234
既然我们已经解释了把型划分为类、族、层，以及由这些划分给出的一般性质，下面就继续讨论另一个非常重要的课题——型的合成 。到目前为止，还没有人讨论过这个课题。在开始这一讨论之前，我们先插入下面的引理，这样后面就不会打断证明的连续性。
引理
假设有4个整数序列a ，a ′，a ″，…，a n ；b ，b ′，b ″，…，b n ；c ，c ′，c ″，…，c n ；d ，d ′，d ″，…，d n ，每个序列都有相同的项数（n ＋1）项，并且cd ′-dc ′，cd ″-dc ″，…，c ′d ″-d ′c ″，…分别等于k （ab ′-ba ′），k （ab ″-ba ″），…，k （a ′b ″-b ′a ″），…或者，一般地表示为
c λ d μ -d λ c μ ＝k （a λ b μ -b λ a μ ）
这里k 是一个给定整数，λ 和μ 是0到n 之间（包含边界）的任意两个不相等的整数，设μ 是两者中较大的数 [26] ；并且，所有的数a λ b μ -b λ a μ 没有公约数。在这些条件下，我们可以求出4个整数α ，β ，γ ，δ ，使得
一般地表示为
αa ν ＋βb ν ＝c ν ，γa ν ＋δb ν ＝d ν ，
那么，我们可以得出
αδ -βγ ＝k
根据假设，数ab ′-ba ′，ab ″-ba ″，…，a ′b ″-b ′a ″，…［它们的个数为 ］没有公约数，所以我们可以求得同样多个另外的整数，使得这两组数分别相乘后，其乘积之和等于1（条目40） 。我们把这些乘数记为（0，1），（0，2），…，（1，2），…，或者一般地，数a λ b μ -b λ a μ 的乘数记为（λ ，μ ），从而有
∑（λ ，μ ）（a λ b μ -b λ a μ ）＝1
（用符号∑表示下面的表达式通过上述方法得到的值之和；λ ，μ 取位于0到n 之间的不同的值，且λ ＞μ） ，现在，如果令
∑（λ ，μ ）（c λ b μ -b λ c μ ）＝α ，∑（λ ，μ ）（a λ c μ -c λ a μ ）＝β
∑（λ ，μ ）（d λ b μ -b λ d μ ）＝γ ，∑（λ ，μ ）（a λ d μ -d λ a μ ）＝δ
那么这些数α ，β ，γ ，δ 就具有想要的性质。
证明
1．如果ν是0到n 之间的任意整数，就有
用类似的计算方法，我们得出
γa ν ＋δb ν ＝d ν
这就是第1部分的证明。
2．由于
c λ ＝αa λ ＋βb λ ，c μ ＝αa μ ＋βb μ
我们得到
c λ b μ -b λ c μ ＝α （a λ b μ -b λ a μ ）
并且类似地得出
a λ c μ -c λ a μ ＝β （a λ b μ -b λ a μ ）
d λ b μ -b λ d μ ＝γ （a λ b μ -b λ a μ ）
a λ d μ -d λ a μ ＝δ （a λ b μ -b λ a μ ）
只要这样选取的λ ，μ 使得a λ b μ -b λ a μ 不等于0，由这些公式就能更加方便地获得α ，β ，γ ，δ 的值。这是肯定能做到的，因为，根据假设，所有的数a λ b μ -b λ a μ 都没有公约数，因此它们不可能都等于0。如果将第1个等式乘以第4个等式，将第2个等式乘以第3个等式，再把其乘积相减，可得
因此，必定有
aδ -βγ ＝k
第2部分证明完毕。
235
如果型AX 2 ＋2BXY ＋CY 2 （记为F ）通过代换
X ＝pxx ′＋p ′xy ′＋p ″yx ′＋p yy ′
Y ＝qxx ′＋q ′xy ′＋q ″yx ′＋q yy ′
变换为两个型ax 2 ＋2bxy ＋cy 2 （记为f ） 和a ′x ′x ′＋2b ′x ′y ′＋c ′y ′y ′（记为f ′） 的乘积，我们就简单地说型 F 可以变换为ff ′ （为了简洁，我们这样表述：F 通过代换p ，p ′，p ″，p ；q ，q ′，q ″，q 变换成ff ′） [27] 。而且，如果这组代换能够使得6个数pq ′-qp ′，pq ″-qp ″，pq -qp ，p ′q ″-q ′p ″，p ′q -q ′p ，p ″q -q ″p 没有公约数，我们就称型F 由型f 和f ′合成 。
我们从最一般的假设——型F 通过代换p ，p ′，p ″，p ；q ，q ′，q ″，q 变换成ff ′——开始讨论，看看由此可以推出什么。显然，下面的9个等式与这个假设是完全等价的（只要这些等式成立，F 就可以通过给定代换变换成f f ′，反之亦然）
设型F ，f ，f ′的行列式分别为D ，d ，d ′，并且设数A ，2B ，C ；a ，2b ，c ；a ′，2b ′，c ′的最大公约数分别是M ，m ，m ′（假设所有这些数都取正号） 。而且，我们这样来确定6个整数 ，使得 ＋ ＝m ， 。最后，我们分别用P ，Q ，R ，S ，T ，U 来表示数pq ′-qp ′，pq ″-qp ″，pq -qp ，p ′q ″-q ′p ″，p ′q -q ′p ，p ″q -q ″p ，设它们的最大公约数取正号后等于k 。现在，令
由等式［9］得
由这11个等式可以推导出下面的新的等式 [28]
由这些等式推导出以下等式
0＝2d ′a 2 （Δ2 -dd ′）
0＝（Δ2 -dd ′）2 -2d ′ac （Δ2 -dd ′）
即由等式［12］×［15］-［13］×［13］可以得到第1个等式，由等式［14］×［14］-［12］×［17］可以得到第2个等式；容易发现的是，不论有没有a ＝0，都有Δ2 -dd ′＝0 [29] ，因此，可以假设将等式［14］，［15］，［20］，［21］中的Δ2 -dd ′＝0删去。
现在，设
（尽管mn ′，m ′n 是整数，但nn ′可以是分数） 。那么，由等式［12］到［17］，推导出
并且由等式［18］到［23］推导出
因此，我们得出d ＝Dn 2 ，d ′＝Dn ′n ′，由此得到第1个结论——型F ，f ，f ′的行列式之间彼此相差一个平方因数 ；以及第2个结论—— D 总是整除dm ′m ′ ，d ′m 2 。因此，D ，d ，d ′的符号相同，并且，任何一个行列式大于dm ′m ′与d ′m 2 的最大公约数的型均不能变换为乘积f f ′。
用 分别乘以等式［12］，［13］，［14］，并且类似地，用它们再乘以等式［13］，［15］，［16］，以及［14］，［16］，［17］。将3个乘积相加，再用Dmn ′除这个和，把Dn ′n ′记作d ′，那么，就得到
P ＝an ′，R -S ＝2bn ′，U ＝cn ′
类似地，用 分别乘以等式［18］，［19］，［20］和［19］，［21］，［22］，以及［20］，［22］，［23］，得到
Q ＝a ′n ，R ＋S ＝2b ′n ，T ＝c ′n
由此我们得到第3个结论：数a ，2b ，c 与数P ，R -S ，U 对应成比例，如果取第1组与第2组数的比值为1∶n ′，那么n ′就 是的平方根；类似地，数a ′，2b ′，c ′与数Q ，R ＋S ，T 成比例，如果取这个比值为1∶n ，那么n 就是 的平方根。
这里数n 和n ′的值可能是 的正平方根，也可能是 的负平方根，所以我们做一个区分（乍看起来这个区分似乎没什么用，但随后就会看出它的作用） 。这种区分就是，如果型F 可变换成f f ′，当n 为正时，就说型f 是直接 取的；当n 为负时，就说型f 是反转 取的。类似地，当n ′为正或者是为负，我们就说型f ′是直接 取的或者反转 取的。如果进一步假设k ＝1，那么根据n 和n ′两者皆为正数，或者皆为负数，或者前者为正后者为负，或者前者为负后者为正，把型F 分别说成是型f 和f ′两者的直接合成，或者是两者的反转合成，或者是f 的直接与f ′的反转合成，或者是f 的反转与f ′的直接合成。容易发现的是，这些关系不取决于型选取的次序（见本条目的第1个注解 ） 。
我们进一步注意到，数P ，Q ，R ，S ，T ，U 的最大公约数k 整除数mn ′和m ′n （由上面给出的数值可知） 。因此，平方数k 2 整除m 2 n ′n ′，m ′m ′n 2 ，并且Dk 2 整除d ′m 2 ，dm ′m ′。但是，反过来mn ′和m ′n 的每个公约数也都整除k 。设e 是这样的一个公约数，显然，它整除an ′，2bn ′，cn ′，a ′n ，2b ′n ，c ′n ，即整除数P ，R -S ，U ，Q ，R ＋S ，T 。因而，它也整除2R 和2S 。现在，如果 是一个奇数， 一定也是奇数（因为它们的和与差都是偶数） ，所以它们的乘积一定是奇数。这个乘积就等于4（b ′b ′n 2 -b 2 n ′n ′）/e 2 ＝4（d ′n 2 ＋a ′c ′n 2 -dn ′n ′-acn ′n ′）/e 2 ＝4（a ′c ′n 2 -dn ′n ′-acn ′n ′）/e 2 ，因为e 整除a ′n ，c ′n ，an ′，cn ′，所以这个乘积是偶数。那么， 一定是偶数，且R 和S 都可以被e 整除。由于e 整除所有6个数P ，Q ，R ，S ，T ，U ，所以e 也整除它们的最大公约数k 。证明完毕。
总结：k 是数mn ′和数m ′n 的最大公约数，从而 Dk 2 就是数dm ′m ′和数d ′m 2 的最大公约数 。这是第4个结论。现在可知的是，如果F 由f 和f ′合成，D 就是数dm ′m ′和数d ′m 2 的最大公约数，反之亦然。这些性质也可以用来作为合成型的定义。因此，由型f 和型f ′合成的型在所有能变换成乘积f f ′的型中具有最大的行列式。
在继续讨论之前，我们必须先更加精确地求出Δ的值。我们已经证明了 ，但是还没有确定过它的符号 。为此，从基本等式［1］到［11］推导出DPQ ＝Δaa ′（由等式［5］×［6］-［1］×［11］得到这个结论） ，那么，Daa ′nn ′＝Δaa ′。如果数a 和a ′都不等于0，就有Δ＝Dnn ′。以完全相同的方式，由基本等式，我们能够推导出另外8个等式。在这8个等式中，Dnn ′位于等式的左边，Δ位于等式的右边，两边分别乘以2ab ′，ac ′，2ba ′，4bb ′，2bc ′，ca ′，2cb ′，cc ′ [30] 。现在，数a ，2b ，c 不全为0，数a ′，2b ′，c ′也不全为0，由此推出，在所有情况下Δ＝Dnn ′，并且对应于n 和n ′符号相同或者相反，Δ就与D ，d ，d ′有相同的符号或者相反的符号。
我们指出，数aa ′，2ab ′，ac ′，2ba ′，4bb ′，2bc ′，ca ′，2cb ′，cc ′，2bb ′＋2Δ，2bb ′-2Δ全都能够被mm ′整除。对于前9个数，这是显然的。对于后2个数，可以像前面证明R 和S 都能被e 整除那样加以证明。显然，4bb ′＋4Δ和4bb ′-4Δ都能够被mm ′整除（因为4Δ＝ 且4d 能够被m 2 整除，4d ′能够被m ′m ′整除，因而16dd ′能够被m 2 m ′m ′整除，即4Δ能够被mm ′整除） ，而且它们的商的差是偶数。容易证明，它们的商的乘积也是偶数，因此每个商都是偶数，所以2bb ′＋2Δ和2bb ′-2Δ能够被mm ′整除。
现在，由11个基本等式推导出下面6个等式
AP 2 ＝aa ′q ′q ′-2ab ′qq ′＋ac ′q 2
AQ 2 ＝aa ′q ″q ″-2ba ′qq ″＋ca ′q 2
AR 2 ＝aa ′q q -2（bb ′＋Δ）qq ＋cc ′q 2
AS 2 ＝ac ′q ″q ″-2（bb ′-Δ）q ′q ″＋ca ′q ′q ′
AT 2 ＝ac ′q q -2bc ′q ′q ＋cc ′q ′q ′
AU 2 ＝ca ′q q -2cb ′q ″q ＋cc ′q ″q ″
因此，我们可以推出所有的数AP 2 ，AQ 2 ，…都能被mm ′整除。由于k 2 是数P 2 ，Q 2 ，R 2 ，…的最大公约数，Ak 2 就也能够被mm ′整除。如果用它们的值 也即 来代替a ，2b ，c ，a ′，2b ′，c ′，那么，它们就变成另外的6个等式，这6个等式的右边是 和P 2 ，Q 2 ，R 2 ，…的乘积。这个非常简单的计算可由读者来完成。最后，我们可以推出（由于P 2 ，Q 2 ，…不全为0） Ann ′＝q ′q ″-qq 。
类似地，由基本等式我们能够推导出另外6个等式，这些等式与前面等式的区别是，用C 代替所有出现的A ，并且用p ，p ′，p ″，p 分别代替q ，q ′，q ′，q 。为了简洁，这里省去具体步骤。以上面同样的方式，由它们我们可以推出Ck 2 能够被mm ′整除，以及Cnn ′＝p ′p ″-pp 。
再一次由相同的结论我们推导出下面6个等式
BP 2 ＝-aa ′p ′q ′＋ab ′（pq ′＋qp ′）-ac ′pq
BQ 2 ＝-aa ′p ″q ″＋ba ′（pq ″＋qp ″）-ca ′pq
BR 2 ＝-aa ′p q ＋（bb ′＋Δ）（pq ＋qp ）-cc ′pq
BS 2 ＝-ac ′p ″q ″＋（bb ′-Δ）（p ′q ″＋q ′p ″）-ca ′p ′q ′
BT 2 ＝-ac ′p q ＋bc ′（p ′q ＋q ′p ）-cc ′p ′q ′
BU 2 ＝-ca ′p q ＋cb ′（p ″q ＋q ″p ）-cc ′p ″q ″
并且，像前面一样，我们由此总结，2Bk 2 能够被mm ′整除，以及2Bnn ′＝pq ＋qp -p ′q ″-q ′p ″。
现在，由于Ak 2 ，2Bk 2 ，Ck 2 都能够被mm ′整除，那么容易发现的是，Mk 2 一定也能够被mm ′整除。由基本等式知道，M 可以整除aa ′，2ab ′，ac ′，2ba ′，4bb ′，2bc ′，ca ′，2cb ′，cc ′，因而M 也能够整除am ′，2bm ′，cm ′（它们分别是这9个数中前3个数，中间3个数以及最后3个数的最大公约数） ；最后，它也整除所有这些数的最大公约数mm ′。因此，在型F 由型f 和型f ′合成的情况下，也就是说k ＝1的情况下，M 就一定等于mm ′。这是第5个结论。
如果用 表示数A ，B ，C 的最大公约数，那么它就要么等于M （当型F 是正常原始型或者是由正常原始型导出的型时） ，要么等于 （当型F 是反常原始型或者是由反常原始型导出的型时） 。类似地，如果分别用 ， ′表示数a ，b ，c ；a ′，b ′，c ′的最大公约数，那么 就要么等于m ，要么等于 ，并且 ′就要么等于m ′，要么等于 。显然， 2 整除d ， ′ ′整除d ′，因此， 2 ′ ′整除dd ′即Δ2 ，那么， ′整除Δ。那么，由关于BP 2 ，BQ 2 ，BR 2 ，…的最后的6个等式我们可以推出， ′整除Bk 2 ，所以也整除Mk 2 （因为它整除Ak 2 和Ck 2 ） 。因此，如果F 是由f 和f ′合成的， ′就整除Mk 2 。因此，如果在这个情况下，f 和f ′中每一个都是正常原始型或者都是由正常原始型导出的型，即如果 ′＝mm ′＝M ，那么M ＝M ，即F 也是这种类型的型。但是，当在相同的条件下，型f 和f ′中有一个（例如型f 是这种） 要么是反常原始型，要么由反常原始型推导出来，那么由基本等式我们可以推出：aa ′，2ab ′，ac ′，2ba ′，4bb ′，2bc ′，ca ′，2cb ′，cc ′都能够被M ′整除，因而am ′，bm ′，cm ′以及mm ′＝ 。在这种情况下，就有 ，即型F 要么是一个反常原始型，要么是由反常原始型导出的型。这是第6个结论。
最后，我们指出，如果把n 和n ′看作都不等于0的未知数，并假设下面的9个等式成立
an ′＝P ，2bn ′＝R -S ，cn ′＝U
a ′n ＝Q ，2b ′n ＝R ＋S ，c ′n ＝T
Ann ′＝q ′q ″-qq ，2Bnn ′＝pq ＋qp -p ′q ″-q ′p ″，Cnn ′＝p ′p ″-pp （由于会经常用到这些等式，我们就用Ω 表示这些等式） ，那么，通过一组简单的代换，基本等式［1］到［9］就一定成立，也就是说，型（A ，B ，C ）可以通过代换p ，p ′，p ″，p ；q ，q ′，q ″，q 变换成型（a ，b ，c ）和型（a ′，b ′，c ′）的乘积，并且，也可得出
b 2 -ac ＝n 2 （B 2 -AC ），b ′b ′-a ′c ′＝n ′n ′（B 2 -AC ）
由于这个计算太长，这里不便给出，就把它留给读者来完成。
236
问题
给定两个型，它们的行列式要么相等，要么至少相差平方因数；求由这两个型构成的型。
解：设f ＝（a ，b ，c ），f ′＝（a ′，b ′，c ′）是要合成的型，d ，d ′是它们的行列式，m 是数a ，2b ，c 的最大公约数，m ′是数a ′，2b ′，c ′的最大公约数，D 是数dm ′m ′和数d ′m 2 的最大公约数，它和d ，d ′取相同的符号。那么， 和 就是互质的正数，且它们的积是平方数，因此，它们每个数都是平方数（条目21） 。那么， 和 就是有理数，分别记为n 和n ′。对应于型f 是直接还是反转地参与合成，n 取正号或负号。以类似的方式，我们就按照f ′参与合成的方式来确定n ′的符号。因此，mn ′和m ′n 就是互质的整数，n 和n ′可以是分数。现在，我们注意到an ′，cn ′，a ′n ，c ′n ，bn ′＋b ′n ，bn ′-b ′n 是整数。对于前4个数，这是很明显的（因为an ′＝ ，…），对于最后2个数，我们可以用上个条目中证明R 和S 都能被e 整除的相同的方法来证明。
现在随意取4个整数 ，它们只满足一个条件：使得下面等式组（Ⅰ）中左边4个量不全为0。现在，建立等式
使得整数q ，q ′，q ″，q 没有公约数。取μ 是这些等式左边的4个数的最大公约数，就可以做到这一点。现在，由条目40，我们可以求出4个整数 ， ′， ″， ，使得
然后，通过下面的等式来确定数p ，p ′，p ″，p
现在，记
q ′q ″-qq ＝Ann ′，pq ＋qp -p ′q ″-q ′p ″＝2Bnn ′，p ′p ″-pp ＝Cnn ′
那么，A ，B ，C 就是整数，并且型F ＝（A ，B ，C ）就是由型f 和f ′合成的型。
证明
1．由（Ⅰ）可以推导出下面4组等式：
2．现在，假设整数 满足条件
那么，就有
如果令
我们就得到了
当μ ＝1时，这组等式并不是必要的，我们可以用完全类似的等式组（Ⅰ）来代替它们。现在，我们由等式组（Ⅱ）和（Ⅳ）来确定Ann ′，2Bnn ′，Cnn ′ （数q ′ q ″-qq …）的值，并把互相抵消的值删除，我们发现留下的项是整数与nn ′的乘积，或是整数与dn ′n ′的乘积，或是整数与d ′nn 的乘积。而且，2Bnn ′的所有的项都含有因数2。由此我们得出总结：A ，B ，C 都是整数（因为dn ′ n ′＝d ′ n 2 ，因而 都是整数） 。第1部分证明完毕。
3．如果代入由等式组（Ⅱ）确定的p ，p ′，p ″，p 的值，那么利用等式组（Ⅲ）以及等式
我们可以发现
这些等式与上个条目中的前6个等式（Ω ）是相同的，剩余的3个等式是假设的一部分。那么（见上个条目结尾） ，型F 就通过代换p ，p ′，p ″，p ；q ，q ′，q ″，q 变换成f f ′，它的行列式就等于D ，或者换句话说，就等于数dm ′m ′和d ′m 2 的最大公约数。根据上个条目的第4个结论，这意味着F 是由f 和f ′合成的。第2部分证明完毕。最后，因为开始时我们为n 和n ′选择了正确的符号，可知型F 是按照预先指定的方式 由f 和f ′合成的。
237
定理
如果型F 可以变换为两个型f 和f ′的乘积，并且型f ′包含型f ″，那么型F 也能够变换成型f 和f ″的乘积。
证明
对于型F ，f ，f ′，我们保留条目235中的所有的记号。设f ″＝（a ″，b ″，c ″ ），并且设f ′可以通过代换α ，β ，γ ，δ 变成型f ″。那么，型F 就能够通过代换
αp ＋γp ′，βp ＋δp ′，αp ″＋γp ，βp ″＋δp
αq ＋γq ′，βq ＋δq ′，αq ″＋γq ，βq ″＋δq
变换成f ″。证明完毕。
为了简洁，我们把上述代换按照下面的符号来表示
并且，设数αβ -βγ ＝e 。由条目235的等式组Ω ，我们容易得出
现在，如果用d ″表示型f ″的行列式，e 就是 的平方根，对应于型f ′是正常还是反常包含型f ″，e 分别取正号或者负号。那么，n ′e 就是 的平方根；由此推出上面的9个等式就与条目235中的等式组Ω 完全类似。型f 在型F 变换为f f ″中所取的方式与它在型F 变换为f f ′中所取的方式完全一样。对应于型f ′是正常包含还是反常包含型f ″，型f ″就取与型f ′相同的方式或者相反的方式。
238
定理
如果型F 包含于型F ′，并且型F 能够变换为型f 和f ′的乘积，那么，型F ′就可以变换为相同的乘积。
证明
如果对于型F ，f ，f ′保留和上个条目中相同的记号，并且假设型F ′可以通过代换α ，β ，γ ，δ 变换成型F ，那么，我们容易发现，型F ′通过代换
αp ＋βq ，αp ′＋βq ′，αp ″＋βq ″，αp ＋βq
γp ＋δq ，γp ′＋δq ′，γp ″＋δq ″，γp ＋δq
可以变成和F 通过代换p ，p ′，p ″，p ；q ，q ′，q ″，q 所变成的一样的型，因而通过这个代换型F ′就可以变换成ff ′。证明完毕。
通过类似于上个条目中的计算，我们可以确定，如果型F ′正常包含型F ，F ′就能够按照型F 变换成ff ′的方式变换成ff ′。但是，如果F 是反常包含于F ′，那么型F 变换成ff ′和型F ′变换成ff ′对于f 和f ′中的每个型都取相反的方式；也就是说，如果f 和f ′中的某个型是以直接的方式出现在一个变换中，那么该型在另一个变换中必然以反转的方式出现。
如果把这个定理和上个条目的定理相结合，我们就会得到下面的一般性定理：如果型F 能够变换成乘积ff ′，型f 和f ′分别包含型g 和g ′，并且型F 包含于型G ，那么，型G 就能够变换成乘积gg ′ 。这是因为，由本条目的定理G 能够变换为ff ′，再由上个条目的定理G 就能够变换为fg ′，从而也就能够变换为gg ′。我们还可得出，如果所有3个型f ，f ′，G 正常包含型g ，g ′，F ，那么型G 变成gg ′时型g 和g ′的合成方式就同型F 变换成ff ′时型f 和f ′的合成方式一样；如果全部3个包含都是反常的，那么也有类似的结论。如果一种包含方式与另外两种包含方式不同，我们也很容易确定型G 怎样变换为gg ′。
如果型F ，f ，f ′分别等价于型G ，g ，g ′，那么后者就与前者有相同的行列式，并且对于型f ，f ′的数m ，m ′也就是对于型g ，g ′的对应的数（条目161） 。那么，由条目235的第4个结论我们可以推出，如果F 由f ，f ′合成，那么型G 就由g ，g ′合成 ，并且，只要F 等价于G 的方式与f 等价于g 的方式相同，则型g 进入前一个合成的方式与型f 进入后一个合成的方式相同，反之亦然。类似地，对应于型f ′和g ′等价的方式与型F 和G 等价的方式同型还是不同型，g ′在前一个合成中所取的方式必定与f ′在后一个合成中所取的方式相同或者相反。
239
定理
如果型F 是由型f ，f ′合成的，那么能够用与F 相同的方式变换成乘积f f ′的任何其他的型都正常包含F 。
证明
如果对于F ，f ，f ′保留条目235中的所有记号，那么等式组Ω 在这里依然成立。假设行列式为D ′的型F ′＝（A ′，B ′，C ′）可以通过代换p ，p ′，p ″，p ；q ，q ′，q ″，q 变换成乘积ff ′。将数
分别记为P ′，Q ′，R ′，S ′，T ′，U ′。那么，我们就得到了9个与Ω 完全类似的等式，即
我们用Ω ′表示这些等式。这里的 分别是 的平方根，它们分别和n ，n ′的符号相同，因此，如果对 的平方根取正值（它是个整数） 并且令它为k ，我们就得到了 。那么，由Ω 和Ω ′的前6个等式，我们得到
P ′＝kP ，Q ′＝kQ ，R ′＝kR ，
S ′＝kS ，T ′＝kT ，U ′＝kU ，
由条目234的引理，我们可以找到4个整数α ，β ，γ ，δ ，使得
αp ＋βq ＝p ，γp ＋δq ＝q ，
αp ′＋βq ′＝p ′，γp ′＋δq ′＝q ′，…
并且
αδ -βγ ＝k
将 …的这些值代入Ω ′的最后3个等式中，并且利用等式 以及Ω 的最后3个等式，求出
A ′α 2 ＋2Bαγ ＋Cγ 2 ＝A
A ′αβ ＋B ′（αδ ＋βγ ）＋C ′γδ ＝B
A ′β 2 ＋2B ′βδ ＋C ′δ 2 ＝C
因此，通过代换α ，β ，γ ，δ （这是正常代换，因为αδ -βγ ＝k 是正值） ，F ′就变换成F ，即F ′就正常包含型F 。证明完毕。
因此，如果F ′是由型f ，f ′合成的（和F 的方式相同） ，型F 和F ′就具有相同的行列式，并且是正常等价的。更一般地，如果型G 由型g ，g ′合成的方式与型F 由f ，f ′合成的方式一样，那么型g ，g ′就分别正常等价于型f ，f ′，于是型F 和G 也是正常等价的。
由于这种情况，即两个合成型都是直接合成，是最简单的情况，而其他情况容易简化成这种情况，所以后面我们就只讨论这种情况。于是，如果我们说任意型由另外两个型合成，那么就可以理解为由这两个型正常合成 [31] 。当提到一个型变换为另外两个型的乘积时，限定条件也是相同的。
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定理
如果型F 是由型f 和f ′合成的，型 是由型F 和f ″合成的，型F ′是由型f 和f ″合成的，型 ′是由型F ′和f ′合成的；那么，型 和 ′就是正常等价的。
证明
1．设
并且，设这7个型的行列式分别为d ，d ′，d ″，D ，D ′， ， ′，那么它们的符号都相同而且相互仅相差一个平方因数。进而，设m 是数a ，2b ，c 的最大公约数，设m ′，m ″，M 对于型f ′，f ″，F 有相同的意义。那么，由条目235中的第4个结论，D 就是数dm ′m ′和d ′m 2 的最大公约数，并且Dm ″m ″就是数dm ′m ′m ″m ″和dm 2 m ″m ″的最大公约数；又M ＝mm ′， 是数Dm ″m ″和d ″M 2 的最大公约数，或者是数Dm ″m ″和dm 2 m ′m ′的最大公约数。由此推出， 是3个数dm ′m ′m ″m ″，d ′m 2 m ″m ″，d ″m 2 m ″m ″的最大公约数。由于类似的原因， ′也是这3个数的最大公约数。由于 和 ′的符号相同，所以 ＝ ′，并且型 和 ′具有相同的行列式。
2．设F 可以通过代换
变换成ff ′， 可以通过代换
变换成Ff ′，并且，分别用n ，n ′， ， ″表示d /D ，d ′/D ，D / ，d ″/ 的正的平方根。那么，由条目235，我们就得到18个等式，其中一半的等式属于型F 变换成ff ′的代换，另一半属于型 变换成Ff ″的代换。其中第1个等式是pq ′-qp ′＝an ′。其余的等式可以用同样的方式构建，但是为了简洁，这里将其省略。注意，量n ，n ′， ， ″，是有理数，却不一定是整数。
3．如果用X ，Y 的值代入 ， ，那么我们就得到了下面的型
显然，通过这组代换， 就变换成了乘积ff ′f ″。系数（1）就等于 ，读者可以计算出另外15个系数的值。我们用（1，2）表示系数（1）（10）-（2）（9），用（1，3）表示系数（1）（11）-（3）（9），并且一般地，用（g ，h ）表示（g ）（g ＋h ）-（h ）（8＋g ），其中g ，h 是位于1到16之间的整数，且h ＞g [32] ；以这种方式，我们总共得到了28个符号。如果用 表示d / ，d ′/ 的正的平方根（它们分别等于 ），我们就得到了下面28个等式
我们用Φ 来表示这组等式。此外，还有另外9个等式
用ψ 来表示这组等式 [33] 。
4．推导出所有37个等式需要花费太多时间，这里我们仅推导出其中几个等式，并作为推导其余等式的范例。
这是第一个等式。
这是第二个等式。
3）以及
这是Φ 中的第8个等式。剩下的等式留给读者去验证。
5．由等式Φ ，我们可以按照下面的方式证明28个等式，（1，2），（1，3），…都没有公约数。首先，我们指出，可以构建27个由这样的3个因数组成的乘积：这3个因数中，要么第一个因数是 ，第二个因数是a ′，2b ′，c ′中的任意一个，第三个因数是数a ″，2b ″，c ″中的任意一个；或者，第一个因数是 ′，第二个因数是数a ，2b ，c 中的任意一个，第三个因数是数a ″，2b ″，c ″中的任意一个；或者，第一个因数是 ″，第二个因数是数a ，2b ，c 中的任意一个，第三个因数是数a ′，2b ′，c ′中的任意一个。根据等式组Φ ，这27个乘积中的每一个要么等于这28个数（1，2），（1，3），…中的某一个，要么等于这些数中某几个数的和或差［例如， ＝（1，5）， ＝（1，6）＋（2，5）， ＝（1，8）＋（2，7）＋（3，6）＋（4，5），等等］ 。因此，如果这些数有公约数，那么这个公约数就一定能整除所有这些乘积。由条目40，并且通过前面多次使用过的方法，这个公约数一定也整除数 因而这个公约数的平方就一定整除这些数的平方，即 。这是荒谬的。因为，根据证明1的结论，这3个数的最大公约数是D ，因而这3个平方数不可能有最大公约数。
6．所有这些都与型 变换成ff ′f ″的变换有关；并且，从型F 变换成ff ′的变换以及型 变换成Ff ″的变换中可以发现这些。以完全类似的方式，由型F ′变换成ff ″的代换以及由型 变换成F ′f ′的代换
（这里的系数的记号与型 变换成ff ′f ″的变换中使用的记号相同，但是这里给它们加上撇号来区分） 我们可以推导出型 ′变换成ff ′f ″的代换。由这个变换，我们可以像前面一样推导出和等式组Φ 类似的28个等式，将其记为Φ ′，并把另外9个与等式ψ 类似的等式记为ψ ′。因此，如果把（1）′（10）′-（2）′（9）′记为（1，2）′，把（1）′（11）′-（3）′（9）′记为（1，3）′，…，等式组Φ ′就是
等式ψ ′就是
（为了简洁，我们把更详细的推导留给读者来完成；有经验的读者会发现无须做新的计算，因为通过类比可以运用第1个分析） 。现在，由Φ 和Φ ′可以立即推出
并且，由于所有的（1，2），（1，3），（2，3），…都没有公约数（根据证明5） ，借助条目234中的引理，我们可以确定4个整数α ，β ，γ ，δ ，使得
以及αδ -βγ ＝1。
7．如果从ψ 的前3个等式中替换 的值，并且从ψ ′的前3个等式中替换 的值，很容易发现的是
皮耶·德·费马
皮耶·德·费马（1601—1665年），法国律师、业余数学家，最闻名于数论，也对后来的解析几何、概率论、微积分、光学都有所贡献。其在数学上的成就不亚于任何同时代的职业数学家，被誉为“业余数学家之王”。
并且，如果a 不等于0，我们可以推出，型 可以通过正常变换α ，β ，γ ，δ 变换成 ′。如果在ψ 和ψ ′中，用第4到第6个等式代替前3个等式，那么我们就会得到和上面完全类似的3个等式，只是这里因数a 换成了因数b ，只要b 不等于0，就有同样的结论成立。由于a ，b ，c 不可能同时等于0，型 就一定可以通过代换α ，β ，γ ，δ 变换为 ′，所以这两个型就是正常等价的。证明完毕。
241
如果有像 和 ′这样的型，它们是由3个给定的型中的1个和由另外2个型合成的型合成而得到的，就说它们是由3个型合成的 。由上个条目可知，3个型的合成顺序是无关紧要的。类似地，如果有任意个型f ，f ′，f ″，f ，…（它们的行列式相差一个平方因数） ，并且将型f 和f ′合成，所得的型再和f ″合成，所得的型再和f 合成，…；我们就说由这个操作得到的最后的型是由型f ，f ′，f ″，f ，…合成的 。而且，我们容易证明这里的合成顺序也是任意的；即，不论这些型的合成顺序怎么样，由这些型合成生成的型都是正常等价的。显然，如果型g ，g ′，g ″，…与型f ，f ′，f ″，…分别正常等价，由前面几个型合成的型就与后面几个型合成的型正常等价。
242
前面的定理是关于最一般形式的型的合成。现在，我们转向更加具体的应用，并保持前面的定理的次序。首先，我们回到条目236中的问题，并给出下面的限制条件：第一 ，要合成的型都具有相同的行列式，即d ＝d ′；第二 ，m 和m ′是互质的；第三 ，要求的型是由f 和f ′直接合成的。那么，m 2 和m ′m ′就是互质的；因而，数dm ′m ′和d ′m 2 的最大公约数，即D ＝d ＝d ′，且n ＝n ′＝1。由于可以随意取值，我们就取4个量 ，它们分别等于-1，0，0，0。这是可以的，除非a ，a ′，b ＋b ′同时等于0，但这种情况可以忽略。显然，这种情况只可能在行列式为正的型中出现。那么，如果μ 是数a ，a ′，b ＋b ′的最大公约数，我们就可以这样选取数 ′， ″， ，使得
至于 ，它是可以任意选取的。由此推出，如果用p ，q ，p ′，q ′，…代替它们，就有 。并且，只要a 和a ′不同时为0，C 就可以由等式AC ＝B 2 -D 来确定。
