Az oldal betöltésekor a bizonyítás vázlata látható. A kis háromszögekre kattintva megjelennek a részletek (és azokon belül lehetnek újabb kibontható részletek). Minden részleten át kell előbb-utóbb rágni magunkat, de amikor már megértettünk egy részt (és úgy érezzük, hogy most már magunktól is meg tudnánk csinálni), akkor azt visszacsukhatjuk, és így áttekinthető formában láthatjuk a bizonyítás fő gondolatmenetét.
Egy $T$ test akkor és csak akkor rendezhető (azaz van kompatibilis lineáris rendezése), ha a multiplikatív egységelem additív inverze nem áll elő négyzetösszegként: $$\not\exists a_1,\ldots,a_n \in T \colon \ a_1^2 + \cdots + a_n^2 = -1.\qquad (\ast)$$
A feltétel szükségességét beláttuk a március 9-ei órán. Az elegendőséghez tekintsük az $X:=\{ \ a_1^2 + \cdots + a_n^2 \mid a_1,\ldots,a_n \in T\}$ halmazt.
1. lépés: $X$ pozitivitási tartomány
Ezt még megcsináltuk március 5-én.
2. lépés: Legyen $P$ maximális pozitivitási tartomány, ami tartalmazza $X$-et.
Tekintsük az összes olyan pozitivitási tartományok halmazát, amelyek tartalmazzák $X$-et. Ezeket a halmazokat a tartalmazási relációval rendezve kapunk egy részbenrendezett halmazt. Ennek a Zorn-lemma szerint van maximális eleme. (Ezt nem részleteztük; azon múlik a dolog, hogy egymásba skatulyázott pozitivitási tartományok uniója is pozitivitási tartomány.) Több maximális elem is lehet, bármelyiket vehetjük $P$-nek.
3. lépés: $P$ zárt az osztásra
Azt kell belátnunk, hogy $a,b\in P\ (b\neq 0)$ esetén $\frac{a}{b}=ab^{-1}\in P$. Ehhez tekintsük a $P':=\big\{ \frac{a}{b} \mid a,b\in P,\ b\neq 0 \big\}$ halmazt.
Nem nehéz ellenőrizni, hogy $P'$ is pozitivitási tartomány.
- (P0): $0=\frac{0}{1}\in P'$, mert $0\in P$ (hiszen $P$ pozitivitási tartomány), és $1\in P$ (hiszen $X \subseteq P$).
- (P+): Tfh. $\frac{a}{b},\frac{c}{d} \in P'\ (a,b,c,d\in P, b,d\neq 0)$. Ekkor $\frac{a}{b}+\frac{c}{d}=\frac{ad+bc}{bd}\in P'$, hiszen a számláló és a nevező is $P$-ben van (ugye?).
- (P·): Tfh. $\frac{a}{b},\frac{c}{d} \in P'\ (a,b,c,d\in P, b,d\neq 0)$. Ekkor $\frac{a}{b}\cdot\frac{c}{d}=\frac{ac}{bd}\in P'$, hiszen a számláló és a nevező is $P$-ben van (ugye?).
- (P−): Tfh. $x,-x \in P'$ (cél: $x=0$). Ekkor $x=\frac{a}{b}$ és $-x=\frac{c}{d}$, ahol $a,b,c,d\in P \ (b,d\neq 0)$. Ebből következik, hogy $-\frac{a}{b}=\frac{c}{d}$, és így $-ad=bc\in P$ (ugye?). A $P$ pozitivitási tartományra alkalmazva a (P−) feltételt, kapjuk, hogy $-ad=bc=0$, azaz $a=c=0$ (hiszen $b$ és $d$ nem nulla, és $T$ zérusosztómentes). Tehát valóban $x=0$.
Ezzel beláttuk, hogy $P'$ is pozitivitási tartomány.
Könnyű belátni, hogy $P \subseteq P'$.
Minden $a\in P$ esetén $a=\frac{a}{1}\in P'$ (mert $1\in X \subseteq P$).
Mivel $P$ maximális volt az $X$-et tartalmazó pozitivitási tartományok között, nem lehet valódi része $P'$-nek. Ezzel beláttuk, hogy $P'=P$, ami épp azt jelenti, hogy $P$ zárt az osztásra.
4. lépés: (PLIN) teljesül $P$-re.
Indirekten bizonyítunk: tfh. van olyan $x\in T$, amelyre $x\notin P$ és $-x\notin P$ is teljesül; ebből fogunk ellentmondásra jutni.
Tekintsük a $Q:=\{ a+bx \mid a,b\in P \}$ halmazt.
Belátható, hogy $Q$ is pozitivitási tartomány.
- (P0): $0=0+0\cdot x \in Q$, mert $0\in P$.
- (P+): Tfh. $a+bx,c+dx \in Q\ (a,b,c,d\in P)$. Ekkor $(a+bx)+(c+dx)=(a+c)+(b+d)x\in Q$, hiszen $P$ zárt az összeadásra.
- (P·): Tfh. $a+bx,c+dx \in Q\ (a,b,c,d\in P)$. Ekkor $(a+bx)\cdot(c+dx)=(ac+bd\cdot x^2)+(ad+bc)x\overset{?}{\in} Q$. Az világos, hogy $ad+bc\in P$, hiszen $P$ zárt a szorzásra és az összeadásra. A kérdés az, hogy $ac+bd\cdot x^2$ is $P$-ben van-e. Mivel $X \subseteq P$, ezért $x^2\in P$, és ezután már $a,b,c,d\in P$ miatt $ac+bd\cdot x^2 \in P$ következik $P$ szorzásra és összeadásra való zártsága miatt.
- (P−): Tfh. $y,-y \in Q$ (cél: $y = 0$). Ekkor $y=a+bx$ és $-y=c+dx$, ahol $a,b,c,d\in P$. Ebből következik, hogy $$(b+d)\cdot(-x)=a+c\qquad (\diamondsuit)$$ (és itt nyilván $b+d,a+c\in P$). Két esetet különböztetünk meg aszerint, hogy $b+d$ nulla-e vagy sem.
- Ha $b+d\neq 0$, akkor $(\diamondsuit)$-ban leoszthatunk vele: $-x=\frac{a+c}{b+d}$. Ebből következik, hogy $-x\in P$, mert $P$ zárt az osztásra (beláttuk a 3. lépésben). Node ez ellentmond a $-x\notin P$ feltevésünknek.
- Ha $b+d= 0$, akkor $(\diamondsuit)$ szerint $a+c=0$. Azt kaptuk, hogy $-b=d\in P$ és $-a=c\in P$. Mivel $P$-re teljesül a (P−) feltétel, ez csak úgy lehet, hogy $b=d=0$ és $a=c=0$. Ekkor pedig $y=a+bx=0$, és épp ezt akartuk elérni.
Ezzel beláttuk, hogy $Q$ is pozitivitási tartomány.
Nyilván $P \subseteq Q$ (hiszen $a=a+0\cdot x\in Q$ minden $a\in P$ esetén) és $x\in Q$ (hiszen $x=0+1\cdot x$ és $0,1\in P$). Tehát $Q$ egy olyan pozitivitási tartomány, ami valódi módon tartalmazza $P$-t (hiszen $x\in Q \setminus P$), ez pedig ellentmond $P$ maximalitásának.
Tehát a $P$-hez tartozó komplatibilis rendezés lineáris.
A fenti következményben ágyúval lőttünk verébre: a komplex számok testének „elrendezhetetlensége” az előbbi nehéz tétel nélkül is bebizonyítható, csupán a (PLIN), (P·) és (P−) tulajdonságok felhasználásával. Ez lesz a 19. házi feladat.