Cho E là một mở rộng hữu hạn của K. Cho N là một mở rộng gần-Galois hữu hạn của K chứa E (A, V, p. 54, hệ quả 1), và L là trường các bất biến của nhóm các tự đẳng cấu K của N. Khi đó (A, V, p. 73, mệnh đề 13), L là một mở rộng radicial của K và N là một mở rộng tách được của L. Đóng nguyên B của A trong L do đó theo giả thiết là một đại số hữu hạn trên A; đóng nguyên C của B trong N là một đại số hữu hạn trên B (V, § 1, No. 6, hệ quả 1 của mệnh đề 18), do đó là một đại số hữu hạn trên A. Đóng nguyên của A trong E được chứa trong C, và do đó là một đại số hữu hạn trên A vì A là Noether.

Gọi K (tương ứng L) là trường phân thức của A (tương ứng B). Trước hết giả sử rằng A là Nhật Bản, và cho M là một mở rộng hữu hạn của L. Gọi C là đóng nguyên của B trong M. Theo V, § 1, No. 1, mệnh đề 6, C là đóng nguyên của A trong M, và do đó là một đại số hữu hạn trên A vì M là một mở rộng hữu hạn của K và A là Nhật Bản. A fortiori, C là một đại số hữu hạn trên B. Điều này chứng minh rằng B là Nhật Bản.

Ngược lại, giả sử B là Nhật Bản và cho N là một mở rộng hữu hạn của K. Gọi D là đóng nguyên của A trong N. Cho E là một mở rộng của K hợp thành bởi L và N; vì B là Nhật Bản, đóng nguyên D’ của B trong E là một đại số hữu hạn trên B, do đó là một đại số hữu hạn trên A; A-môđun D, là một môđun con của D’, do đó là sinh hữu hạn, do đó suy ra rằng A là Nhật Bản.

a) Gọi trường phân thức của A là K, vì mệnh đề là tầm thường khi K có đặc số 0 (No. 1, hệ quả của mệnh đề 1), ta có thể giả sử K có đặc số $p > 0$. Ta cũng có thể giả sử $a \neq 0$.

Cho L là một mở rộng radicial hữu hạn của K và q là một lũy thừa của p sao cho $L \subset K^{1/q}$. Đặt $x = a^{1/q}$ và $M = L(x)$. Theo mệnh đề 1 của No. 1, chỉ cần chứng minh rằng đóng nguyên B của A trong M là một đại số hữu hạn trên A.

b) Trước hết hãy chứng minh rằng iđêan $xB$ là iđêan nguyên tố duy nhất của B nằm trên $aA$. Thật vậy tồn tại ít nhất một iđêan nguyên tố của B nằm trên $aA$ (V, § 2, No. 1, định lý 1). Cho q là một trong các iđêan này. Ta có $x^q = a \in q$, do đó $xB \subset q$ vì q là nguyên tố. Ngược lại, cho y là một phần tử của q; phần tử $y^q$ của K là nguyên trên A, và do đó thuộc A vì A đóng nguyên. Vì $q \cap A = aA$, tồn tại một phần tử $\alpha$ của A sao cho $y^q = a\alpha = x^q\alpha$. Do đó phần tử $y/x$ của M là nguyên trên A, và do đó thuộc B; vậy ta có $y \in xB$, do đó $q = xB$, điều này chứng minh mệnh đề của chúng ta.

c) Suy ra rằng vành $B_{xB}$ là đóng nguyên trong M của vành $A_{aA}$ (V, § 1, No. 5, mệnh đề 16 và § 2, No. 1, mệnh đề 2). Theo VI, § 3, No. 6, mệnh đề 9, $A_{aA}$ là một vành định giá rời rạc; khi đó suy ra từ định lý Krull-Akizuki (VII, § 2, No. 5, mệnh đề 5) rằng trường $\kappa(xB)$ là một mở rộng hữu hạn của $\kappa(aA)$ và rằng $B_{xB}$ là Noether.

d) Vành $B/xB$ là nguyên trên vành Nhật Bản $A/aA$ và trường phân thức của nó là một mở rộng hữu hạn của trường phân thức của vành sau. Do đó, $B/xB$ là một $(A/aA)$-môđun sinh hữu hạn. Với mọi số nguyên $i \geq 0$, điều tương tự cũng đúng đối với môđun $x^iB/x^{i+1}B$; suy ra rằng $(A/aA)$-môđun $B/aB$ có một chuỗi hợp thành độ dài q mà các thương của nó là các $(A/aA)$-môđun sinh hữu hạn, và do đó bản thân nó là một $(A/aA)$-môđun sinh hữu hạn.

e) Ta trang bị cho vành A với lọc $(aA)$-adic và vành B với lọc $(aB)$-adic. Khi đó A là đầy đủ theo giả thiết; vì $B_{xB}$ là một miền nguyên và Noether, lọc $aB_{xB}$-adic của $B_{xB}$ là tách được (III, § 3, No. 2, hệ quả của mệnh đề 5); do đó ta có $\bigcap a^nB \subset \bigcap a^nB_{xB} = {0}$, và lọc $aB$-adic của B là tách được; môđun gr(A)-môđun gr(B) được sinh bởi gr_0(B), do đó là sinh hữu hạn theo d). Từ III, § 2, No. 9, hệ quả 1 của mệnh đề 12, suy ra rằng B là một A-môđun sinh hữu hạn, điều này hoàn tất chứng minh.

Lập luận bằng quy nạp, ta có thể giả sử rằng $n = 1$. Gọi S là bao đóng nguyên của R; nếu R là Japanese, S là một đại số hữu hạn trên R, do đó là một vành Japanese (No. 1, mệnh đề 2). Vành S[[T]] là Noether và đóng nguyên (V, § 1, No. 4, mệnh đề 14); áp dụng Định lý 1 cho $A = S[[T]]$ và $a = T$, ta suy ra S[[T]] là Japanese. Do đó R[[T]] là Japanese (No. 1, mệnh đề 2).

Theo Định lý 3 của § 2, No. 5 và Định lý 2 của § 3, No. 3, tồn tại một số nguyên $n \geq 0$, một vành R là một trường hoặc một vành định giá rời rạc với trường phân thức có đặc số 0, và một vành con B của A, đẳng cấu với R[[T₁, ..., Tₙ]] và sao cho A là một đại số hữu hạn trên B. Khi đó R là Japanese (No. 1, ví dụ và hệ quả của mệnh đề 1), do đó B là Japanese (hệ quả của Định lý 1), và A là Japanese (No. 1, mệnh đề 2).

Trước hết giả sử rằng A là địa phương và đầy đủ, và gọi p₁, ..., pₙ là các iđêan nguyên tố cực tiểu (phân biệt) của A; với i = 1, ..., n, gọi Kᵢ là trường phân thức của A/pᵢ và Aᵢ' là bao đóng nguyên của A/pᵢ. Vì A là giảm, R là tích của các vành Kᵢ và A' là tích của các vành Aᵢ' (V, § 1, No. 2, hệ quả 1 của mệnh đề 9). Vì các vành địa phương A/pᵢ là các miền nguyên và đầy đủ, chúng là Japanese (Định lý 2), do đó mỗi Aᵢ' là một A-đại số hữu hạn, và A' là một A-đại số hữu hạn.

Nếu A là nửa địa phương và đầy đủ, nó đẳng cấu với một tích hữu hạn của các vành địa phương đầy đủ (III, § 2, No. 13, hệ quả của mệnh đề 19), và ta kết luận ngay từ điều trước.

Ta chuyển sang trường hợp tổng quát, và nhận xét rằng hoàn thành  của A là một vành Noether nửa địa phương, đầy đủ, phẳng trung thành trên A (III, loc. cit., § 3, No. 4, hệ quả của mệnh đề 8 và § 3, No. 5, mệnh đề 9). Gọi S là tập hợp các phần tử không là ước của không của A; ta có R = S⁻¹A. Vì  phẳng trên A, các phần tử của S là các phần tử không là ước của không trong Â, và S⁻¹Â được đồng nhất với một vành con của vành phân thức toàn phần T của Â. Lại vì  phẳng trên A, vành A' ⊗_A  được đồng nhất với một vành con của R ⊗_A  = S⁻¹Â, do đó cũng với một vành con của T nguyên trên Â. Theo phần đầu của chứng minh, A' ⊗_A  vì thế là một Â-môđun sinh hữu hạn; do đó A' là một A-môđun sinh hữu hạn (I, § 3, No. 6, mệnh đề 11).

Nhắc lại (A, V, p. 114, định nghĩa 1) rằng một đại số E trên một trường K được gọi là tách được nếu vành L ⊗_K E là giảm với mọi mở rộng L của K; chỉ cần điều này đúng với mọi mở rộng hữu hạn của K. Mệnh đề sau đây mở rộng Định lý 2:

Cho L là một mở rộng hữu hạn của K và B là bao đóng nguyên của A trong L. Cho F là một tập con hữu hạn của B sao cho L = K[F] (V, § 1, No. 5, hệ quả 2 của mệnh đề 16); gọi C là A-đại số (hữu hạn) được sinh bởi F. Vì L là trường phân thức của C, vành B là bao đóng nguyên của C (V, § 1, No. 1, mệnh đề 6) và chỉ cần chứng minh rằng B là một C-đại số hữu hạn. Bây giờ, C là một vành Noether nửa địa phương (IV, § 2, No. 5, hệ quả 3 của mệnh đề 9); hoàn thành của nó được đồng nhất với C ⊗_A Â (III, § 3, No. 4, định lý 3 (ii)), do đó cũng với một vành con của vành giảm L ⊗_A Â = L ⊗_K (K ⊗_A Â) và vì thế là giảm. Mệnh đề 3 do đó suy ra từ hệ quả của Định lý 2.

Đồng cấu chính tắc của B vào $\prod_{i=1}^n \hat{B}_{m_i}$ mở rộng thành một đẳng cấu từ $\hat{A} \otimes_A B$ lên $\prod_{i=1}^n \hat{B}_{m_i}$.

Theo IV, § 2, No. 5, hệ quả 3 của mệnh đề 9, vành B là nửa địa phương và $m_A B$ là một iđêan định nghĩa của nó. Theo III, § 3, No. 4, định lý 3, (ii), vành $\hat{A} \otimes_A B$ là hoàn thành của B đối với tôpô được xác định bởi căn của nó; khi đó áp dụng III, § 2, No. 13, hệ quả của mệnh đề 19.

Thật vậy, cho m là một phần tử khác không của M; khi đó Ann(m) được chứa trong một iđêan nguyên tố p của A liên kết với M (IV, § 1, No. 1, mệnh đề 2), và ảnh của m trong $M_p$ là khác không (II, § 2, No. 2, mệnh đề 4).

Cho $N$ là môđun con của $M$ tạo bởi các phần tử $m$ sao cho $pm = 0$. Ta có $N \cap xM = xN$; thật vậy, nếu một phần tử $m$ của $M$ sao cho $pxm = 0$, thì $pm = 0$ vì $x_M$ là đơn ánh, do đó $m \in N$. Do đó, $A$-môđun $N/xN$ là đẳng cấu với môđun con $(N + xM)/xM$ của $M/xM$, và chỉ cần chứng minh rằng $q$ liên kết với $N/xN$. Vì $p$ liên kết với $M$, tồn tại một phần tử $m$ của $M$ sao cho $p = \mathrm{Ann}(m)$; ta có $m \in N$, do đó $p = \mathrm{Ann}(N)$ và vì vậy $\mathrm{Supp}(N/xN) = V(p + xA)$ theo II, § 4, No. 4, hệ quả của mệnh đề 18; do đó, $q$ liên kết với $N/xN$ (IV, § 1, No. 4, định lý 2).

Giả sử tồn tại một phần tử lũy linh khác không $x$ của $B$, và gọi $\pi$ là một phần tử chuẩn hóa của $A$. Vì $\pi B \subset m_B$, vành $B$ là tách được đối với tôpô $\pi B$-adic. Do đó tồn tại $n \in \mathbf{N}$ và $y \in B$ sao cho $x = \pi^n y$ và $y \notin \pi B$. Vì $B$ là phẳng trên $A$, phép nhân bởi $\pi$ là đơn ánh trong $B$. Lớp của $y$ trong $B/\pi B$ do đó là một phần tử lũy linh khác không, điều này mâu thuẫn với giả thiết.

(R$_n$) $\left\{ \begin{array}{l} \text{với mọi vành Nagata Noether địa phương } C \text{ có chiều } < n \text{ và mọi iđêan nguyên tố } r \text{ của } C, \text{ vành } \kappa(r) \otimes_C \hat{C} \text{ là rút gọn.} \end{array} \right.$

Cho $A$ là một vành Nagata Noether nửa địa phương có chiều $n$, cho $p$ là một iđêan nguyên tố của $A$ và $L$ là một mở rộng hữu hạn của trường $\kappa(p)$; chỉ cần chứng minh,