我们需要证明的命题如下：

令$F$为包含$\mathbb{R}$的任意一个域，它满足性质$\dim_{\mathbb R}F < \infty$。然后我们有$F \cong \mathbb R$或者$F \cong \mathbb C$。

下面我们给出三个证明，其中第一个证明最为简洁，最后一个最为复杂。

证明：由代数闭包的唯一性，我们有嵌入$F \hookrightarrow \mathbb C$，因此我们有$\mathbb R \subset F \subset \mathbb C$。然后命题结论可由$[\mathbb C:\mathbb R]=2$得出，因为这排除了真中间域的存在。

证明2：因为$F$在$\mathbb{R}$上是有限维的，它在$\mathbb{R}$上代数。这是关于域扩张的一个基本事实：如果$a\in F$，然后$1,a,a^2,\dots,a^n$在$\mathbb{R}$上线性相关，这里$n=\dim_{\mathbb{R}}F$。所以$F$的每个元素是一个$\mathbb{R}$系数多项式的根。

如果$-1$在$F$中不是一个平方，我们可以添加一个平方根$j$（它满足$j^2=-1$），因此我们有在$F$上有限维的$F[j]$，并且由于维度公式在$\mathbb{R}$上有限维。现在$\mathbb{R}[j]$同构于$\mathbb{C}$，并且我们有链$\mathbb{R}\subseteq \mathbb{R}[j]\subseteq F[j]$，该链告诉我们$F[j]=\mathbb{R}[j]$因为$\mathbb{C}$是代数闭域。所以$F=\mathbb{R}$。

除此之外，如果$-1$在$F$是一个平方，那么$F$在代数封闭且因而同构于$\mathbb{C}$的$\mathbb{R}[j]$上代数（这里$j^2=-1$）。所以$F=\mathbb{R}[j]$并且$F\cong\mathbb{C}$。

证明3：令$x\in F\setminus\mathbb{R}1$。因为$F$是有限维的，假设它的维度是$N\geq1$，那么$N+1$个元素的向量集$(1,x,x^2,\ldots,x^N)$是一个线性相关的向量集。因此，存在某些实数$\alpha_0,\ldots,\alpha_N$，他们满足$(\alpha_0,\ldots,\alpha_N)\neq(0,\ldots,0)$，并满足$$\alpha_N x^N+\cdots+\alpha_1x+\alpha_01=0。$$

现在考虑对应的多项式$P\in\mathbb{R}[X]$：$$P=\alpha_N X^N+\cdots+\alpha_1X+\alpha_0。$$

现在，这个多项式可以分解为$\mathbb{R}[X]$中不可约多项式的乘积；并且由代数基本定理，我们知道$\mathbb{R}[X]$中不可约多项式的度数为1或者2。不失一般性，我们可以假设$P$有如下形式：$$P=X^2+aX+b。$$

（我们可以去掉$P$度数为1的情况，因为这意味着$x\in\mathbb{R}1$。）

既然$P$是不可约的，我们有$a^2/4-b>0$。现在定义$F$的元素$j$为$$j=\frac1{\sqrt{a^2/4-b}}x+\frac a{2\sqrt{a^2/4-b}}1。$$

我们有：$$j^2=\frac1{a^2/4-b}\left(x^2+ax+\frac{a^2}41\right)=\frac1{a^2/4-b}\left(-b+\frac{a^2}4\right)1=-1$$因为$P(x)=x^2+ax+b1=0$。

观察到$F$有且仅有两个平方等于$-1$的元素，即$j$或者$-j$。实际上，如果$u\in F$，那么下面的分解式成立：$$u^2+1=(u+j)(u-j)$$因为$F$是交换的，且因为$F$是一个整环（因为$F$是一个域），$$u^2+1=0\iff u=-j\ \text{or}\ u=j。$$

我们现在可以通过证明$F=\operatorname{Span}\{1,j\}=\mathbb{R}1\oplus\mathbb{R}j$，来得出结论。首先，观察到向量集$(1,j)$是线性无关的，因为$j\not\in\mathbb{R}1$因为$j^2=-1$。现在，先前的讨论表明，给定一个元素$y\in F\setminus\mathbb{R}1$，存在一个度数为2的不可约多项式$Q\in\mathbb{R}[X]$，设$Q=X^2+\alpha X+\beta$，它满足$Q(y)=0$。然后我们前面的计算表明，元素$$u=\frac1{\sqrt{\alpha^2/4-b}}y+\frac\alpha{2\sqrt{\alpha^2/4-b}}1\in F$$有一个平方等于$-1$，因此，这个元素要么是$j$，要么是$-j$。所以，$$y=-\frac\alpha2\,1\pm\sqrt{\alpha^2/4-b}\,j$$并在任何情况下都属于$\operatorname{Span}\{1,j\}$。因此，$F\subset\operatorname{Span}\{1,j\}$，然后有$F=\operatorname{Span}\{1,j\}$。现在，很显然$F$同构于（域同构）$\mathbb{C}$。