Hơn nữa, nếu tồn tại một chỉ số duy nhất $k$ sao cho $v(x_k) = \inf_{1 \leq i \leq n} v(x_i)$, thì hai vế của (1) bằng nhau. Đặc biệt, nếu $v(x) \neq v(y)$, thì $v(x + y) = \inf(v(x), v(y))$.

Quan hệ (1) suy ra từ tiên đề (VL_{II}) bằng quy nạp theo $n$. Nếu tồn tại một chỉ số duy nhất $k$ sao cho $v(x_k) = \inf_{1 \leq i \leq n} v(x_i)$, thì, viết $y = \sum_{i \neq k} x_i$ và $z = \sum_{i=1}^n x_i$, ta có $v(y) > v(x_k)$ và $v(z) \geq v(x_k)$ theo (1); nếu $v(z) > v(x_k)$, quan hệ $x_k = z - y$ sẽ cho $v(x_k) \geq \inf(v(z), v(y)) > v(x_k)$, điều này vô lý; do đó $v(z) = v(x_k)$, điều này chứng minh mệnh đề thứ hai.

Nếu chỉ có một chỉ số duy nhất $k$ sao cho $v(x_k) = \inf_{1 \leq i \leq n} v(x_i)$, thì Mệnh đề 1 sẽ cho thấy rằng $v(x_k) = v(0) = +\infty$, do đó $v(x_i) = +\infty$ với mọi $i$, trái với quan hệ $n \geq 2$ và giả thiết đặt ra trên $k$.

Nhận xét (1) Nếu $v : C \to \Gamma_\infty$ là một phép định giá trên $C$ và $u : B \to C$ là một đồng cấu từ một vành $B$ vào $C$, thì ngay lập tức thấy rằng ánh xạ hợp thành $B \xrightarrow{u} C \xrightarrow{v} \Gamma_\infty$ là một phép định giá trên $B$ nhận giá trị trong $\Gamma$.

(2) Các điều kiện (VL$_I$) và (VL$_II$) cho thấy ngay lập tức rằng tập hợp $\bar{v}^{-1}(+\infty)$ là một iđêan hai phía $\mathfrak{p}$ trong $C$ phân biệt với $C$ do (VL$_III$); hơn nữa, nếu $x, y$ là hai phần tử của $C$ sao cho $v(xy) = +\infty$, thì suy ra từ (VL,) rằng tất yếu $v(x) = +\infty$ hoặc $v(y) = +\infty$; nói cách khác, vành thương $C/\mathfrak{p}$ không có ước của 0 nào khác ngoài 0; ta kiểm tra ngay lập tức được rằng ánh xạ $\bar{v} : C/\mathfrak{p} \to \Gamma_\infty$ dẫn xuất từ $v$ bằng cách chuyển qua thương là một phép định giá trên $C/\mathfrak{p}$, ảnh ngược của $+\infty$ theo phép định giá này thu về 0.

Mệnh đề (i) suy ra từ sự kiện rằng $\bar{v}^{-1}(+\infty)$ là một iđêan của $K$ không bằng $K$. Việc kiểm tra rằng $A$ là một vành và rằng $V$, và $V'_a$ là các iđêan hai phía là tầm thường do các tiên đề (VL$_I$), (VL$_II$) và (VL$_III$). Nếu $a$ là một iđêan (trái, chẳng hạn) của $A$ và $x \neq 0$ thuộc $A$, mọi $y \in A$ sao cho $v(y) \geq v(x)$ đều có thể viết được dưới dạng $y = zx$ với $z = yx^{-1}$, do đó $v(z) = v(y) - v(x) \geq O$ và vì thế $z \in A$; nói cách khác, iđêan trái $Ax$ chứa $V'_a$ với $a > v(x)$. Tập hợp $U(A) = A - m(A)$ là tập hợp các $x \in K$ sao cho $v(x) = 0$; nếu $x \in U(A)$, thì

do đó $x^{-1} \in U(A)$; ngược lại, nếu $y \in A$ khả nghịch trong $A$, thì $v(y) \geq 0$, $v(y^{-1}) \geq 0$ và $v(y) + v(y^{-1}) = 0$, do đó $v(y) = 0$ và $y \in U(A)$; điều này chứng minh (iv) và (v) suy ra ngay lập tức từ các định nghĩa.

$A$ (resp. $m(A)$, $\kappa(A)$) được gọi là vành (resp. iđêan, trường thặng dư) của giá trị $v$ trên $K$.

Rõ ràng U(A) là hạt nhân của đồng cấu $v : K^* \to \Gamma$ và ảnh $v(K^*)$ dưới $v$ của nhóm nhân $K^*$ là một nhóm con của nhóm cộng $\Gamma$, được gọi là nhóm cấp hoặc nhóm giá trị của $v$, do đó đẳng cấu với $K^*/U(A)$; với $x \in K$, phần tử $v(x)$ của $\Gamma_\infty$ đôi khi được gọi là giá trị hoặc cấp của $x$ đối với $v$. Hai giá trị $v, v'$ trên $K$ được gọi là tương đương nếu chúng có cùng một vành.

Giả sử $v$ và $v'$ là tương đương; theo giả thiết, vành $A$ của định giá $v$ trùng với vành của $v'$, $v$ và $v'$ (hạn chế trên $K^*$) phân tích thành các đồng cấu $K^* \to K^*/U(A) \xrightarrow{\mu} v(K^*)$, $K^* \to K^*/U(A) \xrightarrow{\nu} v'(K^*)$, trong đó $\mu$ và $\nu$ là các đẳng cấu; hơn nữa, tập các phần tử dương của $v(K^*)$ (tương ứng $v'(K^*)$) là ảnh qua $\mu$ (tương ứng $\nu$) của tập các lớp modulo $U(A)$ của các phần tử $\neq 0$ của $m(A)$; ta kết luận rằng $A = v \circ \mu^{-1}$ giải được bài toán, chiều đảo lại hiển nhiên.

Giả sử nay $K$ là một trường giao hoán; khi đó, với mọi định giá $v$ trên $K$, vành $A$ của định giá $v$ là một vành định giá của $K$ theo nghĩa của § 1, no. 2, Định nghĩa 2 (điều này biện minh cho thuật ngữ); điều này suy ra ngay lập tức từ Mệnh đề 2 (c) và § 1 no. 2, Định lý 1 (c). Ngược lại, nhắc lại rằng với mọi miền nguyên $B$ có trường phân thức là $K$ thì quan hệ chia hết $x|y$ (tương đương với $y \in Bx$) làm cho $K^*$ thành một nhóm tiền thứ tự, mà nhóm có thứ tự liên kết $\Gamma_B$ là thương $K^*/U(B)$ của $K^*$ theo nhóm $U(B)$ gồm các phần tử khả nghịch của $B$, các phần tử dương của nhóm này là các phần tử của $B^*/U(B)$ (trong đó $B^* = B - \{0\}$); ánh xạ $x \mapsto Bx$ xác định, bằng cách chuyển qua thương, một đẳng cấu của nhóm có thứ tự $K^*/U(B)$ lên nhóm (được sắp thứ tự bởi quan hệ $\supset$) các iđêan phân thức chính khác không của $K$ (Đại số, Chương VI, § 1, no. 5). Các vành $A$ có trường phân thức $K$ và sao cho nhóm $\Gamma_A = K^*/U(A)$ được sắp thứ tự toàn phần chính xác là các vành định giá của K (§ 1, no. 2, Định lý 1 (d)). Nếu $v_A$ ký hiệu đồng cấu chính tắc của $K^*$ lên $\Gamma_A$, thì hiển nhiên $v_A$ (được mở rộng bởi $v_A(0) = +\infty$) là một định giá (gọi là chính tắc) trên $K$ mà vành của nó là $A$; mọi định giá tương đương với $v_A$ có thể viết $v = \sigma \circ v_A$, trong đó $\sigma$ là một đẳng cấu của $\Gamma_A$ lên một nhóm con của nhóm mà $v$ nhận giá trị của nó (Mệnh đề 3); $\sigma \circ v_A$ được gọi là phân tích chính tắc của $v$.

Theo Định lý 2 của Algebra, Chương I, § 2, no. 7, tồn tại một đồng cấu duy nhất $w$ từ $K^*$ vào $\Gamma$ mở rộng $v|C^*$ và $w(K^*)$ được sinh bởi $v(C^*)$. Còn phải chứng minh rằng $w$ thỏa mãn tiên đề (VL,,). Khi đó, cho $x' \in K^*, y \in K^*$ sao cho $x + y \in K^*$; tồn tại $a \in \mathbf{C}^*$ sao cho $ax \in \mathbf{C}^*$ và $ay \in \mathbf{C}^*$, do đó $a(x + y) \in \mathbf{C}^*$. Vì hạn chế của $w$ lên $\mathbf{C}^*$ thỏa mãn (VL$_{\text{II}}$),

Khử $w(a)$ ở hai vế, ta được

Cho $\Gamma_v$ và $\Gamma_{v'}$ là các nhóm giá trị của $v$ và $v'$. Vì hạn chế của $v'$ lên $K$ là tương đương với $v$, nên tồn tại một đẳng cấu $A$ từ $\Gamma_v$ lên một nhóm con của $\Gamma_{v'}$, sao cho $v' = A \circ v$ trên $K$. Nếu $\Gamma_v$ được đồng nhất với $\lambda(\Gamma_v)$ nhờ $\lambda$, thì thấy rằng $v'$ mở rộng $v$.

Lưu ý rằng $\Gamma_{v'}$ nói chung khác với $\lambda(\Gamma_v)$ và lớp tương đương của $v'$ không nhất thiết là duy nhất. Chúng ta sẽ trở lại với điều này ở § 8.

Dịch Định lý 3 của § 1, no. 3 (hoặc Mệnh đề 6 của § 2, no. 5), ta thu được:

Từ nay trở đi, nói chung ta sẽ để cho người đọc công việc thực hiện những bản dịch tương tự như trên.

Cho $b$ là một A-môđun con của $K$. Tập các $v(x)$ với $x \in b - (0)$ là một tập con trội $M(b)$ của $G$. Mệnh đề 7 sẽ được chứng minh nếu các đẳng thức sau được chứng minh:

(2) $M(a(N)) = N$ với mọi tập con trội $N$ của $G$; (3) $a(M(b)) = b$ với mọi A-môđun con $b$ của $K$.

Công thức (2) là dễ, vì với mọi $m \in N$, tồn tại $x \in K$ sao cho $v(x) = m$. Khi đó hiển nhiên $b \subset a(M(b))$; ngược lại, lấy $x \in a(M(b))$ và giả sử $x \neq 0$;

khi đó $v(x) \in M(b)$ và do đó tồn tại $y \in b$ sao cho $v(x) = v(y)$; suy ra $x = uy$ với $v(u) = 0$, điều này chứng minh rằng $x \in A$ $y \subset b$ và hoàn tất chứng minh.

Vì $A = a(G_+)$, nên $a(M) \subset A$ tương đương với $M \subset G_+$.

Chẳng hạn iđêan cực đại $m(A)$ bằng $a(S)$, trong đó $S$ ký hiệu tập các phần tử dương ngặt của $G$.

Có thể giả sử rằng $v$ là chuẩn hóa, để $v(u) = 1$. Với mọi $x \in K^*$, tồn tại một số nguyên $n \in \mathbf{Z}$ sao cho $(v(x) = n = v(u^n)$ và do đó ta có thể viết

trong đó $z, z'$ là hai phần tử khả nghịch của vành $A$; do đó suy ra mệnh đề.

(d) $A$ là một vành Noether và $m(A)$ là chính. (e) $A$ là một vành định giá Noether.

Mệnh đề 8 cho thấy rằng (a) suy ra (b), (d) và (e). Nếu $A$ là một miền iđêan chính, thì $m(A) = Au$ và mọi iđêan khác không của $A$ đều có dạng $Au^n$ vì $A$ là địa phương (Algebra, chương VII, § 1, no. 3, Định lý 2); do đó $\bigcap_{n=1}^\infty m(A)^n = 0$; điều này cho thấy rằng (b) suy ra (c). Mặt khác (d) suy ra (c) (chương III, § 3, no. 2, Hệ quả của Mệnh đề 5); theo Mệnh đề 2 của § 1, no. 4, (c) suy ra (a). Vậy các điều kiện (a), (b), (c), (d) là tương đương và suy ra (e). Cuối cùng giả sử (e) đúng và ta hãy chứng minh rằng (b) đúng; chỉ cần chứng minh bổ đề sau:

Cho $E$ là một $A$-môđun xoắn tự do sinh hữu hạn và cho $x_1, \ldots, x_n$ là các phần tử sinh của $E$ với số lượng tối thiểu; ta sẽ chứng minh rằng chúng độc lập tuyến tính. Nếu $\sum_{i=1}^n a_i x_i = 0$ ($a_i \in A$) là một quan hệ không tầm thường giữa các $x_i$, thì một trong các $a_i$, chẳng hạn $a_1$, chia hết tất cả các phần tử còn lại vì tập các iđêan chính của $A$ được sắp thứ tự toàn phần theo bao hàm (§ 1, no. 2, Định lý 1); khi đó $a_1 \neq 0$ vì quan hệ là không tầm thường. Vì $E$ là xoắn tự do, ta có thể chia cho $a_1$, tức là giả sử $a_1 = 1$. Nhưng khi đó $x_1$ là một tổ hợp tuyến tính của $x_2, \ldots, x_n$, trái với tính cực tiểu của $n$. Do đó $E$ là tự do.

Đặc biệt, mọi iđêan sinh hữu hạn $\mathfrak{a}$ của $A$ đều là chính, vì mọi phần tử của một hệ phần tử sinh của $\mathfrak{a}$ đều là bội của một trong các phần tử ấy. Mệnh đề 3 của chương I, § 2, no. 4 cho thấy mọi $A$-môđun xoắn tự do đều phẳng.