Điều này là hiển nhiên.

đúng; đặc biệt $e(v'/v)$ và $f(v'/v)$ là hữu hạn.

Ta lấy các số tự nhiên $r$ và $s$ lần lượt không lớn hơn $e(v'/v)$ và $f(v'/v)$. Chỉ cần chứng minh rằng $rs \leq n$. Theo định nghĩa của $r$, tồn tại các phần tử $x_i$ của $L$ ($1 \leq i \leq r$) sao cho $v'(x_i) \not\equiv v'(x_j)$ (mod. $\Gamma_v$) với $i \neq j$. Theo định nghĩa của $s$, tồn tại các phần tử $y_k$ ($1 \leq k \leq s$) của vành $A'$ của $v'$ mà các ảnh chính tắc $\bar{y}_k$ của chúng trong $\kappa(A')$ là độc lập tuyến tính trên $\kappa(A)$; hiển nhiên $v'(y_k) = 0$ với mọi $k$. Ta sẽ chứng minh rằng $rs$ phần tử $x_i y_k$ là độc lập tuyến tính trên $K$, điều này chắc chắn thiết lập bất đẳng thức $rs \leq n$.

Giả sử khi đó tồn tại một quan hệ tuyến tính không tầm thường có dạng

Ta chọn các chỉ số $j, m$ sao cho

với mọi cặp có thứ tự $(i, k)$; khi đó $a_{jm} \neq 0$. Nếu $i \neq j$, thì $v'(a_{ik} x_i y_k) = v'(a_{jm} x_j y_m)$ là không thể xảy ra vì điều này sẽ suy ra

mâu thuẫn với lựa chọn các $x_i$. Nhân (3) với $(a_{jm} x_j)^{-1}$, ta thu được một quan hệ có dạng

và $v'(b_k) \geq 0, v'(z) > 0$. Do đó, trong $\kappa(A')$, một quan hệ có dạng $\sum_k \bar{b}_k \bar{y}_k = 0$. Vì $b_m = 1$, điều này mâu thuẫn với giả thiết đặt ra trên $y_k$.

Cho $(L_\alpha)$ là họ các mở rộng con hữu hạn của $L$; ta viết $\Gamma_\alpha = v'(L_\alpha^*)$. Nhóm $\Gamma_{v'}$ là hợp của họ có hướng phải gồm các $\Gamma_\alpha$; vì các nhóm $\Gamma_\alpha/\Gamma_v$ là hữu hạn (Bổ đề 2), $\Gamma_{v'}/\Gamma_v$ là một nhóm xoắn. Lập luận tương tự để chứng minh rằng $\kappa(A')$ là một mở rộng đại số của $\kappa(A)$.

Điều này suy ra từ Mệnh đề 1 và bổ đề sau:

Rõ ràng $H' \in \mathscr{G}'$ kéo theo $H' \cap G \in \mathscr{G}$. Bây giờ cho $H \in \mathscr{G}$; gọi $H'$ là tập hợp các $x' \in G'$ sao cho tồn tại $h \in H$ thỏa mãn $-h \leq x' \leq h$; ta kiểm tra ngay lập tức rằng $H'$ là một nhóm con cô lập của $G'$; khi đó $H' \cap G = H$ vì $H$ là cô lập; do đó ánh xạ $H' \mapsto H' \cap G$ là toàn ánh. Cuối cùng giả sử rằng $G'/G$ là một nhóm xoắn; cho $H'_1$ và $H'_2$ là hai nhóm con cô lập của $G'$ sao cho $H'_1 \cap G = H'_2 \cap G$; khi đó, chẳng hạn, $H'_1 \supset H'_2$ (xem § 4, no. 4); khi đó $H'_1/H'_2$ là một nhóm được sắp thứ tự toàn phần và đẳng cấu với một nhóm thương của $H'_1/(H'_1 \cap G)$ mà bản thân nó được đồng nhất với một nhóm con của $G'/G$; do đó $H'_1/H'_2$ là một nhóm xoắn và vì thế rút gọn về 0.

(mở rộng bằng liên tục ánh xạ đường chéo $L \to \prod_{i=1}^s L_i$) là toàn ánh, hạt nhân của nó là căn Jacobson của $\hat{K} \otimes_K L$ và

Trước hết, hãy chứng minh (a). Giả sử rằng v không tầm thường. Vì v và $\hat{v}$ (tương ứng $v'$ và $\hat{v}'$) có cùng nhóm cấp và cùng trường thặng dư (§ 5, no. 3, Mệnh đề 5 (b) và (f)), nên (4) đúng. Từ đó, bằng Bổ đề 2, suy ra (6). Sau cùng, không gian vectơ con trên $\hat{K}$ của $\hat{L}_{v'}$ được sinh bởi L là đóng (§ 5, no. 2, Hệ quả của Mệnh đề 4) và trù mật khắp nơi, do đó bằng $\hat{L}_{v'}$; điều này chứng tỏ (5).

Bây giờ ta chuyển sang (b). Ta vẫn có thể giả sử rằng v không tầm thường. Cho $(v_1', \ldots, v_r')$ là một họ hữu hạn bất kỳ gồm các định giá từng đôi một độc lập trên L mở rộng v. Ảnh của L trong $\prod_{i=1}^r L_i$, dưới ánh xạ đường chéo, là trù mật khắp nơi (§ 7, no. 2, Định lý 1) và $\prod_{i=1}^r L_i$ là trù mật trong $\prod_{i=1}^r \hat{L}_i$. Do đó ảnh chính tắc của $\hat{K} \otimes_K L$ trong $\prod_{i=1}^r \hat{L}_i$ là trù mật khắp nơi. Mặt khác ảnh này là một không gian vectơ con trên $\hat{K}$ của $\prod_{i=1}^r \hat{L}_i$; vì $\prod_{i=1}^r \hat{L}_i$ có số chiều hữu hạn trên $\hat{K}$ theo (5), ảnh của $\hat{K} \otimes_K L$ là đóng (§ 5, no. 2, Hệ quả của Mệnh đề 4) và do đó bằng $\prod_{i=1}^r \hat{L}_i$. Vì chiều của $\hat{K} \otimes_K L$ trên K là n, nên $\sum_{i=1}^r n_i \leq n$. Điều này đặc biệt cho thấy số nguyên r bị chặn trên bởi n và chứng tỏ mệnh đề thứ nhất của (b).

Bây giờ ta lấy $(v_1', \ldots, v_s')$ như trong mệnh đề. Việc

là toàn ánh và quan hệ (7) đã được chứng minh. Còn phải kiểm tra rằng hạt nhân n của $\phi$ là căn Jacobson $t$ của $\hat{K} \otimes_K L$. Vì $\prod_{i=1}^s \hat{L}_i$ là nửa đơn, nên $t \subset n$. Mặt khác, với mọi iđêan cực đại m của $\hat{K} \otimes_K L$, trường thương $L(m) = (\hat{K} \otimes_K L)/m$ là một mở rộng hợp thành của $\hat{K}$ và L trên K (Algebra,

Chương VIII, § 8, Mệnh đề 1). Tồn tại một định giá w trên L(m) mở rộng $\vartheta$ (§ 3, no. 3, Mệnh đề 5); hạn chế $v'$ của w lên L mở rộng $v$. Vì $[L(m): \hat{K}]$ là hữu hạn, $L(m)$ là đầy đủ đối với w ($§ 5$, no. 2, Mệnh đề 4). Khi đó bao đóng của L trong $L(m)$ là một trường chứa $\mathbf{K}$ và L, nên bằng $L(m)$. Do đó $L(m)$ được đồng nhất với hoàn thành $\hat{L}_{v'}$ và m là hạt nhân của ánh xạ chính tắc từ $\hat{K} \otimes_K L$ lên $\hat{L}_{v'}$. Theo giả thiết, tồn tại một chỉ số $i$ sao cho $v'$ và $v'_i$ phụ thuộc; do đó $L_{v'} = L_i$ ($§ 7$, no. 2, Mệnh đề 3). Vậy $n \subset m$, điều này chứng minh rằng $n \subset r$ và hoàn tất chứng minh.

Điều này suy ra vì $\hat{K} \otimes_K L = L$.

là một đẳng cấu.

Khi đó căn Jacobson của $\hat{K} \otimes_K L$ bằng không (Algebra, Chương VIII, § 7, no. 3, Định lý 1).

(a) Mọi hệ đầy đủ $(v'_i)_{i \in I}$ các mở rộng của v lên L đều là hữu hạn.

(b) $\sum_{i \in I} e(v'_i|v) f(v'_i|v) \leq n$ và a fortiori $\operatorname{Card}(I) \leq n$

(c) Không có hai nào trong các vành của các $v'_i$ là so sánh được đối với quan hệ bao hàm.

Vì định lý là tầm thường nếu $v$ là định giá không chính thực, ta sẽ giả sử rằng $v$ không không chính thực. Cho $(v'_1, \ldots, v'_s)$ là một họ hữu hạn bất kỳ các định giá trên L mở rộng $v$, không có

QUAN HỆ $\sum_i e_i f_i \leq n$

hai định giá nào tương đương. Trước hết ta sẽ chứng minh rằng $\sum_{i=1}^s e(v'_i/v)f(v'_i/v) \leq n$. Điều này sẽ chứng minh (a) và (b).

Ta lập luận bằng quy nạp theo s và do đó giả sử rằng bất đẳng thức đã được thiết lập trong trường hợp có 0, 1, ..., s - 1 định giá. Ta phân biệt hai trường hợp.

(1) Giả sử có ít nhất hai định giá $v'_i$ độc lập. Khi đó tồn tại (§ 7, no. 2, Nhận xét 1) một phân hoạch $[1, s] = I_1 \cup \ldots \cup I_t$ của $[1, s]$ sao cho: (i) để $v'_i$ và $v'_j$ phụ thuộc, điều kiện cần và đủ là $i$ và $j$ thuộc cùng một $I_k$; (ii) Card$(I_k) < s$ với mọi $k$.

Ta chọn trong mỗi $I_k$ một chỉ số $i(k)$. Ký hiệu $\hat{L}_{i(k)}$ là đầy đủ hóa của $L$ đối với $v'_{i(k)}$ và đặt $n(k) = [\hat{L}_{i(k)} : \hat{K}]$. Với mọi $i \in I_k$, $v'_i$ xác định trên $L$ cùng một tôpô như $v'_{i(k)}$ (§ 7, no. 2, Mệnh đề 3) và do đó có thể mở rộng thành một định giá $\bar{v}'_i$ trên $\hat{L}_{i(k)}$ mà hạn chế của nó lên $\hat{K}$ là 0. Vì không có hai nào trong các $v'_i$ với $i \in I$, là tương đương, điều tương tự cũng đúng đối với các $\bar{v}'_i$. Giả thiết quy nạp áp dụng cho cặp có thứ tự $(\hat{K}, \hat{L}_{i(k)})$ cho thấy, nhờ Mệnh đề 2 (a), công thức (4), rằng $\sum_{i \in I_k} e(v'_i/v)f(v'_i/v) \leq n(k)$. Vì $\sum_{k=1}^t n(k) \leq n$ (Mệnh đề 2 (b), công thức (7)), chắc chắn $\sum_{i=1}^s e(v'_i/v)f(v'_i/v) \leq n$.

(2) Bây giờ ta chuyển sang trường hợp trong đó hai bất kỳ của các $v'_i$ đều phụ thuộc. Gọi $A'_i$ là vành của $v'_i$ ($1 \leq i \leq s$); ký hiệu $A$ là vành của $v$, ta có $A'_i \cap K = A$ với mọi $i$. Gọi $B'$ là vành con của $L$ sinh bởi $A'_1, \ldots, A'_s$; đặt $B = B' \cap K$; khi đó $B \supseteq A$. Khi ấy $B$ là vành của một định giá $w$ trên $K$ và $B'$ là vành của một định giá $w'$ không tầm thường và mở rộng $w$ (§ 7, no. 2, Mệnh đề 4); trường $\kappa(B')$ là một mở rộng của $\kappa(B)$ bậc $f(w'/w)$. Xét các ảnh chính tắc $\bar{A}'_i, \bar{A}$ của $A'_i$ và $A$ trong $\kappa(B')$; khi đó $\bar{A}$ là vành của một định giá $\bar{v}$ trên $\kappa(B)$ và các $\bar{A}'_i$ là các vành của những định giá $\bar{v}'_i$ trên $\kappa(B')$ mở rộng $\bar{v}$. Vì các $A'_i$ sinh ra $B'$, các $\bar{A}'_i$ sinh ra $\kappa(B')$ và do đó các $\bar{v}'_i$ không phải tất cả đều phụ thuộc (§ 7, no. 2, Mệnh đề 4). Từ phần đầu của chứng minh,

và do đó

Vậy nên chứng minh của (a) và (b) sẽ hoàn tất nếu ta chứng minh rằng

Để làm điều đó, ta lưu ý rằng $v$ và $\bar{v}$ (tương ứng $v'_i$ và $\bar{v}'_i$) có cùng trường thặng dư (§ 4, no. 1, Hệ quả của Mệnh đề 2); điều này chứng minh đẳng thức thứ nhất. Đối với đẳng thức thứ hai, theo Nhận xét ở §4, no. 3, ta có biểu đồ giao hoán sau đây, trong đó các hàng là các dãy khớp và các mũi tên thẳng đứng biểu thị các đơn ánh chính tắc:

Ta suy ra rằng có một dãy khớp

theo Chương I, § 1, no. 4, Mệnh đề 2, điều này chứng minh công thức thứ hai (8).

Để hoàn tất chứng minh của Định lý 1, còn phải chứng minh (c). Nếu vành của $v_i'$ chứa vành của $v_j'$, thì $\Gamma_{v_i'}$ được đồng nhất với một nhóm thương $\Gamma_{v_j'}/H$, trong đó $H$ là một nhóm con cô lập (§ 4, no. 3). Vì ánh xạ chính tắc hợp thành

là đơn ánh, ta có $H \cap \Gamma_v = \{0\}$, do đó $H = \{0\}$ (Bổ đề 3, no. 1). Khi đó $v_i'$ và $v_j'$ là tương đương, do đó $i = j$.

Trong trường hợp thứ nhất, cho x là một phần tử > 0 trong G. Tập hợp các $y \in G$ sao cho $0 < y < x$ là vô hạn và do đó tồn tại hai phần tử của tập hợp này phân biệt và đồng dư modulo H; hiệu của chúng là một phần tử z của H sao cho $0 < z < x$. Vì vậy mọi tập con lớn chứa tất cả các phần tử dương ngặt của H đều chứa x và do đó chứa tất cả các phần tử > 0 của G.

Trong trường hợp thứ hai, cho $x$ là phần tử nhỏ nhất >0 của G và cho $n$ là số nguyên nhỏ nhất >0 sao cho $nx \in H$. Rõ ràng $n = (G : (G \cap H))$. Mặt khác, viết $M(y)$ cho tập hợp các $z \in G$ sao cho $y \leq z \ (y \in G)$, ta thấy ngay rằng các tập lớn của Định nghĩa 4 chính là $M(x), M(2x), \ldots, M(nx)$.

Đặc biệt, $\varepsilon(G, H) \leq (G : H)$.

Các iđêan của $A'$ chứa $mA'$ và phân biệt với $A'$ tương ứng với các tập con chính của $\Gamma_w$ gồm các phần tử >0 và chứa các phần tử >0 của $\Gamma_v$ (§ 3, no. 5, Hệ quả của Mệnh đề 7). Do đó chúng có số lượng bằng $\varepsilon(w/v)$ và, vì chúng tạo thành một tập hợp được sắp thứ tự toàn phần theo quan hệ bao hàm, số này bằng độ dài của vành thương $A'/mA'$. Mặt khác, một môđun có độ dài 1 trên $A'$ là một không gian vectơ 1 chiều trên $A'/m'$ và vì thế là một môđun có độ dài $f(w/v)$ trên $A$; do đó, vì $A'/mA'$ có độ dài $\varepsilon(w/v)$ trên $A'$, nó có độ dài $\varepsilon(w/v) f(w/v)$ trên $A$, tức là trên $A/m$.

Gọi $A_i$ là vành của $v'_i$; khi đó $A_i = B_{m_i}$ trong đó $m_i$ chạy qua họ các iđêan cực đại của $B$ (no. 3, Nhận xét). Gọi $q_i$ là bão hòa của $mB$ đối với $m_i$ (Chương II, § 2, no. 4). Theo Chương V, Hệ quả 3 của Mệnh đề 1, no. 1, § 2, đồng cấu chính tắc $B/mB \to \prod_{i=1}^s B/q_i$ là một đẳng cấu và $m_i$ là iđêan cực đại duy nhất của B chứa $q_i$. Do đó $B/q_i$ đẳng cấu chính tắc với $(B/q_i)_{m_i}$ (Chương II, § 3, no. 3, Mệnh đề 8), tức là với

Sự tương đương của (a) và (b) suy ra từ Bổ đề 1, § 3, no. 6. Rõ ràng (b) kéo theo (c) (Algebra, Chương 11, § 1, no. 5, công thức (19)). Sự tương đương của (c) và (d) suy ra từ Hệ quả của Mệnh đề 5. Còn lại phải chứng minh rằng (c) kéo theo (b).

Nói chung, nếu M là một A-môđun, ta sẽ ký hiệu không gian vectơ $M/mM$ trên $A/m$ bởi V(M). Giả thiết (c) có nghĩa là $\dim(V(B)) = n$. Cho $x_1, \ldots, x_n$ là các phần tử của B mà các ảnh chính tắc của chúng trong V(B) lập thành một cơ sở của V(B) và cho L $\subset B$ là A-môđun con do chúng sinh ra. Vì L là không xoắn và sinh hữu hạn, nó là tự do (§ 3, no. 6, Bổ đề 1). Ta sẽ thấy rằng $B = L$. Cho $y \in B$; ta viết $M = L + Ay$; đây cũng là một A-môđun tự do. Các phép nhúng chính tắc $L \to M \to B$ cho các đồng cấu chính tắc $V(L) \to V(M) \to V(B)$. Vì các hạng của L và M là $\leq n$, nên các chiều của V(L) và V(M) cũng vậy. Bây giờ, theo giả thiết, $V(L) \to V(B)$ là toàn ánh và $V(B)$ có chiều n, do đó $V(L)$ và $V(M)$ có chiều n và $V(L) \to V(M)$ là toàn ánh. Vì M sinh hữu hạn, $L \to M$ là toàn ánh (Chương II, § 3, no. 2, Hệ quả 1 của Mệnh đề 4), do đó $L = M, y \in L$ và $B = L$. Suy ra B là tự do.

Nhận xét (1) Nếu v là rời rạc, $\varepsilon(v'_i/v) = \varepsilon(v'_i/v)$ (no. 4) và điều kiện (d) rút gọn thành $\sum_{i=1}^s \varepsilon(v'_i/v) f(v'_i/v) = n.$

Bao đóng nguyên B của A khi đó là một A-môđun tự do có hạng $n$, vì A là một miền iđêan chính (Chương V, § 1, no. 6, Hệ quả 2 của Mệnh đề 18).

tôpô adic (trong đó $m = m(A)$); vành A là đầy đủ, vì nó đóng trong K. Ta kết luận rằng, vì $A'/mA'$ là một không gian vectơ hữu hạn chiều ($A/m$)-không gian (no. 4, Mệnh đề 4), A' là một A-môđun sinh hữu hạn (Chương III, § 2, no. 9, Hệ quả 3 của Mệnh đề 12). Do đó nó là tự do và $e(v'/v) f(v'/v) = n$ theo

(no. 2, Mệnh đề 2). *là song ánh. Với mọi $x \in L$, đa thức đặc trưng $P_{C_{L/K}}(x; X)$ bằng tích của các đa thức đặc trưng $P_{C_{\hat{L}_i/\bar{K}}}(x; X)$ ($1 \leq i \leq s$); đặc biệt,

(Quan hệ cuối cùng trong (9) có ý nghĩa, vì ta có thể hiển nhiên giả sử rằng các $v_i'$, vốn có hạng 1 theo Hệ quả 2 của Mệnh đề 1 trong no. 1, nhận các giá trị của chúng, cũng như v, trong một nhóm con của $\mathbf{R}$.)

Vì không có hai nào trong các $v'_i$ là tương đương và chúng có chiều cao 1, nên chúng độc lập và Mệnh đề 2 của no. 2 do đó cho thấy rằng $e(v'_i/v) f(v'_i/v) \leq n_i$ với mọi $i$ và $\sum_{i=1}^s n_i \leq n$. Mệnh đề thứ nhất do đó suy ra từ các bất đẳng thức này và quan hệ $\sum_{i=1}^s e(v'_i/v) f(v'_i/v) = n$. Dưới đẳng cấu $\phi$ tự đồng cấu $z \mapsto z(1 \otimes x)$ của $\hat{K} \otimes_K L$ (với $x \in L$) được chuyển thành tự đồng cấu của $\prod_{i=1}^s \hat{L}_i$ bảo toàn mỗi nhân tử và trên mỗi nhân tử thu về phép nhân bởi $x$ ($L$ được nhúng một cách chính tắc vào bổ sung của nó $\hat{L}_i$); do đó suy ra mệnh đề liên quan đến đa thức đặc trưng của $x$ và hai công thức đầu của (9). Cuối cùng, cho E là một mở rộng quasi-Galois hữu hạn của $\hat{K}$, chứa $\hat{L}_i$; vì $\hat{K}$ là đầy đủ và $\hat{\nu}$ có chiều cao 1, chỉ tồn tại một định giá duy nhất (tới tương đương) $w$ trên E kéo dài $\hat{\nu}$ (no. 2, Hệ quả 1 của Mệnh đề 2); khi đó, với mọi tự đẳng cấu $\hat{K}$ $\sigma$ của E, $w(\sigma(x)) = v'_i(x)$. Do đó