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由(1.1)式可定义$\mathbb{R}^2$上的乘法$(x_1,x_2)(y_1,y_2)=(x_1y_1-x_2y_2,x_1y_2+x_2y_1)$
容易发现这个乘法是可交换的:$(x_1,x_2)(y_1,y_2)=(y_1,y_2)(x_1,x_2)$
由(1.2)式可定义$\mathbb{R}^4$上的乘法$(x_1,\dots,x_4)(y_1,\dots,y_4)=(x_1y_1-x_2y_2-x_3y_3-x_4y_4,\dots)$
这个乘法不是可交换的:$(0,1,0,0)(0,0,1,0)\ne(0,0,1,0)(0,1,0,0)$
一般地，假设$\mathbb{R}^n$上有定义可交换乘法，考虑 $\mathbb{R}^n$ 的单位球面 $S^{n-1}$，定义映射 $f: S^{n-1} \rightarrow S^{n-1}$ 为$$f(x)=\frac{x^2}{\left|x^2\right|}$$由于 $f(-x)=f(x)$ 我们可以定义映射 $\bar{f}: \mathbb{R} \mathbb{P}^{n-1} \rightarrow S^{n-1}$ 为 $\bar f(\{x,-x\})=f(x)$.
对于 $x, y \in S^{n-1}$，若 $f(x)=f(y)$ 则 $\frac{x^2}{|x^2|}=\frac{y^2}{|y^2|}$，设$\alpha=\sqrt{\frac{\left|x^2\right|}{\left|y^2\right|}}$ 则$$x^2=\alpha^2 y^2$$
因此，$x^2-\alpha^2 y^2=0$，使用交换性和 $\alpha\inR$ 得$$(x+\alpha y)(x-\alpha y)=0$$
假定两个非零的数之积不为零，那么$x= \pm \alpha y$，并且由于 $x, y$ 是单位向量且 $\alpha$ 是实数，$$x= \pm y$$因此 $\bar{f}$ 是单射。
如果 $n>1$，根据推论 2B.4，$\bar{f}$ 是一个同胚 $\mathbb{R} \mathbb{P}^{n-1} \cong S^{n-1}$，对比它们的homology只能 $n=2$.
因此，有限维数的实数上的交换除环是维数为 1 或 2 的。
剩下的就是证明一个带有单位元的二维交换除环 $A$ 必同构于 $\mathbb{C}$.
设 $A=\mathbb{R}+j\mathbb{R}$.
那么，$j^2=a+b j$ 对于某些 $a, b \in \mathbb{R}$.
因此，$\left(j-\frac{b}{2}\right)^2=a+\frac{b^2}{4}$，所以通过重新选择 $j$ 为 $j-\frac b2$，我们可以假设 $j^2=a \in \mathbb{R}$.
如果 $a \geq 0$，则$j^2=a \Rightarrow(j+\sqrt a)(j-\sqrt a)=0 \Rightarrow j= \pm\sqrt c\inR\Rightarrow A=\mathbb R$.
所以 $a < 0$，$j^2=a$，通过重新缩放 $j$ 为 $\frac j{\sqrt{-a}}$，我们可以假设 $j^2=-1$。所以，$A \cong \mathbb{C}$.
web.math.utk.edu/~freire/teaching/m663f21/Downs_DivisionAlgebras.pdf |
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