(E₁) $x$ là một nghiệm của một đa thức đơn khởi trong vành đa thức $\mathbf{A}[X]$. (E₂) Đại số con $\mathbf{A}[x]$ của $\mathbf{R}$ là một $\mathbf{A}$-môđun sinh hữu hạn. (E₃) Tồn tại một môđun trung thành trên vành $\mathbf{A}[x]$ là một $\mathbf{A}$-môđun sinh hữu hạn.

Trước hết ta chứng minh rằng (E₁) kéo theo (E₂). Cho

là một đa thức đơn khởi trong $\mathbf{A}[X]$ có $x$ là một nghiệm; với mỗi số nguyên $q \geq 0$ cho $M_q$ là môđun con-$\mathbf{A}$ của $\mathbf{R}$ sinh bởi $1, x, \ldots, x^n + q$. Khi đó với mọi $q \geq 1$, do đó, bằng quy nạp theo $q$,

(*) Các kết quả của chương này và chương tiếp theo không phụ thuộc vào Sách nào khác ngoài các Sách I đến VI, cũng không phụ thuộc vào Chương I, § 4, cũng không phụ thuộc vào Chương 111, § 5.

Ta kết luận rằng $A[x]$ bằng $M_0$ và do đó là một $A$-môđun sinh hữu hạn.

Vì vành giao hoán $A[x]$ là một môđun trung thành trên chính nó, ($E_{II}$) kéo theo ($E_{III}$).

Cuối cùng, sự kiện ($E_{III}$) kéo theo ($E_1$) sẽ suy ra từ bổ đề chính xác hơn sau đây:

Cho $(u_i)_{1 \leq i \leq n}$ là một họ hữu hạn các phần tử của $M$ sao cho $M = \sum_{i=1}^n Au_i$. Với mọi $i$, theo giả thiết tồn tại một họ hữu hạn $(q_{ij})_{1 \leq j \leq n}$ các phần tử của $q$ sao cho

Do đó (Đại số, Chương III, § 8), nếu $d$ là định thức của ma trận $(q_{ij} - \delta_{ij}x)$ với các phần tử trong $A[x]$ ($\delta_{ij}$ biểu thị chỉ số Kronecker), thì $du_i = 0$ với mọi $i$ và do đó $dM = 0$; vì $M$ được giả thiết là một $A[x]$-môđun trung thành, nhất thiết $d = 0$. Điều này có nghĩa là $x$ là một nghiệm của đa thức $\det(q_{ij} - \delta_{ij}X)$ trong $A[X]$, đa thức này, sai khác một dấu, là một đa thức đơn khởi mà các hệ số khác hệ số đầu thuộc về $q$.

Điều kiện này hiển nhiên là cần do tính chất (E_{II}); nó cũng đủ do (E_{III}), vì $R'$ là một $A[x]$-môđun trung thành (vì nó chứa phần tử đơn vị của $R$).

Điều kiện này là cần do (E_{II}); nó đủ, vì nếu $A[x]$ là một A-môđun con của một A-môđun sinh hữu hạn, thì chính nó là một A-môđun sinh hữu hạn (Đại số, Chương VIII, § 2, no. 3, Mệnh đề 7).

Giả thiết rằng $A$ là Noether không thể bỏ khỏi mệnh đề (Bài tập 2).

Tồn tại một $K$-đẳng cấu $f$ của $K(x)$ lên $K(x')$ sao cho $f(x) = x'$ và các phần tử của $A$ bất biến dưới $f$.

Hiển nhiên chỉ cần chứng minh mệnh đề thứ nhất. Điều kiện này là cần theo Mệnh đề 2. Ngược lại, nếu mỗi $x_i$ đều nguyên trên $A$, thì đại số con $A[x_i]$ của $R_i$ là một $A$-môđun hữu hạn sinh và do đó đại số con $\prod_{i=1}^n A[x_i]$ của $R$ cũng vậy; vì $A[x]$ được chứa trong đại số con này, nên $x$ nguyên trên $A$ theo Mệnh đề 1.

Ta chứng minh bằng quy nạp theo $n$, mệnh đề này chỉ là (E_{II}) khi $n = 1$. Giả thiết quy nạp suy ra rằng $B = A[x_1, \ldots, x_{n-1}]$ là một A-môđun hữu hạn sinh; vì $x_n$ nguyên trên $B$, nên $B[x_n] = A[x_1, \ldots, x_n]$ là một B-môđun hữu hạn sinh và do đó cũng là một A-môđun hữu hạn sinh (Đại số, Chương II, § 1, no. 13, Mệnh đề 25).

Thật vậy, nếu $x, y$ là hai phần tử của $R$ nguyên trên $A$, thì từ Mệnh đề 4 suy ra $A[x, y]$ là một A-môđun hữu hạn sinh; vì nó chứa $x + y$ và $xy$, hệ quả suy ra từ Mệnh đề 1.

Trong một đại số không giao hoán, tổng và tích của hai phần tử nguyên trên $A$ không nhất thiết nguyên trên $A$ (Bài tập 4).

Mọi phần tử của $B$ đều thuộc một đại số con trên A của $B$ được sinh bởi một tập con hữu hạn của $E$.

Nhận xét (3) Suy ra từ Mệnh đề 4 rằng mọi đại số giao hoán trên A nguyên trên $A$ là hợp của một họ có hướng phải của các đại số con hữu hạn trên $A$.

Xét một phần tử bất kỳ $x' = \sum_{i=1}^n x_i \otimes a'_i$ của $R \otimes_A A'$, trong đó các $x_i$ thuộc $R$ và các $a'_i$ thuộc $A'$; vì $x_i \otimes a'_i = (x_i \otimes 1)a'_i$ và các $x_i \otimes 1$ là nguyên trên $A'$ (Mệnh đề 2), nên $x$ cũng vậy.

$B \otimes_A C[A]$ là nguyên trên $C[A]$ theo Mệnh đề 5 và do đó ảnh chính tắc $C[B]$ của $B \otimes_A C[A]$ trong $R$ (được xem như một đại số trên A) cũng vậy theo Mệnh đề 2.

Ta chỉ cần kiểm tra rằng mọi $x \in C$ đều nguyên trên $A$. Theo giả thiết tồn tại một đa thức đơn khởi $X^n + b_1 X^{n-1} + \cdots + b$, với các hệ số trong $B$ nhận $x$ làm nghiệm; khi đó $x$ là nguyên trên $B' = A[b_1, \ldots, b_n]$ và $B'[x]$ do đó là một B-môđun sinh hữu hạn. Nhưng vì $B$ nguyên trên $A$, $B'$ là một A-môđun sinh hữu hạn (Mệnh đề 4); ta kết luận rằng B'[x] cũng là một A-môđun sinh hữu hạn (Đại số, Chương 11, § 1, no. 13, Mệnh đề 25) và do đó x là nguyên trên A.

$R \otimes_A R$ là nguyên trên R (Mệnh đề 5) và do đó hệ quả suy ra từ Mệnh đề 6.

Bao đóng nguyên của A' trong R là nguyên trên A theo no. 1, Mệnh đề 6; do đó nó bằng A'.

Gọi K là trường phân thức của A và B là bao đóng nguyên của A. Rõ ràng

K là trường phân thức của B và chỉ cần áp dụng Mệnh đề 7 cho $R = K$.

Điều này suy ra ngay lập tức từ Định nghĩa 3 và no. 1, Hệ quả 1 của Mệnh đề 2.

Chỉ cần áp dụng Mệnh đề 8 bằng cách lấy $R$ và các $B_\lambda$ bằng trường phân thức $K$ của $A$ và nhận xét rằng một vành con của $K$ đóng nguyên trong $K$ là a fortiori một miền nguyên đóng nguyên vì trường phân thức của nó được chứa trong $K$.

Đây là một hệ quả ngay lập tức của no. 1, Mệnh đề 3.

Cho $A$ là một miền iđêan chính, $K$ là trường phân thức của nó và $x$ là một phần tử của $K$. Tồn tại hai phần tử nguyên tố cùng nhau $a, b$ của $A$ sao cho $x = ab^{-1}$ (Đại số, Chương VII, § 1, no. 2, Mệnh đề 1 và Chương VI, § 1, no. 11, Mệnh đề 9 (DIV)). Nếu $x$ nguyên trên $A$, thì nó là một nghiệm của một đa thức

X^n + c_1 X^{n-1} + \ldots + c_n \text{ của } A[X]. Khi đó $a^n = b(-c_1 a^{n-1} - \ldots - c_n b^{n-1})$, điều đó chứng tỏ rằng $b$ chia $a''$. Vì $a$ và $b$ nguyên tố cùng nhau, suy ra $b$ khả nghịch trong $A$ (Đại số, Chương VI, § 1, no. 12, Hệ quả 1 của Mệnh đề 11 (DIV)); do đó $x \in A$.

Ta chứng minh bằng quy nạp theo bậc $n$ của P, bổ đề là hiển nhiên với $n = 0$ và $n = 1$. Vì thế giả sử $n > 1$. Cho $a$ là iđêan của $R[X]$ được sinh bởi P và cho $f$ là đồng cấu chính tắc của $R[X]$ lên $B = R[X]/a$. Vì P là đơn khởi, với mọi đa thức $Q \in R[X]$, $\deg(PQ) = \deg(P) + \deg(Q)$, do đó $a \cap R = 0$; vì thế hạn chế của $f$ lên R là đơn ánh. Đồng nhất R với vành con $f(R)$ của B qua $f$ và viết $b = f(X)$, ta thấy rằng $b$ là một nghiệm của P trong B, P được xét như một đa thức trong $B[X]$. Khi đó tồn tại một đa thức đơn khởi Q trong $B[X]$ bậc $n - 1$ sao cho $P(X) = (X - b)Q(X)$ (Đại số, Chương IV, § 1, no. 4, Mệnh đề 5). Theo giả thiết quy nạp tồn tại một vành $R' \supseteq B$ sao cho trong $R'[X]$ đa thức Q là một tích của các đa thức đơn khởi bậc 1; hiển nhiên trong $R'[X]$ khi đó P là một tích của các đa thức đơn khởi bậc 1.

Bằng cách áp dụng kép Bổ đề 2, ta thấy rằng tồn tại một vành R' chứa R và các họ phần tử $(a_i)_{1 \leq i \leq m}, (b_j)_{1 \leq j \leq n}$ của R' sao cho trong $R'[X]$

các hệ số của P Q thuộc bao đóng nguyên $A'$ của A trong R' và do đó (no. 2, Mệnh đề 7) các phần tử $a, (1 \leq i \leq m)$ và $b, (1 \leq j \leq n)$ thuộc A. Suy ra rằng các hệ số của P và Q là nguyên trên A (no. 1, Hệ quả 1 của Mệnh đề 4).

Cho A là một miền nguyên, K là trường các phân thức của nó và K' là một đại số trên K (không nhất thiết giao hoán). Cho một phần tử $x \in K'$ đại số trên K, các đa thức $P \in K[X]$ sao cho $P(x) = 0$ tạo thành một iđêan $a \neq 0$ của $K[X]$, nhất thiết chính (Đại số, Chương IV, § 1, no. 5, Mệnh đề 7). Tồn tại một đa thức đơn khởi duy nhất sinh ra a; bằng cách mở rộng thuật ngữ đã đưa vào trong Đại số, Chương V, § 3, no. 1, Định nghĩa 3, đa thức đơn khởi này sẽ được gọi là đa thức tối tiểu của x trên K.

Theo giả thiết (no. 1, Định lý 1), tồn tại một đa thức đơn khởi $Q \in A[X]$ sao cho $Q(x) = 0$. Vì $P$ chia $Q$ trong $K[X]$, suy ra từ Mệnh đề 11 rằng các hệ số của $P$ là nguyên trên $A$.

Cho $A$ là một vành và $R$ là một đại số trên $A$ (giao hoán); đồng cấu $\phi : A \to R$ xác định cấu trúc đại số trên $A$ của $R$ có thể được mở rộng duy nhất thành một đồng cấu $A[X] \to R[X]$ của các vành đa thức trên $A$ và $R$, giữ $X$ bất biến và do đó $R[X]$ được trang bị một cấu trúc đại số trên $A[X]$ chính tắc.

Bằng cách xem các đa thức của $R[X_1, \ldots, X_n]$ như các đa thức theo $X$, với các hệ số trong $R[X_1, \ldots, X_{n-1}]$, ta thấy ngay lập tức rằng quy về việc chứng minh mệnh đề cho $n = 1$. Khi đó cho $P$ là một đa thức trong $R[X]$; suy ra ngay lập tức từ no. 1, Mệnh đề 5 rằng, nếu các hệ số của $P$ thuộc bao đóng nguyên $B$ của $A$ trong $R$, phần tử $P$, thuộc $B[X] = B \otimes_A A[X]$, là nguyên trên $A[X]$. Ngược lại, giả sử rằng $P$ là nguyên trên $A[X]$ và cho

là một đa thức đơn khởi với các hệ số $F_i \in A[X]$ có $P$ làm nghiệm. Cho $r$ là một số nguyên lớn hơn nghiêm ngặt tất cả các bậc của các đa thức $P$ và $F_i$ ($1 \leq i \leq m$) và ta viết

Khi đó $P_1$ là nghiệm của đa thức

với các hệ số trong $A[X]$; do đó ta có thể viết

Bây giờ lựa chọn $r$ kéo theo rằng $-P_1$ là một đa thức đơn khởi của $R[X]$ và $G_m(X) = Q(X^r)$ cũng vậy, các bậc của các đa thức $F_k(X) X^{r(m-k)}$ đều $< rm$ với $k \geq 1$. Trước hết ta kết luận rằng đa thức

của $R[X]$ cũng là đơn khởi; hơn nữa, vì các hệ số của $G_i$ thuộc về $A$, Mệnh đề 11 chỉ ra rằng $P_1$ có các hệ số nguyên trên $A$ và các hệ số của $P$ do đó chắc chắn là nguyên trên $A$.

Điều này suy ra từ Mệnh đề 12 và Định nghĩa 3 của no. 2.

Lập luận bằng quy nạp theo $n$, bài toán được rút gọn ngay lập tức về trường hợp $n = 1$. Cho $K$ là trường các phân thức của $A$, cũng là trường các phân thức của $A'$; nếu một phần tử $P$ của trường các phân thức $K(X)$ của $A[X]$ là nguyên trên $A[X]$, nó thuộc về vành đa thức $K[X]$, vì vành sau là một miền iđêan chính (Đại số, Chương IV, § 1, no. 5, Mệnh đề 7) và do đó đóng nguyên (Mệnh đề 10); hệ quả khi đó suy ra từ Mệnh đề 13 áp dụng cho $\mathbf{R} = K$.

Bằng quy nạp theo $n$, chỉ cần chứng minh rằng $A[X]$ (tương ứng $A[[X]]$) là đóng nguyên hoàn toàn. Khi đó cho $P$ là một phần tử của trường phân thức của $A[X]$ (tương ứng $A[[X]]$) và giả sử rằng tồn tại một phần tử khác không $Q \in A[X]$ (tương ứng $Q \in A[[X]]$) sao cho $Q P^m \in A[X]$ (tương ứng $Q P'' \in A[[X]]$) với mọi số nguyên $m \geq 0$. Nếu $K$ là trường phân thức của $A$, $A[X]$ (tương ứng $A[[X]]$) là một vành con của $K[X]$ (tương ứng $K[[X]]$) và $K[X]$ (tương ứng $K[[X]]$) là một miền iđêan chính (Đại số, Chương VII, § 1, no. 1) và do đó đóng nguyên (no. 4, Mệnh đề 10) và Noether (Đại số, Chương VIII, § 2, no. 3) và vì vậy đóng nguyên hoàn toàn; khi đó ta đã thấy rằng

$P \in K[X]$ (tương ứng $P \in K[[X]]$). Cho $P = \sum_{k=0}^{\infty} a_k X^k$ ($a_k \in K$) và $Q = \sum_{k=0}^{\infty} b_k X^k$ ($b_k \in A$) và ta lập luận bằng phản chứng bằng cách giả sử rằng các $a_i$ không phải tất cả đều thuộc $A$; khi đó tồn tại một chỉ số nhỏ nhất $i$ sao cho $a_i \notin A$; nếu ta viết

thì suy ra ngay lập tức từ giả thiết rằng cũng có $Q(P - P_1)^m \in A[X]$ (tương ứng $Q(P - P_1)^m \in A[[X]]$) với mọi $m \geq 0$. Gọi $j$ là số nguyên nhỏ nhất sao cho $b_j \neq 0$; rõ ràng trong $Q(P - P_1)^m$, số hạng có bậc nhỏ nhất với hệ số $\neq 0$ là $b_j a_i^m X^{j + mi}$ và do đó $b_j a_i^m \in A$ với mọi $m \geq 0$; nhưng vì $A$ là đóng nguyên hoàn toàn, điều này kéo theo $a_i \in A$, trái với giả thiết.

Cho $(A_n)_{n \in \mathbf{Z}}$ là lọc được xác định trên $A$; vì $\bigcap_{n \in \mathbf{Z}} A_n$, là bao đóng của iđêan (0) (Chương III, § 2, no. 5), giả thiết trước hết kéo theo rằng lọc $(A_n)$ là tách được và, vì $\mathrm{gr}(A)$ là một miền nguyên, nên $A$ cũng vậy (Chương III, § 2, no. 3, Hệ quả của Mệnh đề 1). Cho $x = b/a$ là một phần tử của trường các phân thức $K$ của $A$ ($a \in A, b \in A$) sao cho tồn tại một phần tử $d \neq 0$ của $A$ thỏa mãn $dx^n \in A$ với mọi $n \geq 0$. Ta phải chứng minh rằng $b \in A a$ và, vì theo giả thiết iđêan $A a$ là đóng, chỉ cần chỉ ra rằng, với mọi $n \in \mathbf{Z}, b \in A a + A$. Vì lọc của $A$ là đầy đủ, tồn tại một số nguyên $q \in \mathbf{Z}$ sao cho $b \in A a + A_q$. Do đó chỉ cần chứng minh rằng quan hệ $b \in A a + A_q$ kéo theo $b \in A a + A_{q+1}$.

Giả sử khi đó rằng $b = a y + z$ trong đó $y \in A, z \in A_{q+1}$. Khi đó theo giả thiết $dx^n \in A$ với mọi $n \geq 0$, do đó ta thu được ngay lập tức $d(x - y)^n \in A$ với mọi $n \geq 0$; nói cách khác, $dz^n = a^n t_n$ trong đó $t_n \in A$ với mọi $n \geq 0$. Ta hiển nhiên có thể giới hạn sự chú ý của mình vào trường hợp $z \neq 0$. Gọi $v$ là hàm cấp trên $A$ (chương III, § 1, no. 2) và viết $v(d) = n_1,\ v(z) = n_2 \geq m,\ v(a) = n_3$; gọi $d', z', a'$ là các ảnh tương ứng của $d, z, a$ trong $A_{n_1}/A_{n_1+1},\ A_{n_2}/A_{n_2+1},\ A_{n_3}/A_{n_3+1}$. Với mọi $n \geq 0,\ v(dz^n) = n_1 + nn_2$ (chương III, § 2, no. 3, Mệnh đề 1) và do đó ảnh chính tắc trong $\mathrm{gr}(A)$ của $dz^n$ là $d'{z'}^n$; tương tự, người ta thấy rằng ảnh chính tắc trong $\mathrm{gr}(A)$ của $a^n t_n$ có dạng ${d'}^n t'_n$ trong đó $t'_n \in \mathrm{gr}(A)$ và, vì $a' \neq 0$ ta suy ra rằng, với mọi $n \geq 0,\ d'(z'/a')^n \in \mathrm{gr}(A)$. Giả thiết rằng $\mathrm{gr}(A)$ là hoàn toàn nguyên đóng do đó kéo theo sự tồn tại của một $s' \in \mathrm{gr}(A)$ sao cho $z' = a's'$; phân tích $s'$ thành một tổng các phần tử thuần nhất, người ta còn thấy (vì $z'$ và $a'$ là thuần nhất) rằng có thể giả sử $s'$ là thuần nhất, nghĩa là ảnh của một phần tử $s \in A$; khi đó $v(as) = v(z) = n_2$ và $z \equiv as \pmod{A_{n_2+1}}$; vì $n_2 \geq m, a fortiori$ $z \equiv as \pmod{A_{m+1}}$, do đó $b \equiv a(y+s) \pmod{A_{m+1}}$.