzel beláttuk a (PLIN) tulajdonságot.
(PLIN) $\implies$ $\leq$ lineáris
Tfh. (PLIN) teljesül a $\leq$ kompatibilis részbenrendezésre. Tetszőleges $a,b \in G$ esetén $a-b$ és $b-a$ egymás inverze (ugye?), ezért a (PLIN) tulajdonság szerint $a-b \in P$ vagy $b-a \in P$. Az első esetben $a \geq b$ következik, a második esetben pedig $a \leq b$ (miért?). Ezzel beláttuk, hogy $\leq$ dichotóm.
A következő tételben megmutatjuk, hogy ha egy $P \subseteq G$ halmaz rendelkezik a (P0), (P+), (P−) tulajdonságokkal, akkor van olyan kompatibilis részbenrendezés, aminek éppen $P$ a pozitivitási tartománya, tehát a (P0), (P+), (P−) tulajdonságok karakterizálják a pozitivitási tartományokat csoportokban.
Legyen $(G;+)$ egy Abel-csoport és legyen $P \subseteq G$ egy olyan halmaz, ami rendelkezik a (P0), (P+), (P−) tulajdonságokkal. Ekkor van $G$-n olyan $\leq$ részbenrendezése, amellyel $(G;+,\leq)$ részbenrendezett Abel-csoport, amelynek pozitivitási tartománya éppen $P$.
Definiáljunk egy $\leq$ relációt a $G$ halmazon a következőképpen:
$a \leq b \iff b-a \in P$.
Megmutatjuk, hogy $\leq$ részbenrendezési reláció (reflexív, antiszimmetrikus és tranzitív), továbbá, hogy $\leq$ kompatibilis a $+$ művelettel és a hozzá tartozó pozitivitási tartomány éppen $P$.
reflexivitás
Bármely $a \in G$ elemre $a-a=0 \in P$ (a (P0) tulajdonság miatt), és ez a $\leq$ reláció definíciója szerint azt jelenti, hogy $a \leq a$.
tranzivitás
Ha $a \leq b$ és $b \leq c$, akkor a $\leq$ reláció definíciója szerint $b-a \in P$ és $c-b \in P$. A (P+) tulajdonság miatt ebből az következik, hogy a $c-a = (c-b)+(b-a)$ elem is $P$-ben van, ami megint csak $\leq$ definíciója szerint azt jelenti, hogy $a \leq c$.
antiszimmetria
Ha $a \leq b$ és $b \leq a$, akkor a $\leq$ reláció definíciója szerint $b-a \in P$ és $a-b \in P$. Ez a két elem egymás inverze, ezért a (P−) tulajdonság miatt $a-b=0$, azaz $a=b$.
kompatibilitás
Ha $a \leq b$, akkor a $\leq$ reláció definíciója szerint $b-a \in P$. Tetszőleges $c$ elemre $(b+c)-(a+c)=b-a \in P$ (miért?), ami megint csak $\leq$ definíciója szerint azt jelenti, hogy $a+c \leq b+c$. Ezzel beláttuk, hogy a $\leq$ részbenrendezés kompatibilis a csoport műveletével.
$\leq$ pozitivitási tartománya éppen $P$
Az $a$ elem akkor és csak akkor van benne a $\leq$ kompatibilis részbenrendezés pozitivitási tartományában, ha $a \geq 0$. A $\leq$ reláció definíciója szerint ez ekvivalens azzal, hogy $a-0 \in P$. Ezzel beláttuk, hogy a $\leq$ részbenrendezés pozitivitási tartományának elemei ugyanazok, mint $P$ elemei.
Az egész számok additív csoportján a szokásos (lineáris) rendezés pozitivitási tartománya $\mathbb{N}_0$. (Gondoljuk meg, hogy ez a halmaz valóban rendelkezik a a (P0), (P+), (P−) és (PLIN) tulajdonságokkal.) Van azonban sok más pozitivitási tartomány is, pl. a $P=\{0,3,6,9,\dots\}$ halmaz is teljesíti a (P0), (P+), (P−) feltételeket. A megfelelő részbenrendezésben $a \leq b$ akkor és csak akkor teljesül, ha $b$ a szokásos rendezésben is nagyobb vagy egyenlő, mint $a$, és a két szám különbsége osztható $3$-mal. Ezért itt a fedési reláció a következő lesz: $a \prec b \iff b=a+3$ (rajzoljuk fel a Hasse-diagramot!). Figyeljük meg, hogy a $P$ halmaz nem teljesíti a (PLIN) tulajdonságot, és ez a részbenrendezés valóban nem dichotóm.
Részbenrendezett gyűrűk
Legyen $(R;+,\cdot)$ egy gyűrű, és $\leq$ egy részbenrendezés az $R$ halmazon. Ha a részbenrendezés kompatibilis az összeadás műveletével:
$\forall a,b,c \in G\colon\; a \leq b \implies a + c \leq b + c$,
továbbá a szorzásra a következő teljesül:
$\forall a,b,c \in R\colon\; a \leq b \implies a \cdot c \leq b \cdot c$ és $c \cdot a \leq c \cdot b$, feltéve, hogy $c \geq 0$,
akkor azt mondjuk, hogy $(R;+,\cdot,\leq)$
részbenrendezett gyűrű. Ha a rendezés lineáris, akkor
lineárisan rendezett gyűrűről beszélünk.
A $P = \{ a \in R : a \geq 0\}$ halmazt az $R$ részbenrendezett gyűrű
pozitivitási tartományának nevezzük (itt $0$ a gyűrű additív egységelemét jelöli).
Figyeljük meg, hogy azt nem követeltük meg, hogy a szorzás kompatibilis legyen a részbenrendezéssel (a $c \geq 0$ feltevés miatt). Ellenkező esetben kizárnánk még az olyan alapvető példákat is, mint az egész számok rendezett gyűrűje.
Legyen $(R;+,\cdot,\leq)$ részbenrendezett gyűrű a $P$ pozitivitási tartománnyal.
- A pozitivitási tartomány és a részbenrendezés kölcsönösen meghatározzák egymást: $\forall a,b \in R\colon\; a \leq b \iff b-a \in P$.
- (P0) $0 \in P$
- (P+) $\forall a,b \in R\colon\; a,b \in P \implies a+b \in P$
- (P−) $\forall a \in R\colon\; (a \in P$ és $-a \in P) \implies a=0$
- (P·) $\forall a,b \in R\colon\; a,b \in P \implies a \cdot b \in P$
Csak az utolsó állítást kell bizonyítanunk, a többi következik a csoportokra vonatkozó megfelelő
tételből, hiszen $(R;+)$ részbenrendezett Abel-csoport (ugye?).
(P·) $\forall a,b \in G\colon\; a,b \in P \implies a \cdot b \in P$
Tfh. $a,b \in P$, azaz $a \geq 0$ és $b \geq 0$. Mivel $b \geq 0$, beszorozhatjuk az $a \geq 0$ mindkét oldalát $b$-vel, ls így azt kapjuk, hogy $a \cdot b \geq 0 \cdot b = 0$, tehát $a \cdot b \in P$.
Legyen $(R;+,\cdot,\leq)$ részbenrendezett gyűrű a $P$ pozitivitási tartománnyal. A $\leq$ részbenrendezés akkor és csak akkor lineáris, ha a $P$ halmaz rendelkezik az alábbi tulajdonsággal:
- (PLIN) $\forall a \in R\colon\; a \in P$ vagy $-a \in P$.
Az állítás rögtön következik a csoportokra vonatkozó megfelelő
tételből, ha az $(R;+)$ részbenrendezett Abel-csoportra alkalmazzuk azt.
A következő tételben megmutatjuk, hogy ha egy $P \subseteq R$ halmaz rendelkezik a (P0), (P+), (P−), (P·) tulajdonságokkal, akkor van olyan kompatibilis részbenrendezés, aminek éppen $P$ a pozitivitási tartománya, tehát a (P0), (P+), (P−), (P·) tulajdonságok karakterizálják a pozitivitási tartományokat gyűrűkben.
Legyen $(R;+,\cdot)$ egy gyűrű és legyen $P \subseteq R$ egy olyan halmaz, ami rendelkezik a (P0), (P+), (P−), (P·) tulajdonságokkal. Ekkor van $R$-en olyan $\leq$ részbenrendezése, amellyel $(R;+,\cdot,\leq)$ részbenrendezett gyűrű, amelynek pozitivitási tartománya éppen $P$.
Definiáljunk egy $\leq$ relációt az $R$ halmazon a következőképpen:
$a \leq b \iff b-a \in P$.
Az analóg
„csoportos” tételt alkalmazva az $(R;+)$ Abel-csoportra kapjuk, hogy $\leq$ részbenrendezési reláció, ami kompatibilis az összeadással, és pozitivitási tartománya éppen $P$. Már csak a részbenrendezett gyűrű definíciójából a
szorzásra vonatkozó feltétel igazolása van hátra. Nem meglepő módon ennek kulcsa a (P·) tulajdonság lesz.
$b \geq a\ $ és $\ c \geq 0 \implies b \cdot c \geq a \cdot c\ $ és $\ c \cdot b \geq c \cdot a$
Tfh. $b \geq a$ és $c \geq 0$. A $\leq$ reláció definíciója alapján ez azt jelenti, hogy $b-a \in P$ és $c \in P$. A (P·) tulajdonság szerint ekkor $(b-a) \cdot c = b \cdot c - a \cdot c \in P$, ebből pedig következik, hogy $b \cdot c \geq a \cdot c$ (ugye?). A $c \cdot b \geq c \cdot a$ egyenlőtlenség hasonlóan bizonyítható.
Láttunk korábban két
példát kompatibilis részbenrendezésre az egész számok additív csoportján. A nekik megfelelő pozitivitási tartományok zártak a szorzásra, azaz eleget tesznek a (P·) feltételnek (ugye?), ezért ezekkel a relációkkal $\mathbb{Z}$ nemcsak részbenrendezett csoportot, de részbenrendezett gyűrűt is alkot.
Rendezett testek
Minden test gyűrű, ezért az előző fejezetben tanultak részbenrendezett testekre is alkalmazhatóak. A számfogalom felépítése szempontjából a lineárisan rendezett testek a legfontosabbak (mint például a racionális számok teste és a valós számok teste), ezért ebben a fejezetben a lineárisan rendezett testek leírása a fő célunk.
A komplex számok testén (ami persze gyűrű is), a $P=\mathbb{R}^{+}_0$ halmaz pozitivitási tartomány (teljesül rá (P0), (P+), (P−), (P·) mindegyike). Hogyan „néz ki” a megfelelő részbenrendezés?
A fenti példában szereplő rendezés nem lineáris (ugye?), és a komplex számok testén nincs is olyan lineáris rendezés, amivel $\mathbb{C}$ lineárisan rendezett test lenne. Ezt szokás úgy is mondani, hogy a komplex számok teste nem elrendezhető. Ezzel szemben a valós számok teste elrendezhető (a „szokásos” rendezéssel). Vajon min múlik az, hogy egy test elrendezhető-e vagy sem? A kérdésre a válasz nagyon egyszerű, de a bizonyítása hosszadalmas; ez lesz az utolsó tételünk ebben a fejezetben. A tétel bizonyítását az alábbi lemma készíti elő, amelynek következményeként mindjárt meglátjuk, hogy a komplex számok teste miért nem elrendezhető.
Legyen $R$ lineárisan rendezett gyűrű.
- Bármely $a_1,\ldots,a_n \in R$ esetén $a_1^2+\cdots+a_n^2 \geq 0$.
- Bármely $a_1,\ldots,a_n \in R$ esetén $a_1^2+\cdots+a_n^2 = 0 \implies a_1^2=\cdots=a_n^2 = 0$ (ha $R$ zérusosztómentes, akkor persze az is következik, hogy $a_1=\cdots=a_n = 0$).
Jelölje $P$ az $R$ lineárisan rendezett gyűrű pozitivitási tartományát.
- Mivel $R$ rendezése lineáris, a $P$ halmaz teljesíti a (PLIN) feltételt. Ezért bármely $a \in R$ esetén $a \in P$ vagy $-a \in P$. A (P·) tulajdonság miatt az első esetben $a^2 \in P$, a második esetben pedig $(-a)^2 \in P$ következik. Látjuk tehát, hogy $a^2 \in P$, azaz minden „négyzet” $P$-ben van. Mivel $P$ zárt az összeadásra, minden négyzetösszeg is $P$-ben van, és épp ezt kellett igazolnunk.
- Tfh. $a_1^2+\cdots+a_n^2 = 0$, és vigyük át $a_1^2$-et a bal oldalra: $-a_1^2 = a_2^2+\cdots+a_n^2$. A most igazolt (1)-es állítás szerint $a_1^2 \in P$ és $a_2^2+\cdots+a_n^2 \in P$. Ez azt jelenti, hogy $a_1^2$ és $-a_1^2$ is $P$-ben van, így a (P−) tulajdonság szerint $a_1^2 = 0$. Hasonlóan igazolható, hogy $a_2^2=0, \ldots, a_n^2=0$.
A komplex számok teste nem elrendezhető.
$i^2+1^2=0.$
Egy $T$ test akkor és csak akkor elrendezhető, ha a multiplikatív egységelem additív inverze nem áll elő négyzetösszegként: $$\not\exists a_1,\ldots,a_n \in T \colon \ a_1^2 + \cdots + a_n^2 = -1.\qquad (⛄)$$