Trước hết ta chứng minh tính tương đương của (a) và (b). Hệ quả 2 của Định lý 3, § 1, no. 6, cho thấy ngay lập tức rằng (a) kéo theo (b). Ngược lại, (b) kéo theo (a), vì, với mọi iđêan nguyên tố $p$ của $A$, tồn tại một vành định giá của $K$ trội hơn $A_p$ (Chương VI, § 1, no. 2, Hệ quả của Định lý 2).

Phần còn lại của chứng minh được tiến hành bằng cách chứng minh các kéo theo sau:

Nếu $A$ là một miền Dedekind và $b$ là một iđêan phân thức khác không, thì $bA_p = bA_p$ với mọi iđêan cực đại $p$ ($§ 1$, no. 4, Mệnh đề 7) và do đó $b = 6$ (Chương II, $§ 3$, no. 3, Hệ quả 3 của Định lý 1); vì thế (a) kéo theo (c).

Bây giờ ta chứng minh rằng (c) kéo theo (d). Nếu (c) đúng, ánh xạ $a \mapsto \operatorname{div} a$ là một song ánh từ $I(A)$ lên $D(A)$ (xem $§ 1$, no. 1); vì nó là một đồng cấu ($§ 1$, no. 2) và $D(A)$ là một nhóm, mọi phần tử của $I(A)$ đều khả nghịch.

Ta chứng minh rằng (d) kéo theo (e). Nếu (d) đúng, mọi iđêan nguyên $\neq (0)$ của $A$ đều sinh hữu hạn (Chương 11, $§ 5$, no. 6, Định lý 4) và do đó $A$ là Noether; vì $I(A)$ là một nhóm, $D(A)$ là một nhóm và vì thế $A$ hoàn toàn đóng nguyên ($§ 1$, no. 2, Định lý 1). Sau cùng, nếu $p$ là một iđêan nguyên tố khác không của $A$ và $m$ là một iđêan cực đại của $A$ chứa $p$, thì vành $A_{m}$ là một miền iđêan chính (Chương II, $§ 5$, no. 6, Định lý 4); vì $pA_m$ là nguyên tố và khác không, tất yếu $pA_m = mA_m$ (một miền iđêan chính là một miền Dedekind) do đó $p = m$ (Chương 11, $§ 2$, no. 5, Mệnh đề 11) và $p$ là cực đại.

Bây giờ ta chỉ ra rằng (e) suy ra (f). Nếu $m$ là một iđêan cực đại của $A$ và (e) đúng, thì $A_{m}$ là một miền Noether nguyên đóng và iđêan cực đại $mA_m$ của nó hoặc là (0), hoặc là iđêan nguyên tố khác không duy nhất của $A_{m}$; do đó $A_{m}$ là một trường hoặc một vành định giá rời rạc theo Mệnh đề 11 của $§ 1$, no. 7.

Việc (f) suy ra (g) là hiển nhiên.

Sau cùng ta chỉ ra rằng (g) suy ra (a). Vì $A$ là giao của các $A_{m}$, với $m$ chạy qua tập hợp các iđêan cực đại (Chương II, $§ 3$, no. 3, Hệ quả 4 của Định lý 1), (g) suy ra rằng $A$ là nguyên đóng và Noether và do đó $A$ là một miền Krull ($§ 1$, no. 3, Hệ quả của Định lý 2). Mặt khác, có thể chỉ ra rằng mọi iđêan nguyên tố khác không của $A$ đều cực đại như trong chứng minh rằng (d) $\Rightarrow$ (e).

Cho $A$ là một miền Dedekind nửa địa phương, $K$ trường phân thức của nó, $p_1, \ldots, p_n$ các iđêan cực đại của nó và $v_1, \ldots, v$, các định giá cốt yếu tương ứng; đó là các định giá cốt yếu duy nhất của $A$. Cho $a$ là một iđêan nguyên khác không của $A$. Vì nó là một iđêan ước, tồn tại ($§ 1$, no. 4, Mệnh đề 5) các số nguyên $q_1, \ldots, q_n$ sao cho $a$ là tập hợp các $x \in K$ sao cho $v_i(x) \geq q_i$ với $1 \leq i \leq n$. Cho $x_0$ là một phần tử của $K$ sao cho $v_i(x_0) = q_i$ với $1 \leq i \leq n$ (Chương VI, $§ 7$, no. 2, Hệ quả 1 của Định lý 1). Khi đó $a$ là tập hợp các $x \in K$ sao cho $v_i(xx_0^{-1}) \geq 0$ với $1 \leq i \leq n$. Vậy $a = Ax_0$.

Nếu $A$ là một miền Dedekind, trong chứng minh của Định lý 1 đã thấy rằng nhóm D(A) các ước của A được đồng nhất với nhóm I(A) các iđêan phân thức $a \neq (0)$ (vì A là Noether, mọi iđêan phân thức khác không đều sinh hữu hạn). Khi đó nhóm lớp các ước C(A) của A ($§ 1$, no. 2) được đồng nhất với nhóm các lớp iđêan $\neq 0$ của A (được định nghĩa trong Chương II, $§ 5$, no. 7).

Nếu cần, thay thế các $n_i$ bằng những số nguyên lớn hơn, có thể giả sử tất cả chúng đều dương. Trước hết ta xét trường hợp các $x_i$ thuộc $A$; điều đó hiển nhiên quy về việc tìm một $x \in A$ thỏa mãn các đồng dư thức

và sự tồn tại của $x$ khi đó suy ra từ Chương II, § 1, no. 2, Mệnh đề 5.

Bây giờ ta chuyển sang trường hợp tổng quát. Ta có thể viết $x_i = s^{-1} y_i$ trong đó $s, y_i$ thuộc $A$; viết $x = s^{-1} y$, điều đó quy về việc tìm một $y \in A$ sao cho, một mặt, $v_{p_i}(y - y_i) \geq n_i + v_{p_i}(s)$ và, mặt khác, $v_p(y) \geq v_p(s)$ với mọi $p \in P$ phân biệt với các $p_i$; vì $v_p(s) = 0$ trừ ra với một số hữu hạn chỉ số $p$, như vậy bài toán được quy về trường hợp trên; do đó mệnh đề.

Mệnh đề 2 có thể được diễn giải như một định lý mật độ. Chính xác hơn, với mọi $p \in P$, ký hiệu $\hat{K}_p$ (resp. $\hat{A}_p$) là phép hoàn bị của $K$ (resp. $A$) đối với định giá rời rạc $v_p$ và xét tích $\prod_{p \in P} \hat{K}_p$; một phần tử $x = (x_p)$ của tích này được gọi là một adèle hạn chế của $A$ nếu $x_p \in \hat{A}_p$ với mọi $p \in P$ trừ ra một số hữu hạn phần tử. Rõ ràng tập hợp $A$ các adèle hạn chế là một vành con của $\prod_{p \in P} \hat{K}_p$, chứa vành tích $A, = \prod_{p \in P} \hat{A}_p$. Xét trên $A$, tôpô tích, đối với tôpô này $A,$ là đầy đủ; tồn tại trên $A$ một tôpô duy nhất $\mathscr{T}$ tương thích với cấu trúc nhóm cộng của nó và đối với đó các lân cận của 0 trong $A$, lập thành một hệ cơ bản $\mathscr{G}$ các lân cận của 0. Tôpô $\mathscr{T}$ tương thích với cấu trúc vành trên $A$; vì rõ ràng tiên đề (AVII) của General Topology, Chapter 111, § 6, no. 3, được thỏa mãn, tôpô cảm sinh bởi $\mathscr{T}$ trên $A,$ tương thích với cấu trúc vành trên $A,$. Mặt khác, với mọi $x \in A$ tồn tại một tập con hữu hạn $J$ của $P$ sao cho, nếu viết $J' = P - J, \ K_J \leq \prod_{p \in J} \hat{K}_p, \ A_{J'} = \prod_{p \in J'} \hat{A}_p,$ thì x \in K_J \times A_{J'} và, vì $\hat{A}_p$ là mở trong $\hat{K}_p$ với mọi p, $\mathscr{G}$ là một hệ cơ bản các lân cận của 0 đối với tôpô tích trên $K_J \times A_{J'}$; vì tôpô sau tương thích với cấu trúc vành trên tích này, tiên đề (AV_1) của General Topology, Chapter III, loc. cit. cũng được thấy là thỏa mãn, điều đó chứng minh mệnh đề của chúng ta. Rõ ràng A, là một vành con mở của A và do đó A cũng là một vành đầy đủ (General Topology, Chapter III, § 3, no. 3, Proposition 4).

Với mọi $x \in K$, ký hiệu $\Delta(x)$ là phần tử $(x_p) \in \prod_{p \in P} \hat{K}_p$ sao cho $x_p = x$ với mọi $p \in P$; vì $x_p \in \hat{A}_p$ trừ ra với một số hữu hạn giá trị của p, ta có $\Delta(x) \in A$; như vậy ta đã xác định được một đồng cấu $A : K \to A$ là đơn ánh nếu $P \neq \varnothing$ (nghĩa là nếu A không phải là một trường); các phần tử của $\Delta(K)$ được gọi là các adèle hạn chế chính và rõ ràng $\Delta(A) \subset A$.

Ngay lập tức thấy rằng tôpô đang xét trên A (hoặc K) là Hausdorff. Có tính đến no. 3, mệnh đề liên quan đến A, suy ra từ Chương 111, § 2, no. 13, mệnh đề 17. Do đó điều này cho thấy $\Delta(A)$ trù mật trong A,; để thấy tương tự rằng $\Delta(K)$ trù mật trong A, hãy chú ý rằng với mọi $x = (x_i) \in A$ chỉ có hữu hạn $p \in P$ sao cho $v_p(x_p) < 0$; bởi § 1, no. 5, mệnh đề 9, vì thế tồn tại một $s \in K$ sao cho $sx_p \in \hat{A}_p$ với mọi $p \in P$, nói cách khác $\Delta(s)x \in A$, và vì phép nhân bởi $\Delta(s)$ là một đồng cấu từ A vào chính nó, chỉ cần áp dụng sự kiện rằng $\Delta(A)$ trù mật trong A , để suy ra rằng $\Delta(K)$ trù mật trong A.

Dĩ nhiên ta cũng có thể chứng minh rằng $\Delta(K)$ trù mật trong A bằng cách dùng Mệnh đề 2.

Xét bây giờ nhóm nhân $\mathbf{SL}(n, A)$ gồm các ma trận $U \in \mathbf{M}_n(A)$ sao cho $\det(U) = 1$; nếu $\mathbf{M}_n(A) = A^{n^2}$ được trang bị tôpô tích, thì nó cảm sinh trên $\mathbf{SL}(n, A)$ một tôpô tương thích với cấu trúc nhóm trên $\mathbf{SL}(n, A)$. Chỉ cần kiểm tra rằng ánh xạ $U \mapsto U^{-1}$ là liên tục trên $\mathbf{SL}(n, A)$; nhưng vì U là đơn môđula, ta biết rằng (Đại số, Chương III, § 6, no. 5, công thức (17)) các phần tử của $U^{-1}$ là các phần bù đại số của U và do đó là các đa thức theo các phần tử của U, điều này chứng minh mệnh đề của chúng ta. Nếu K được đồng nhất với một vành con của A thông qua A, thì nhóm $\mathbf{SL}(n, K)$ là một nhóm con của $\mathbf{SL}(n, A)$.

Gọi G là bao đóng của $\mathbf{SL}(n, K)$ trong $\mathbf{SL}(n, A)$; vì K là trù mật trong A (Mệnh đề 3), nên G chứa mọi ma trận có dạng $I + a . E_{ij}$ với $i \neq j$ và $a \in A$. Với mọi $p \in P$ và mọi $\lambda \in \hat{K}_p$, gọi $\lambda(p)$ là adèle hạn chế $x = (x_q)_{q \in P}$ sao cho $x_p = \lambda$ và $x_q = 0$ với $q \neq p$; điều trên cho thấy G chứa các ma trận $I + \lambda(p)E_{ij}$ với $i \neq j$. Nhưng ta biết rằng các ma trận có dạng $I + \lambda E_{ij}$ với $\lambda \in \hat{K}_p$ sinh ra nhóm $\mathbf{SL}(n, \hat{K}_p)$ (Algebra, Chương 111). Với mỗi ma trận $U \in \mathbf{SL}(n, A)$, ký hiệu $U_p$ là ảnh chính tắc của $U$ trong $\mathbf{SL}(n, \hat{\mathbf{K}}_p)$; do đó ta thấy rằng, với mọi $p \in P$, G chứa các ma trận $U \in \mathbf{SL}(n, A)$ sao cho $U_q = I$ với mọi $q \# p$. Vì $G$ là một nhóm, nó cũng chứa mọi ma trận $U \in \mathbf{SL}(n, A)$ sao cho $U_p = I$ trừ ra một số hữu hạn các $p \in P$; bây giờ, định nghĩa của tôpô trên $A$ cho thấy ngay lập tức rằng tập hợp các ma trận ấy là trù mật trong $\mathbf{SL}(n, A)$.

Vì $M$ là một môđun xoắn, mọi iđêan nguyên tố liên kết với $M$ đều $\neq (0)$ và do đó đều cực đại. Khi ấy bổ đề suy ra từ Chương IV, § 2, no. 5, Mệnh đề 7.

$\operatorname{long}_A(T_i) \leq \operatorname{long}_A(T)$ với mọi $i$. Bổ đề là hiển nhiên nếu không có số nguyên nào vượt quá các $\operatorname{long}_A(T_i)$, khi đó cả hai vế đều là vô hạn. Nếu không, gọi $i_0$ là một chỉ số sao cho $\operatorname{long}_A(T_{i_0})$ nhận giá trị lớn nhất của nó; khi đó $T_{i_0} = T$ vì họ $(T_i)$ là có hướng; do đó mệnh đề của chúng ta trong trường hợp này.

M/aM lên aA/a^2M; tương tự đối với L; do đó, bằng quy nạp theo n, các công thức:

Tính đến (7) ta suy ra:

với mọi $n > 0$; vì L đẳng cấu với A', $\text{long}_A(L/aL) = r \text{long}_A(A/Aa)$; do đó được (6) bằng cách cho $n$ tiến tới vô hạn trong (9).

Bây giờ ta chuyển sang trường hợp tổng quát. Gọi $(M_i)$ là họ các môđun con sinh hữu hạn của M. Môđun $T = M/aM$ là hợp của các môđun con $T_i = (M_i + aM)/aM = M_i/(M_i \cap aM)$. Khi đó, T, đẳng cấu với một môđun thương của $M_i/aM_i$ và do đó

theo điều ta vừa chứng minh. Do đó

theo Bổ đề 2.

Gọi b là một iđêan khác không của B. Ta sẽ chứng minh rằng B/b là một A-môđun có độ dài hữu hạn (do đó, a fortiori, là một B-môđun có độ dài hữu hạn) và rằng b là một B-môđun hữu hạn sinh.

Một phần tử khác không y của b thỏa mãn một phương trình dạng:

Phương trình này cho thấy rằng $a_1 \in By \subset b$. Áp dụng Bổ đề 3 cho $M = B$, ta thấy rằng $B/a_0B$ là một A-môđun có độ dài hữu hạn; do đó B/b cũng vậy vì nó là một môđun thương của môđun ấy. Hơn nữa B-môđun b chứa, như một môđun con, $a_0B$ là môđun hữu hạn sinh; vì $b/a_0B$ có độ dài hữu hạn (với tư cách là một môđun con của $B/a_0B$) và do đó sinh hữu hạn, b chắc chắn là một B-môđun hữu hạn sinh.

Điều trên trước hết cho thấy rằng B là Noether. Mặt khác, nếu $p$ là một iđêan nguyên tố khác không của B, vành $B/p$ là một miền nguyên và có độ dài hữu hạn, do đó là một trường (Đại số, Chương VIII, § 6, no. 4, Mệnh đề 9), suy ra $p$ là cực đại.

Giả sử trước hết $p = (0)$; khi đó iđêan nguyên tố duy nhất $q$ của $B$ sao cho $q \cap A = (0)$ là $(0)$; nếu không, đặt $S = A - \{0\}$, thì $S^{-1}q$ sẽ là một iđêan nguyên tố khác không của $S^{-1}B$ (Chương 11, § 2, no. 5, Mệnh đề 11) và $S^{-1}B$ chính là trường phân thức của $B$, vì nó là một vành con của $L$ chứa $K$ (\emph{Algebra}, Chương V, § 3, no. 2, Mệnh đề 3); do đó đi đến một kết luận phi lý. Nếu bây giờ $p \neq (0)$, thì từ Mệnh đề 5 suy ra rằng $B/pB$ là một không gian vectơ hữu hạn chiều trên trường $A/p$, nên là một vành \emph{Artin} và vì vậy chỉ có một số hữu hạn iđêan nguyên tố (Chương IV, § 2, no. 5, Mệnh đề 9), điều này chứng minh rằng chỉ có một số hữu hạn iđêan nguyên tố của $B$ chứa $p$.

Bao đóng nguyên này là một miền Noether đóng nguyên mà mọi iđêan nguyên tố khác không của nó đều cực đại; do đó chỉ cần áp dụng Định lý 1 của no. 2.

Đặc biệt:

phân tích của iđêan $Bp$ thành tích các iđêan nguyên tố. Khi đó: (a) các iđêan nguyên tố của $B$ nằm trên $p$ là các $p_i$ sao cho $e(i) > 0$; (b) các định giá $v_i$ trên $L$ tương ứng với các iđêan $p_i$ này, xét đến tương đương, là các định giá trên $L$ mở rộng $v$; (c) $[B/p_i : A/p] = f(v_i/v);$ (d) $e_i = e(v_i/v)$ (xem Chương VI, § 8, no. 1, Định nghĩa 1 và 2).

(a) Nói rằng một iđêan nguyên tố $q$ của $B$ nằm trên $p$ có nghĩa là $q \supseteq p$, nên $q \supseteq Bp$ và $q$ chứa một trong các $p_i$ sao cho $e(i) > 0$ (Chương 11, § 1, no. 1, Mệnh đề 1). (b) Điều này suy ra, có tính đến (a), từ § 1, no. 8, Hệ quả của Mệnh đề 12. (c) Trường thặng dư của $v$ được đồng nhất với $A/p$ và trường thặng dư của $v_i$ với $B/p_i$ (§ 1, no. 4, Hệ quả 1 của Mệnh đề 6).

(d) Cho $a$ (tương ứng $a_i$) là một phần tử chuẩn hoá của $v$ (tương ứng $v_i$). Khi đó