Il est clair que $B_{p_i} \subset A_i$. Pour prouver l’inclusion opposée, nous aurons besoin du lemme suivant :

tel que $f(x) \neq 0$ et que l’élément $z = f(x)^{-1}$ jouisse des propriétés suivantes pour $1 \leq i \leq n$:

Admettons pour un moment ce lemme, et montrons comment il entraîne que $A_1 \subset B_{p_1}$. Soit $x$ un élément non nul de $A_1$. Appliquons le lemme à $x$ et à des valuations $v_i$ associées aux $A_i$. On a $v_i(z) \geq 0$ et $v_i(zx) \geq 0$ pour tout $i$, donc $z \in B$ et $zx \in B$. Comme $v_1(x) \geq 0$, on a $v_1(z) = 0$, donc $z \notin p_1$. Donc $x = xz/z \in B_{p_1}$. Le corps des fractions de $B$ contient alors $A_1$, et est donc $K$.

Passons à la démonstration du lemme. Soit $I$ l’ensemble des indices $i$ tels que $v_i(x) \geq 0$. Pour $i \in I$, soit $A_i$ l’anneau de la valuation $v_i$, et notons $\bar{x}_i$ l’image canonique de $x$ dans $\kappa(A_i)$. Pour tout $i \in I$, construisons un polynôme $f_i$ de la façon suivante : s’il existe un polynôme $g(X)$ de la forme (1) tel que $g(\bar{x}_i) = 0$ dans $\kappa(A_i)$, nous prendrons pour $f_i$ un tel polynôme ; sinon nous prendrons $f_i = 1$. Posons alors $f(X) = 1 + X^2 \prod_{i \in I} f_i(X)$. C’est évidemment un polynôme de la forme (1). Si $i \in I$, on a $f(x) \in A_i$, et aussi $f(\bar{x}_i) \neq 0$ par construction ; donc $f(x) \notin m(A_i)$, $v_i(f(x)) = 0$ et $v_i(z) = 0$. Si $i \notin I$, on a $v_i(x) < 0$, d’où $v_i(f(x)) = kv_i(x)$ (§ 3, no 1, prop. 1), et $v_i(x) + v_i(z) = (1 - k)v_i(x) > 0$ (puisque $k \geq 2$). D’où le lemme.

Si on avait $p_i \subset p_j$ pour $i \neq j$, on aurait $A_i = B_{p_i} \supset B_{p_j} = A_j$. Il suffit alors d’appliquer le Chap. II, § 3, no 5, cor. de la prop. 17.

Puisque les $\mathfrak{p}_i$ sont des idéaux maximaux de $B$, on a $A_i / m(A_i) = B_{\mathfrak{p}_i}/\mathfrak{p}_i B_{\mathfrak{p}_i} = B/\mathfrak{p}_i$, et l’on peut donc supposer que $a_i \in B$ pour tout $i$. Le corollaire résulte alors du fait que l’application canonique de $B$ dans $\prod_{i=1}^n (B/\mathfrak{p}_i)$ est surjective (Chap. II, , n° 2, prop. 5)

Soient $A_i$ l’anneau de $v_i$, $B = \bigcap_{i=1}^n A_i$ et $\mathfrak{p}_i = m(A_i) \cap B$. D’après la prop. 1 du no 1, les $a_i$ peuvent s’écrire $a_i = b_i/s$ ($b_i \in B$, $s \in B - \{0\}$); si l’on pose $x = y/s$ et $\alpha'_i = \alpha_i + v_i(s)$, on devra avoir $v_i(y - b_i) \geq \alpha'_i$. Ceci montre qu’on peut supposer que $a_i \in B$ pour tout $i$; on peut aussi supposer que $\alpha_i > 0$ pour tout $i$. Soit $v_i$ l’ensemble des $z \in K$ tels que $v_i(z) \geq \alpha_i$; posons $q_i = v_i \cap B$. Pour $x \in B$, $v_i(x - a_i) \geq \alpha_i$ équivaut à $x \equiv a_i$ ($q_i$). Il s’agit donc de montrer que l’homomorphisme canonique $B \to \prod_{i=1}^n (B/q_i)$ est surjectif, c’est-à-dire qu’on a $q_i + q_j = B$ pour $i \neq j$ (Chap. II, § 1, no 2, prop. 5). Comme les idéaux maximaux de $B$ sont les $\mathfrak{p}_i$ (prop. 2), il suffira pour cela de montrer que l’on a $q_i \notin \mathfrak{p}_j$ pour $i \neq j$.

Supposons qu’il existe $i, j$ tels que l’on ait $q_i \subset \mathfrak{p}_j$ et $i \neq j$. Nous verrons dans un instant que la racine de $q_i$ est un idéal premier $\mathfrak{p}$ de $B$. On a alors $\mathfrak{p} \subset \mathfrak{p}_j$, et aussi $\mathfrak{p} \subset \mathfrak{p}_i$ puisque $\alpha_i > 0$, donc $q_i \subset \mathfrak{p}_i$. On a donc $A_j = B_{\mathfrak{p}_j} \subset B_{\mathfrak{p}}$ (no 1, prop. 1), et, de même, $A_i \subset B_{\mathfrak{p}}$. Or, comme $v_i \neq (0)$ et que $v_i = B_{\mathfrak{p}_i} q_i$ (chap. II, § 2, no 4, prop. 10), on a $q_i \neq (0)$, d’où $\mathfrak{p} \neq (0)$ et $B_{\mathfrak{p}} \neq K$. Ceci contredit l’hypothèse que $A_i$ et $A_j$ sont indépendants.

Reste à montrer que $\mathfrak{p}$ est premier. Or ceci résulte du lemme suivant :

Supposons qu’on ait $xy \in r$. Il existe alors $n \geq 1$ tel que $(xy)^n \in \mathfrak{b}$. Notons $v$ une valuation associée à $A$. Si, par exemple, on a $v(x) \geq v(y)$, on a $v(x^{2^n}) \geq v(x^n y^n)$, d’où $x^{2^n} \in \mathfrak{b}$ et $x \in r$.

On peut supposer $A_i \neq K$ pour tout $i$. Alors, il existe pour tout $i$ un $a_i \in K$ tel que $v_i(a_i) = \gamma_i$ et un $\alpha_i \in \Gamma_i$ tel que $\gamma_i < \alpha_i$. Appliquons le th. 1 à ces éléments $a_i$: il existe $x \in K$ tel que $v_i(x - a_i) > v_i(a_i)$; d’où, comme $x = a_i + (x - a_i)$, $v_i(x) = v_i(a_i) = \gamma_i$ ($§ 3$, no 1, prop. 1).

Supposons les topologies $\mathscr{T}_v$ et $\mathscr{T}_{v'}$, définies par $v$ et $v'$, identiques. Puisque $\mathscr{T}_v$ est séparée, la diagonale de $K^2$ est fermée, donc $v$ et $v'$ sont dépendantes (cor. 2 du th. 1).

Inversement, supposons $v$ et $v'$ dépendantes. Alors leurs anneaux A et A' sont contenus dans un même anneau A'' distinct de K, et A'' est l’anneau d’une valuation $v''$ ($§ 4$, n° 1, prop. 1). Il suffit de montrer que la topologie $\mathscr{T}_{v''}$ est identique à $\mathscr{T}_v$. Soient $\Gamma$ et $\Gamma''$ les groupes des ordres de $v$ et $v''$. Il existe un homomorphisme croissant $\lambda$ de $\Gamma$ sur $\Gamma''$ tel que $v'' = \lambda \circ v$ ($§ 4$, n° 3). Si $\alpha'' \in \Gamma''$, soit $\alpha \in \lambda^{-1}(\alpha'')$; la condition $v(x) \geq \alpha$ entraîne $v''(x) \geq \alpha''$. Soient $\beta \in \Gamma$, et $\beta'' = \lambda(\beta)$; la condition $v(x) \leq \beta$ entraîne $v''(x) \leq \beta''$, donc la condition $v''(x) > \beta''$ entraîne $v(x) > \beta$. Comme $v$ et $v''$ sont non impropres, les inégalités envisagées définissent des systèmes fondamentaux de voisinages de 0 pour $\mathscr{T}_v$ et $\mathscr{T}_{v''}$. Donc $\mathscr{T}_v = \mathscr{T}_{v''}$, ce qui termine la démonstration.

Pour $n = 2$, la prop. 4 résulte de la déf. 1. Supposons-la établie pour $n - 1$ valuations. Il existe alors un sous-anneau A de K distinct de K et contenant $A_1, \ldots, A_{n-1}$; il existe aussi un sous-anneau $B \neq K$ contenant $A_{n-1}$ et $A_n$. Comme A et B contiennent $A_{n-1}$, ils sont comparables pour l’inclusion ($§ 4$, n° 1, cor. de la prop. 1). Le plus grand des deux contient donc tous les $A_i$.

Notons $K_i$ le corps K muni de la topologie définie par $f_i$. Le résultat à démontrer équivaut au suivant : dans le produit $P = K_1 \times \cdots \times K_n$, l’adhérence $\overline{D}$ de la diagonale D est égale à P. Ceci est évident pour $n = 1$. Nous supposerons que ce point est établi dans le cas de $k$ valeurs absolues pour $k < n$.

Montrons d’abord qu’il existe, pour $2 \leq h \leq n$, un élément $x_h$ de K tel que $f_1(x_h) < 1$, $f_2(x_h) > 1$, et $f_i(x_h) \neq 1$ pour $3 \leq i \leq h$. Raisonnons par récurrence sur $h$. Si $h = 2$, ceci résulte du fait que $f_1$ et $f_2$ sont inéquivalentes. Supposons donc démontrée l’existence de $x_{h-1}$, et prouvons celle de $x_h$. Si $f_h(x_{h-1}) \neq 1$, on peut prendre $x_h = x_{h-1}$; si $f_h(x_{h-1}) = 1$, on choisit $z \in K^*$ tel que $f_h(z) \neq 1$, et $x_h = z(x_{h-1})^s$ répond à la question pour s assez grand. On a ainsi prouvé l’existence de $x_n$.

Quand l’entier $q$ tend vers l’infini, $f_1(x_n^q)$ tend vers 0, $f_2(x_n^q)$ tend vers $+\infty$, et $f_i(x_n^q)$ tend vers 0 ou $+\infty$ pour $i \geq 3$. Posant $y_q = x_n^q(1 + x_n^q)^{-1}$, on a $1 - y_q = (1 + x_n^q)^{-1}$; donc la suite $(y_q)$ tend vers 0 dans $K_1$, vers 1 dans $K_2$, et vers 0 ou 1 dans $K_i$ pour $i \geq 3$. En changeant la numérotation des $K_i$, on peut donc supposer qu’il existe un entier $r (1 \leq r < n)$ tel que $\overline{D}$ contienne le point $(e_1, \ldots, e_n)$ où $e_i = 1$ pour $1 \leq i \leq r$ et $e_i = 0$ pour $r + 1 \leq i \leq n$. Or, $\overline{D}$ est un sous-K-espace vectoriel de P. Donc $\overline{D}$ contient les diagonales $D'$ et $D''$ de $P' = K_1 \times \cdots \times K_r$ et $P'' = K_{r+1} \times \cdots \times K_n$. D’après l’hypothèse de récurrence, $P' = \overline{D}'$ et $P'' = \overline{D}''$. Donc $\overline{D} = P$. C.Q.F.D.