(b) Cho a, b thuộc I(A). Để div $a =$ div $b$, điều kiện cần và đủ là $A : a = A : b$.

(c) Với mọi $a \in I(A)$, $6 = A : (A : a)$.

Khẳng định (a) suy ra ngay lập tức từ công thức (1) vì, nếu $b$ là kiểu chia, thì $b x^{-1}$ cũng là kiểu chia với mọi $x \neq 0$.

Để chứng minh (b), ký hiệu $P(a)$ là tập hợp các iđêan chính phân chứa a; quan hệ $Ax \in P(a)$ tương đương với $x^{-1} a \subset A$ và do đó tương đương với $x^{-1} \in A : a$. Vì quan hệ div $a =$ div $b$ theo định nghĩa tương đương với $P(a) = P(b)$, nó cũng tương đương với $A : a = A : b$.

Cuối cùng, vì $a(A : a) \subset A, a \subset A : (A : a)$. Thay thế $a$ bởi $A : a$ trong công thức này, ta thấy rằng $A : a \subset A : (A : (A : a))$; mặt khác, quan hệ $a \subset A : (A : a)$ kéo theo

Do đó $A : a = A : (A : (A : a))$ và suy ra từ (b) rằng $\operatorname{div} a = \operatorname{div}(A : (A : a))$ Vì $A : (A : a)$ là chia được theo (a), chắc chắn $6 = A : (A : a)$, điều này chứng minh (c).

Cho $(a_i)$ là một họ khác rỗng các phần tử của $I(A)$ bị chặn trên. Nói rằng một iđêan chia được $b$ chặn trên họ này có nghĩa là nó được chứa trong mọi $a_i$, tức là $b$ được chứa trong $\bigcap_i 6_i$. Do đó $\bigcap_i a_i \neq (0)$ và $\bigcap_i 6_i$, vì vậy là một iđêan chia được, điều này chứng minh (i).

Bây giờ cho $(6_i)$ là một họ khác rỗng các phần tử của $I(A)$ bị chặn dưới. Nói rằng một iđêan chia được $b$ chặn dưới họ này có nghĩa là nó chứa mọi $a_i$, tức là (vì $b$ là chia được) nó chứa mọi $a_i$, hoặc cũng có nghĩa là $b \supset \sum_i a_i$. Điều này chứng minh (ii).

Cuối cùng, để chứng minh (iii) chỉ cần theo (i) và (ii) chứng minh rằng, nếu $a, b$ thuộc $I(A)$, tập hợp $\{a, b\}$ bị chặn cả trên lẫn dưới trong $I(A)$; bây giờ nó bị chặn trên bởi $a \cap b$ (phân biệt với $(0)$). Nó bị chặn dưới bởi $a + b$, vì $a + b \in I(A)$: nếu $d$ và $d'$ là các phần tử khác không của $A$ sao cho $da \subset A$ và $d'b \subset A$, thì $dd'(a + b) \subset A$.

$A(x + y) \subset Ax + Ay$ và do đó $\operatorname{div}(x + y) \geq \operatorname{div}(Ax + Ay)$.

Ta có thể hạn chế sự chú ý của mình vào trường hợp $b = b'$. Khi đó cho $Ax$ là một iđêan chính phân thức chứa $a'b$; với mọi phần tử khác không $y$ của $b$, $Ax \supset a'y$ và do đó $Axy^{-1} \supset a'$, do đó $Axy^{-1} \supset a$ và $Ax \supset ay$. Thay đổi $y$, ta thấy rằng $Ax \supset ab$, do đó $ab > a'b$.

Suy ra từ Mệnh đề 3 rằng phép nhân trên $I(A)$ xác định, bằng cách chuyển qua thương, một luật hợp thành trên $D(A)$ hiển nhiên kết hợp và giao hoán. Nó được viết theo phép cộng để ta có thể viết:

với $a, b$ thuộc $I(A)$. Rõ ràng $\text{div}(1)$ là một phần tử đơn vị đối với phép cộng này; phần tử này được ký hiệu là 0. Mệnh đề 3 còn chứng minh rằng cấu trúc thứ tự trên $D(A)$ là tương thích với phép cộng này (Algebra, Chương VI, § 1, no. 1) và, chính xác hơn (no. 1, Mệnh đề 2 (ii)):

Đối với một iđêan phân thức $a \neq 0$ sao cho $\text{div } a \geq 0$ trong $D(A)$, điều kiện cần và đủ là $a \subset A$ (nói cách khác, $a$ là một iđêan nguyên của $A$).

Đối với hai phần tử $x, y$ của $K^*$, quan hệ $\text{div}(x) = \text{div}(y)$ tương đương với $Ax = Ay$; tập hợp các ước chính của $A$ với quan hệ thứ tự và luật nửa nhóm cảm sinh bởi luật trên $D(A)$ là một nhóm có thứ tự đẳng cấu chính tắc với nhóm nhân của các iđêan chính phân thức được sắp thứ tự bởi quan hệ thứ tự đối với bao hàm (Algebra, Chương VI, § 1, no. 5). Quan hệ $S$ giữa hai phần tử $P, Q$ của $D(A)$:

"tồn tại $x \in K^*$ sao cho $P = Q + \text{div}(x)$"

do đó là một quan hệ tương đương vì quan hệ $P = Q + \text{div}(x)$ tương đương với $Q = P + \text{div}(x^{-1})$; nếu $P$ và $Q$ đồng dư theo môđun $S$, chúng được gọi là các ước tương đương của $A$. Hơn nữa, rõ ràng quan hệ $S$ tương thích với luật của nửa nhóm $D(A)$ và do đó nửa nhóm sau xác định, bằng cách lấy thương, một cấu trúc nửa nhóm trên $D(A)/S$; nửa nhóm này được gọi là nửa nhóm lớp ước của A.

Nếu $\operatorname{div} b = \operatorname{div} a + \operatorname{div}(x)$ với một số $x \in K^*$, thì $\operatorname{div} b = \operatorname{div}(xa)$ và, vì $b$ và $xa$ là các iđêan chia được, ta có $b = xa$, điều này chứng minh mệnh đề.

Cho $a$ là một iđêan phân số khả nghịch (Chương II, § 5, no. 6); khi đó $a = A : (A : a)$ (loc. cit., Mệnh đề 10) và do đó $a$ là chia được (no. 1, Mệnh đề 1). Nhóm $J(A)$ của các iđêan phân số khả nghịch do đó được đồng nhất với một nhóm con của monôit $D(A)$ và ảnh chính tắc của $J(A)$ trong $D(A)/S$ với nhóm các lớp của các $A$-môđun xạ ảnh có hạng 1 (Chương II, § 5, no. 7, Hệ quả 2 của Mệnh đề 12 và Nhận xét 1).

Giả sử rằng $D(A)$ là một nhóm. Cho $x \in K$; giả sử rằng $A[x]$ được chứa trong một môđun con $A$-sinh hữu hạn của $K$. Khi đó ta đã thấy (no. 1) rằng $a = A[x]$ là một phần tử của $I(A)$. Khi đó $xa \subset a$ và do đó $\operatorname{div}(x) + \operatorname{div} a \geq \operatorname{div} a$. Vì $D(A)$ là một nhóm có thứ tự, ta kết luận rằng $\operatorname{div}(x) \geq 0$, do đó $x \in A$. Vậy $A$ là đóng nguyên hoàn toàn (Chương V, § 1, số 4, Định nghĩa 5).

Ngược lại, giả sử rằng $A$ được đóng nguyên hoàn toàn. Cho $a$ là một iđêan chia được. Ta sẽ chứng minh rằng $\operatorname{div} a + \operatorname{div}(A : a) = 0$, điều này sẽ chứng minh rằng $D(A)$ là một nhóm. Vì $a(A : a) \subset A$, chỉ cần (no. 1) kiểm tra rằng mọi iđêan chính phân số $Ax^{-1}$ chứa $a(A : a)$ cũng chứa $A$. Bây giờ, với $y \in K^*$, quan hệ $Ay \supset a$ kéo theo $y^{-1} \in A : a$, do đó $y^{-1}a \subset a(A : a) \subset Ax^{-1}$ và vì thế $xa \subset Ay$. Vì $a$ là chia được, ta suy ra rằng $xa \subset a$, do đó $x^n a \subset a$ với mọi $n \in \mathbf{N}$. Tồn tại các phần tử $x_0, x_1$ của $K^*$ sao cho $Ax_0 \subset a \subset Ax_1$; do đó $x^n x_0 \in Ax_1$, và vì thế $x^n \in Ax_1 x_0^{-1}$. Vì $A$ được đóng nguyên hoàn toàn, $x \in A$, nghĩa là $Ax^{-1} \supset A$, điều này hoàn tất chứng minh.

Chú ý rằng, nếu $A$ được đóng nguyên hoàn toàn (và thậm chí Noether), một iđêan chia được của $A$ không nhất thiết khả nghịch, nói cách khác, nói chung $J(A) \neq D(A)$ (Bài tập 2 và § 3, no. 2, Mệnh đề 1).

Theo công thức (1) của no. 1:

có tính đến Mệnh đề 2 và sự kiện rằng các iđêan phân thức $y^{-1}a$ là chia được. Nhưng vì $D(A)$ là một nhóm có thứ tự (Đại số, Chương VI, § 1, no. 8):

Cho $A$ là một miền Krull. Nó là hoàn toàn đóng nguyên (Chương VI, § 4, no. 5, Hệ quả của Mệnh đề 9). Cho $(v_i)_{i \in I}$ là một họ các định giá trên trường các phân thức $K$ của $A$ thỏa mãn (AK$_I$), (AK$_{II}$) và (AK$_{III}$). Có thể giả sử rằng các $v_i$ được chuẩn hóa (Chương VI, § 3, no. 6, Định nghĩa 3). Với mọi $a \in I(A)$, ta sẽ viết:

khi đó $v_t(a) \in \mathbf{Z}$, vì, nếu $a$ là một phần tử khác không của $a$, quan hệ $Ax \supset Aa$ kéo theo rằng $v_t(x) \leq v_t(a)$ (theo (AK$_{III}$)), điều này chứng tỏ rằng họ các $v_t(x)$ ($a \subset Ax$) bị chặn trên. Ta thiết lập các tính chất sau:

(1) Cho $a$ là một iđêan phân thức chia được; để $y \in a$, điều kiện cần và đủ là $v_t(y) \geq v_t(a)$ với mọi $t \in I$.

Vì $a$ là chia được, quan hệ $y \in a$ tương đương với quan hệ ““$a \subset Ax$ kéo theo $y \in Ax$”. Bây giờ, theo (AK,,), quan hệ $y \in Ax$ tương đương với “$v_t(y) \geq v_t(x)$ với mọi $t \in I$”. Do đó có (1).

(2) Cho $a$ và $b$ là hai iđêan phân thức chia được của $A$; để $a \subset b$, điều kiện cần và đủ là $v_t(a) \geq v_t(b)$ với mọi $t \in I$.

Điều này suy ra ngay lập tức từ tính chất (1).

(3) Nếu $x \in K^*$, thì $v_t(Ax) = v_t(x)$.

Nếu $Ay \supset Ax$, thì $v_t(y) \leq v_t(x)$ theo (AK,,) và giá trị cực tiểu của $v_t(y)$ đạt được tại $y = x$.

(4) Với mọi $a \in I(A)$, các chỉ số $t \in I$ sao cho $v_t(a) \neq 0$ là hữu hạn về số lượng.

Tồn tại $x, y$ trong $K^*$ sao cho $Ax \subset a \subset Ay$. Theo các tính chất (2) và (3), $v_t(x) \geq v_t(a) \geq v_t(y)$ với mọi $t \in I$. Khi đó chỉ cần áp dụng (AK$_{III}$).

Do đó ta đã chứng minh bổ đề sau:

Với điều này, mọi tập hợp không rỗng các phần tử dương của $\mathbf{Z}^{(I)}$ đều có một phần tử cực tiểu (Đại số, Chương VI, § 1, no. 13, Định lý 2). Do đó $A$ chắc chắn thỏa mãn tính chất (b) của mệnh đề.

Ngược lại, cho $A$ là một miền nguyên thỏa mãn các tính chất (a) và (b) của mệnh đề. Vì $A$ là nguyên đóng hoàn toàn, $D(A)$ là một nhóm có thứ tự (no. 2, Định lý 1). Nhóm này là một dàn (no. 1, Mệnh đề 2). Theo điều kiện (b) của mệnh đề, mọi họ không rỗng các phần tử dương của $D(A)$ đều có một phần tử cực tiểu. Gọi $P(A)$ là tập hợp các phần tử cực biên của $D(A)$. Khi đó (Đại số, Chương VI, § 1, no. 13, Định lý 2) $P(A)$ là một cơ sở của $\mathbf{Z}$-môđun $D(A)$ và các phần tử dương của $D(A)$ là các tổ hợp tuyến tính với các hệ số nguyên dương của các phần tử của $P(A)$.

Do đó, với $x \in K^*$, các số nguyên hữu tỉ $v_P(x)$ được xác định (với $P \in P(A)$) bằng cách viết:

Ta cũng viết $v_P(0) = +\infty$.

Từ các hệ thức

và

với $x, y$ và $x + y$ thuộc $K^*$, ta suy ra rằng các $v_P$ là những định giá rời rạc trên $K$. Để có $x \in A$, điều kiện cần và đủ là $\text{div}(x) \geq 0$, nghĩa là $v_P(x) \geq 0$ với mọi $P \in P(A)$. Do đó các $v_P$ thỏa mãn các điều kiện (AK$_1$) và (AK$_{11}$), và hiển nhiên cũng thỏa mãn (AK$_{III}$).

Một miền Noether nguyên đóng là nguyên đóng hoàn toàn (Chương V, § 1, no. 4).

Có những miền Krull không Noether, chẳng hạn vành đa thức $K[X_n]_{n \in \mathbf{N}}$ trên một trường $K$ theo một vô hạn các ẩn số (xem Bài tập 8).

Cho $x \in K^*$. Để có $x \in a$, điều cần và đủ là $Ax \subset a$, do đó là $\text{div}(x) \geq \text{div } a$ và vì thế, theo (4), là $v_P(x) \geq n_P$ với mọi $P \in P(A)$.

Đặt $B = \bigcap_{t \in J} A_t$. Khi đó $S^{-1} \subset B$ và $A \subset B$ và vì thế $S^{-1}A \subset B$. Ngược lại, cho $x \in B$. Gọi $J'$ là tập hợp hữu hạn các chỉ số $t$ sao cho $v_t(x) < 0$. Nếu $t \in J'$, thì $x \notin A_t$, do đó $t \notin J$ và vì thế tồn tại $s_t \in S$ sao cho $v_t(s_t) > 0$. Cho $n(t)$ là một số nguyên $> 0$ sao cho $v_t(s_t^{n(t)}x) \geq 0$; đặt $s = \prod_{t \in J'} s_t^{n(t)}$. Khi đó $v_t(sx) \geq 0$ với mọi $t \in I$ và vì thế $sx \in A$ và $x \in S^{-1}A$. Vậy $B = S^{-1}A$.

Đặt $S = A - p$. Theo Mệnh đề 5, $v_P$ bằng không trên $S$ và $> 0$ trên $p$. Do đó $p$ là giao của $A$ và iđêan của $v_P$ nên là nguyên tố. Mặt khác, với mọi ước cực biên $Q \neq P$, ta có $Q \not\subset P$ và do đó iđêan ước $q$ tương ứng với $Q$ không được chứa trong $p$; vì thế $q \cap S \neq \varnothing$ và suy ra, theo Mệnh đề 5, $v_Q$ không bằng không trên $S$. Như vậy, hệ quả suy ra từ Mệnh đề 6 và Chương II, § 3, no. 1, Mệnh đề 3.

Cho $P$ là một ước cực biên của $A$ và $p$ là iđêan ước tương ứng. Theo Hệ quả 1, Mệnh đề 5, Bổ đề 1 và mệnh đề (1) trong chứng minh của Định lý 2, no. 3, tồn tại $t \in I$ sao cho vành $A_t$ của $v_t$ chứa vành $A$ của $v_P$. Vì $v_t$ và $v_P$ có chiều cao 1, nên chúng tương đương với nhau (Chương VI, § 4, no. 5, Mệnh đề 6).

Vì $a = \sum_{y \in a} Ax$, Mệnh đề 2 (b) (no. 1) cho thấy rằng $\operatorname{div}(a) = \inf_{x \in a} (\operatorname{div}(Ax))$, do đó có mệnh đề thứ nhất của chúng ta. Mệnh đề thứ hai suy ra ngay lập tức, vì $\operatorname{div} \tilde{a} = \operatorname{div} a$ và $A_p$ là vành của định giá rời rạc $v_P$.

với $n \in \mathbf{N}$, đặt $p^{(n)} = p^n A_p \cap A$; khi đó $p^{(n)}$ là tập hợp các $x \in A$ sao cho $v_p(x) \geq n$ và là một iđêan nguyên sơ theo $p$.

(b) Cho $a$ là một iđêan nguyên ước, $n_1 P_1 + \ldots + n_r P_r$ là ước của $a$ (các $P_i$ là những ước cực biên phân biệt) và $p_i$ là iđêan nguyên tố ước tương ứng với $P_i$. Khi đó $a = \bigcap_{i=1}^r p_i^{(n_i)}$ là phân tích nguyên sơ thu gọn duy nhất của $a$ và các $p_i$ không bị nhúng.

Theo Hệ quả 1 của Mệnh đề 6, quan hệ $x \in p^n A_p = (pA_p)^n$ tương đương với $v_p(x) \geq n$; mặt khác, vì $A_p$ là một vành định giá rời rạc, $(pA_p)^n$ là nguyên sơ theo $(pA_p)$ (Chương IV, § 2, no. 1, Ví dụ 4) và do đó $p^{(n)}$ là nguyên sơ theo $p$ (Chương IV, § 2, no. 1, Mệnh đề 3); điều này chứng tỏ (a). Mệnh đề 5 hiển nhiên cho thấy rằng $a = \bigcap_{i=1}^r p_i^{(n_i)}$. Vì $p_i \not\subset p_j$ khi $i \neq j$ nên phân tích nguyên sơ này là thu gọn: Thật vậy, nếu $p_i^{(n_i)} \supset \bigcap_{j \neq i} p_j^{(n_j)} \supset \prod_{j \neq i} p_j^{(n_j)}$, thì $p_i$ sẽ chứa một trong các $p_j$ với $j \neq i$ (Chương II, § 1, no. 1, Mệnh đề 1). Tính duy nhất suy ra từ Chương IV, § 2, no. 3, Mệnh đề 5.

Cho $p_1, \ldots, p_r$ là các iđêan chia được của $A$ tương ứng với các định giá $v_1, \ldots, v_r$. Tồn tại $y \in K$ sao cho $v_i(y) = n_i$ với $1 \leq i \leq r$ (Chương VI, § 7, no. 2, Hệ quả 1 của Định lý 1). Các định giá cốt yếu $w_1, \ldots, w_s$ của $A$ phân biệt với các $v_i$ mà với chúng số nguyên $w_j(y) = -m_j$ là $< 0$ chỉ có hữu hạn; gọi $q_1, \ldots, q_s$ là các iđêan tương ứng. Không tồn tại quan hệ bao hàm nào giữa $p_1, \ldots, p_r, q_1, \ldots, q_s$ vì các iđêan này tương ứng với các ước cực biên và các iđêan này là nguyên tố (Hệ quả 1 của Mệnh đề 6). Do đó iđêan nguyên $a = q_1^{m_1} \ldots q_s^{m_s}$ không được chứa trong iđêan nào trong các $p_i$ (Chương 11, § 1, no. 1, Mệnh đề 1) và vì vậy không được chứa trong hợp của chúng (loc. cit., Mệnh đề 2). Vậy tồn tại $z \in a$ sao cho $z \notin p_i$ với $1 \leq i \leq r$; khi đó $v_1(z) = \cdots = v_r(z) = 0$ và $w_j(z) \geq m_j$ với $1 \leq j \leq s$; do đó phần tử $x = yz$ giải bài toán.