Cho $p$ là một iđêan nguyên tố của $\mathbf{A}$ sao cho $p \cap S = \varnothing$. Khi đó $a' \mapsto S^{-1}a'$ là một ánh xạ toàn ánh từ tập hợp $\mathscr{F}$ các iđêan của $\mathbf{A}'$ nằm trên $p$ lên tập hợp $\mathscr{F}_1$ các iđêan của $S^{-1}\mathbf{A}'$ nằm trên $S^{-1}p$ và ánh xạ $a'_1 \mapsto i'(a'_1)$ là một song ánh từ $\mathscr{F}_1$ lên tập hợp các iđêan thuộc $\mathscr{F}$ và bão hòa đối với $h(S)$; đặc biệt, $p' \mapsto S^{-1}p'$ là một song ánh từ tập hợp các iđêan nguyên tố của $\mathbf{A}'$ nằm trên $p$ lên tập hợp các iđêan nguyên tố của $S^{-1}\mathbf{A}'$ nằm trên $S^{-1}p$.

Ta biết rằng $S^{-1}p$ là một iđêan nguyên tố của $S^{-1}\mathbf{A}$ và $i_1(S^{-1}p) = p$ (Chương 11, § 2, no. 5, Mệnh đề 11); nếu tồn tại một iđêan $b'$ của $S^{-1}\mathbf{A}'$ nằm trên $S^{-1}p$, thì $h(i_1(b')) = i(h_1(b')) = p$; vì $S^{-1}i'(b') = b'$ (nơi đã dẫn), điều này đã cho thấy rằng ảnh của $\mathscr{F}$ qua ánh xạ $a' \mapsto S^{-1}a'$ chứa $\mathscr{F}_1$. Mặt khác, nếu $a' \in \mathscr{F}$, $a \in A$ và $s \in S$, ta có các tương đương sau

$\iff$ tồn tại $t \in S$ sao cho $h(t)h(a) \in a'$ $\iff$ tồn tại $t \in S$ sao cho $ta \in \mathfrak{p}$ $\iff a/z \in S^{-1}\mathfrak{p}$.

Do đó $h_1^{-1}(S^{-1}a') = S^{-1}\mathfrak{p}$, điều này hoàn tất chứng minh rằng ảnh của $\mathscr{F}$ qua ánh xạ $a' \mapsto S^{-1}a'$ bằng $\mathscr{F}_1$; các khẳng định khác suy ra từ Chương 11, § 2, no. 5, Mệnh đề 11.

Đặt $B = A/\mathfrak{p}$, $B' = A'/\mathfrak{p}'$ và gọi $h_1 : B \to B'$ là đồng cấu dẫn xuất từ $h$ bằng cách lấy thương; $B$ và $B'$ là các miền nguyên và $B'$ là nguyên trên $B$ ($§ 1$, no. 1, Mệnh đề 2). Nói rằng $\mathfrak{p}$ (tương ứng $\mathfrak{p}'$) là cực đại có nghĩa là $B$ (tương ứng $B'$) là một trường. Khi đó mệnh đề suy ra từ bổ đề sau:

Nếu $A$ là một trường, thì, với mọi $y \neq 0$ trong $B$, theo giả thiết $A[y]$ là một $A$-môđun sinh hữu hạn ($§ 1$, Định lý 1); vì $A[y]$ là một miền nguyên, nó là một trường (Đại số, Chương V, § 2, no. 1, Mệnh đề 1) và a fortiori $y$ khả nghịch trong $B$ và do đó $B$ là một trường. Ngược lại, giả sử rằng $B$ là một trường và lấy $z \neq 0$ trong $A$; vì $z^{-1} \in B$, $z^{-1}$ là nguyên trên $A$, nói cách khác có một phương trình phụ thuộc nguyên

trong đó các $a_i \in A$; bây giờ quan hệ này cho thấy rằng

do đó hiển nhiên $A$ là một trường.

Ta viết $S = A - \mathfrak{p}$; khi đó $S^{-1}A'$ là nguyên trên $S^{-1}A$ ($§ 1$, no. 5, Mệnh đề

16), $S^{-1}p$ là một iđêan cực đại của $S^{-1}A$ (Chương 11, § 2, no. 5, Mệnh đề 11), $S^{-1}a'$ và $S^{-1}p'$ là các iđêan của $S^{-1}A'$ nằm trên $S^{-1}p$ (Bổ đề 1) và $S^{-1}a' \supseteq S^{-1}p'$. Vì $S^{-1}p'$ là nguyên tố, nó là cực đại theo Mệnh đề 1 và do đó $S^{-1}p' = S^{-1}a'$; vì vậy $a'$ được chứa trong bão hòa của $p'$ đối với $h(S)$, mà bão hòa này bằng $p'$ (Chương II, § 2, no. 5, Mệnh đề 11).

Nếu $a'$ là hạt nhân của, giả thiết có nghĩa là $a' \cap A = (0)$; vì $A'$ là một miền nguyên, có thể áp dụng Hệ quả 1 bằng cách lấy $p$ và $p'$ lần lượt là iđêan (0) của $A$ và iđêan (0) của $A'$, do đó $a' = (0)$.

Để một iđêan nguyên tố của $A'$ chứa $mA'$, điều kiện cần và đủ là ảnh ngược của nó qua $h$ chứa $m$ và do đó nó nằm trên $m$, vì $m$ là cực đại trong $A$; do đó các $m'_j$ là những iđêan nguyên tố duy nhất của $A'$ chứa $mA'$ (Mệnh đề 1) và vì vậy $c' = \bigcap_j m'_j$ là căn của $mA'$ (Chương II, § 2, no. 6, Hệ quả 1 của Mệnh đề 13). Theo định nghĩa của $q'_j$, lớp mod. $q'_j$ của một phần tử thuộc $A' - m'_j$ không phải là một ước của 0 trong $A'/q'_j$; mặt khác, vì các $m'_j$ là những iđêan cực đại phân biệt, với mỗi chỉ số $j$ tồn tại một phần tử $a'_j$ thuộc $\bigcap_j m'_j$ và không thuộc $m'_j$ (Chương II, § 1, no. 1, Mệnh đề 4): khi đó, với mọi $x \notin m'_j, a'_j x \in r'$, do đó lớp mod. $q'_j$ của $a'_j x$ là lũy linh và, vì lớp của $a'_j$ không phải là một ước của 0, ta kết luận rằng lớp của $x$ là lũy linh; nói cách khác, $m'_j$ là căn của $q'_j$, điều này chứng minh (i). Suy ra các $q'_j$ nguyên tố cùng nhau từng đôi một (Chương II, § 1, no. 1, Mệnh đề 3); do đó (iii) sẽ là một hệ quả của (ii), có tính đến Chương II, § 1, no. 2, Mệnh đề 5. Để thiết lập (ii), ta chú ý rằng trong vành $A'/mA'$ các $m'_j/mA'$ là những iđêan cực đại duy nhất và $q'_j/mA'$ là sự bão hòa của (0) đối với $m'_j/mA'$ (Chương 11, § 2, no. 4); do đó ta có thể giới hạn sự chú ý vào trường hợp $mA' = (0)$; mệnh đề (ii) khi đó suy ra từ Chương II, § 3, no. 3, Hệ quả 2 của Định lý 1.

Nhận xét (1) Nếu $A'$ là Noether, suy ra từ (i) và (ii) rằng $(q'_j)_{1 \leq j \leq n}$ là phân tích nguyên sơ duy nhất của $mA'$ (Chương IV, § 2, no. 3).

Trước hết giả sử rằng $A$ là một vành địa phương và $p$ là iđêan cực đại của $A$; khi đó, với mọi iđêan cực đại $m'$ của $A'$, $h^{-1}(m')$ là một iđêan cực đại của $A$ (Mệnh đề 1) và do đó bằng $p$, điều này chứng minh định lý trong trường hợp này (vì $A'$ chứa $A$ theo giả thiết và do đó không bị rút gọn về 0). Trong trường hợp tổng quát, viết $S = A - p$; khi đó $S^{-1}A$ là một vành địa phương mà iđêan cực đại là $S^{-1}p$ (Chương 11, § 2, no. 5, Mệnh đề 11), $S^{-1}h : S^{-1}A \to S^{-1}A$, là đơn ánh (Chương II, § 2, no. 4, Định lý 1) và $S^{-1}A'$ là nguyên trên $S^{-1}A$ ($§ 1$, no. 5, Mệnh đề 16); khi đó tồn tại một iđêan nguyên tố $q'$ của $S^{-1}A'$ nằm trên $S^{-1}p$ và ta biết rằng $q' = S^{-1}p'$, trong đó $p'$ là một iđêan nguyên tố của $A'$ nằm trên $p$ (Bổ đề 1).

Nếu $h : A \to A'$ không đơn ánh, Định lý 1 không còn nhất thiết đúng nữa, như ví dụ về đồng cấu $Z \to \mathbf{Z}/n\mathbf{Z} \ (n > 1)$ cho thấy. Tuy nhiên Định lý 1 có thể được áp dụng cho đơn ánh chính tắc $h(A) \to A'$; nói cách khác, mệnh đề của Định lý 1 là đúng đối với các iđêan nguyên tố $p$ chứa $\mathrm{Ker}(h)$.

$pA' \subset p'$ và $\bar{h}(p') = p$.

Nếu $h_1 : A/a \to A'/a'$ là đồng cấu dẫn xuất từ $h$ bằng cách lấy thương, thì $h_1$ là đơn ánh theo giả thiết và $A'/a'$ là nguyên trên $A/a$ ($§ 1$, no. 1, Mệnh đề 2); khi đó tồn tại một iđêan nguyên tố $p'/a'$ của $A'/a'$ ($p'$ nguyên tố trong $A$) nằm trên $p/a$ (Định lý 1) và $p'$ là iđêan cần tìm.

Cho $32$ là căn Jacobson của $A$. Với mọi iđêan cực đại $m'$ của $A'$, $m' \cap A$ là một iđêan cực đại của $A$ (Mệnh đề 1), do đó $\mathscr{R} \subset m' \cap A$ và vì thế $\mathscr{R} \subset \mathscr{R}' \cap A$ (Đại số, Chương VIII, § 5, no. 3, Định nghĩa 3). Ngược lại, lấy $x \in 32' \cap A$; với mọi iđêan cực đại $m$ của $A$, tồn tại một iđêan nguyên tố của $A'$ nằm trên $m$ (Định lý 1) và iđêan này $m'$ tất yếu là cực đại (Mệnh đề 1), do đó $x \in m' \cap A = m$ và vì thế $x \in 32$.

Cho $\mathfrak{p}$ là hạt nhân của $f$, đây là một iđêan nguyên tố vì $f(A) \subset L$ là một miền nguyên; gọi $\mathfrak{p}'$ là một iđêan nguyên tố của $A'$ nằm trên $\mathfrak{p}$ (Định lý 1). Khi đó $A/\mathfrak{p}$ được đồng nhất một cách chính tắc với một vành con của $A'/\mathfrak{p}'$ và $A'/\mathfrak{p}'$ là nguyên trên $A/\mathfrak{p}$ ($§ 1$, no. 1, Mệnh đề 2). Đồng cấu $f$ xác định, bằng cách lấy thương, một đẳng cấu từ $A/\mathfrak{p}$ lên vành con $f(A)$ của $L$, đẳng cấu này có thể được mở rộng thành một đẳng cấu $g$ từ trường phân thức $K$ của $A/\mathfrak{p}$ lên một trường con của $L$. Vì trường phân thức $K'$ của $A'/\mathfrak{p}'$ là đại số trên $K$, nên $g$ có thể được mở rộng thành một đẳng cấu $g'$ từ $K'$ lên một trường con của $L$ (Đại số, Chương V, $§ 4$, no. 2, Hệ quả của Định lý 1); nếu $\pi': A' \to A'/\mathfrak{p}'$ là đồng cấu chính tắc, thì $g' \circ \pi'$ là một đồng cấu từ $A'$ vào $L$ mở rộng $f$.

Nhận xét (2). Cho $h : A \to A'$ là một đồng cấu vành sao cho $A'$ là nguyên trên $A$; khi đó ánh xạ liên tục liên kết $^a h : \mathrm{Spec}(A') \to \mathrm{Spec}(A)$ là đóng. Với mọi iđêan $a'$ của $A'$, $A'/a'$ là nguyên trên $A'$, nên cũng nguyên trên $A$ ($§ 1$, no. 1, Mệnh đề 6) và $\mathrm{Spec}(A'/a')$ được đồng nhất với một không gian con đóng $V(a')$ của $\mathrm{Spec}(A')$; để chứng minh rằng $^a h$ là đóng, khi đó ta thấy (thay thế $A'$ bởi $A'/a'$) rằng chỉ cần chứng minh ảnh của $\mathrm{Spec}(A)'$ dưới $^a h$ là một tập con đóng của $\mathrm{Spec}(A)$; mà theo Định lý 1, ảnh này chính là tập hợp các iđêan nguyên tố của $A$ chứa iđêan $\mathrm{Ker}(h)$ và tập hợp này là đóng theo định nghĩa của tôpô trên $\mathrm{Spec}(A)$.

Thật vậy, theo định nghĩa thì $h(S) \subset S'$ và, vì

nên chỉ cần chứng minh, nhờ Chương II, $§ 2$, no. 3, Mệnh đề 8, rằng nếu một iđêan nguyên tố $q'$ của $A'$ không giao với $h(S)$ thì nó cũng không giao với $S'$. Bây giờ, giả sử $q' \cap h(S) = \varnothing$ và đặt $q = h^{-1}(q')$; khi đó $q \cap S = \varnothing$, nói cách khác $q \subset \mathfrak{p}$. Vì theo định nghĩa $q'$ nằm trên $q$, suy ra từ Hệ quả 2 của Mệnh đề 1 rằng tồn tại một chỉ số $c$ sao cho $q' \subset p'_c$ và do đó $q' \cap S' = \varnothing$, điều này hoàn tất chứng minh.

Đặt $S = A - p$; theo Bổ đề 1, ta có thể thay thế $A$ bởi $S^{-1}A$, $A'$ bởi $S^{-1}A'$ (là một $S^{-1}A$-môđun sinh hữu hạn) và $p$ bởi $S^{-1}p$; nói cách khác, ta có thể giả sử rằng $A$ là một vành địa phương và $p$ là iđêan cực đại của nó. Khi đó (theo nhận xét đã nêu ở đầu số này) có thể thay thế $A$ bởi $A/p$, $A'$ bởi $A'/pA'$ và $p$ bởi $(0)$, vì $A'/pA' = (A/p) \otimes_A A'$ là một $(A/p)$-môđun sinh hữu hạn. Vậy cuối cùng ta đã quy bài toán về việc chứng minh mệnh đề trong trường hợp $A$ là một trường và $p = (0)$; khi đó $A'$ là một $A$-đại số hạng hữu hạn và do đó là Artin, và ta biết rằng trong một đại số như vậy chỉ có hữu hạn iđêan nguyên tố (Chương IV, § 2, no. 5, Mệnh đề 9).

Vì các phần tử của $S$ là bất biến dưới $\mathscr{G}$, rõ ràng rằng, nếu $\sigma.p' = p'$, thì cũng có $\sigma.(S^{-1}p') = S^{-1}p'$. Ngược lại, giả sử rằng $\sigma \in \mathscr{G}$ sao cho $\sigma.(S^{-1}p') = S^{-1}p'$; khi đó, nếu $x \in p'$, $(\sigma.x)/1 \in S^{-1}p'$ và do đó tồn tại $s \in S$ sao cho $s(\sigma.x) \in p'$, do đó $\sigma.x \in p'$ vì $p'$ là nguyên tố và $s \notin p'$; điều này chứng minh rằng $\sigma.p' \subset p'$ và tương tự có thể chứng minh rằng $\sigma^{-1}.p' \subset p'$, suy ra $\sigma.p' = p'$ và $\sigma \in \mathscr{G}^{\mathbf{Z}}(p')$. Nếu $\sigma \in \mathscr{G}^{\Gamma}(p')$, thì $\sigma.x - x \in p'$ với mọi $x \in A'$, do đó cũng vậy, với mọi $s \in S$,

và do đó $\sigma \in \mathscr{G}^{\Gamma}(S^{-1}p')$. Ngược lại, giả sử rằng $\sigma \in \mathscr{G}^{\Gamma}(S^{-1}p')$; khi đó, với mọi $x \in A'$, $\sigma.(x/1) - (x/1) \in S^{-1}p'$ và do đó tồn tại $s \in S$ sao cho $s(\sigma.x - x) \in p'$, do đó như trên $\sigma.x - x \in p'$, điều này chứng minh rằng $\sigma \in \mathscr{G}^{\Gamma}(p')$. Hai khẳng định cuối cùng suy ra từ § 1, no. 9, Mệnh đề 23.

(i) Cho hai iđêan nguyên tố $p', q'$ của $A'$ nằm trên cùng một iđêan nguyên tố $p$ của $A$, tồn tại $\sigma \in \mathscr{G}$ sao cho $q' = \sigma.p'$; nói cách khác, $\mathscr{G}$ tác động bắc cầu trên tập hợp các iđêan nguyên tố của $A'$ nằm trên $p$.

(ii) Cho $p'$ là một iđêan nguyên tố của $A'$, $p = p' \cap A$ và $k$ (resp. $k'$) là trường phân thức của $A/p$ (resp. $A'/p'$). Khi đó $k'$ là một mở rộng quasi-Galois () của $k$ và đồng cấu chính tắc $\sigma \mapsto \bar{\sigma}$ từ $\mathscr{G}^{\mathbf{Z}}(p')$ vào nhóm $\Gamma$ các tự đồng cấu $k$ của $k'$ xác định, bằng cách lấy thương, một đẳng cấu của $\mathscr{G}^{\mathbf{Z}}(p')/\mathscr{G}^{\Gamma}(p')$ lên $\Gamma$.*

(*) Để tránh nhầm lẫn với các nghĩa khác của từ "normal", từ nay về sau chúng ta dùng thuật ngữ "mở rộng quasi-Galois" đồng nghĩa với thuật ngữ "mở rộng normal" được định nghĩa trong Đại số, Chương V, § 6, no. 2, Định nghĩa 2.

(i) Nếu $x \in \mathfrak{q}$ thì $\prod_{\sigma \in \mathscr{G}} \sigma.x \in q' \cap A = p \subset p'$; khi đó tồn tại $\sigma \in \mathscr{G}$ sao cho $\sigma.x \in p'$, tức là $x \in \sigma^{-1}.q'$. Ta kết luận rằng $q' \subset \bigcup_{\sigma \in \mathscr{G}} \mathfrak{s}.\mathfrak{p}'$ và do đó (vì $\mathscr{G}$ là hữu hạn và các $\mathfrak{s}.\mathfrak{p}'$ nguyên tố) tồn tại $\sigma \in \mathscr{G}$ sao cho $\mathfrak{q}' \subset \mathfrak{s}.\mathfrak{p}'$ (Chương II, § 1, no. 1, Mệnh đề 2); vì $q'$ và $\sigma.\mathfrak{p}'$ đều nằm trên $p$, nên $q' = \sigma.\mathfrak{p}'$ (no. 1, Hệ quả 1 của Mệnh đề 1).

(ii) Để thấy rằng $k'$ là một mở rộng quasi-Galois của $k$, chỉ cần chứng minh rằng mọi phần tử $\bar{x} \in A'/p'$ đều là nghiệm của một đa thức $P$ trong $k[X]$ mà tất cả các nghiệm của nó đều nằm trong $A'/p'$ (Đại số, Chương V, § 6, no. 3, Hệ quả 3 của Mệnh đề 9). Bây giờ, lấy $x \in A'$ là một đại diện của lớp $\bar{x}$; đa thức $Q(X) = \prod_{\sigma \in \mathscr{G}} (X - \sigma.x)$ có tất cả các hệ số của nó trong $A$; gọi $P(X)$ là đa thức trong $(A/p)[X]$ mà các hệ số là ảnh của các hệ số của $Q$ qua đồng cấu chính tắc $\pi : A \to A/p$. Vì $\pi$ có thể được xem là hạn chế vào $A$ của đồng cấu chính tắc $\pi' : A' \to A'/p'$, ta thấy rằng $P$ là tích trong $(A'/p')[X]$ của các nhân tử tuyến tính $X - \pi'(\sigma.x)$ và do đó giải quyết bài toán vì $\bar{x} = \pi'(x)$.

Rõ ràng, với mọi $\sigma \in \mathscr{G}^z$, $\hat{\sigma}$ là một $k$-tự đẳng cấu của $k'$; còn phải kiểm tra rằng ánh xạ $\sigma \mapsto \hat{\sigma}$ biến $\mathscr{G}^z$ lên nhóm tất cả các $k$-tự đẳng cấu của $k'$. Ta viết $S = A - p$; $k$ và $k'$ không thay đổi khi thay thế $A'$ và $p'$ lần lượt bởi $S^{-1}A'$ và $S^{-1}p'$, theo § 1, no. 9, Mệnh đề 23 và quan hệ $S^{-1}p' \cap S^{-1}A = S^{-1}(A \cap p') = S^{-1}p$ (chương 11, § 2, no. 4); từ Bổ đề 3 suy ra rằng cả $\mathscr{G}^z$ lẫn phép toán của nó trên $k'$ đều không thay đổi; do đó ta có thể chỉ xét trường hợp $p$ là cực đại, trong trường hợp này ta biết rằng $p'$ cũng vậy (no. 1, Mệnh đề 1) và mọi phần tử của $k'$ do đó đều có dạng $\pi'(x)$ với một $x \in A'$ nào đó; ở trên đã thấy rằng một phần tử như vậy là một nghiệm của một đa thức trong $k[X]$ có bậc $\leq \mathrm{Card}(\mathscr{G})$. Vì mọi mở rộng tách được hữu hạn của $k$ đều nhận một phần tử nguyên thủy (Đại số, chương V, § 7, no. 7, Mệnh đề 12 và § 11, no. 4, Mệnh đề 4), ta thấy rằng mọi mở rộng tách được hữu hạn của $k$ được chứa trong $k'$ đều có bậc $\leq \mathrm{Card}(\mathscr{G})$, do đó suy ra rằng mở rộng tách được lớn nhất $k'_s$ của $k$ được chứa trong $k'$ (Đại số, chương V, § 7, no. 6, Mệnh đề 11) có bậc $\leq \mathrm{Card}(\mathscr{G})$ (Đại số, chương V, § 3, no. 2, Nhận xét 2). Cho $y \in A'$ là một phần tử sao cho $\pi'(y)$ là một phần tử nguyên thủy của $k'_s$. Các iđêan $\sigma.p'$ với $\sigma \in \mathscr{G} - \mathscr{G}^z$ là cực đại và phân biệt với $p'$ theo định nghĩa; do đó tồn tại $x \in A'$ sao cho $x \equiv y \pmod{p'}$ và $x \in \sigma^{-1}p'$ với $\sigma \in \mathscr{G} - \mathscr{G}^z$ (chương 11, § 1, no. 2, Mệnh đề 5). Như vậy, cho $u$ là một $k$-tự đẳng cấu của $k'$ và cho $P(X) = \prod_{\sigma \in \mathscr{G}} (X - \pi'(\sigma.x))$; vì $\pi'(x)$ là một nghiệm của $P$ và $P \in k[X]$, $u(\pi'(x))$ cũng là một nghiệm của $P$ trong $k'$ và do đó tồn tại $\tau \in \mathscr{G}$ sao cho

nhưng $u(\pi'(x)) \neq 0$ và, với $\sigma \in \mathscr{G} - \mathscr{G}^z$, $\sigma.x \in p'$ và do đó $\pi'(\sigma.x) = 0$; ta kết luận rằng tất yếu $\tau \in \mathscr{G}^z$. Nhưng vì $u$ và $\tilde{\tau}$ có cùng giá trị đối với phần tử nguyên thủy $\pi'(y) = \pi'(x)$ của $k'_s$, chúng trùng nhau trên $k'_s$ và, vì $k'$ là một mở rộng xuyên căn của $k'_s$, chúng trùng nhau trên $k'$.