Ta sẽ ký hiệu bởi K trường phân thức của A và bởi $\mathscr{P}^*$ (hay $\mathscr{P}^*(A)$) nhóm có thứ tự của các iđêan chính phân thức khác không của A. Chứng minh sẽ được thực hiện bằng cách chứng minh các kéo theo sau:

(a) ⇔ (b) ⇔ (c) ⇔ (d) ⇔ (e)

Ta chứng minh rằng (a) kéo theo (b); nếu A là factorial, $\mathscr{P}^*$ đẳng cấu với nhóm các ước của A và do đó với một tổng trực tiếp của các nhóm $\mathbf{Z}$ ($§ 1$, no. 3, Định lý 2).

Bây giờ lưu ý rằng quan hệ "giao của hai iđêan chính nguyên của A là một iđêan chính" có nghĩa là mọi cặp có thứ tự các phần tử của A đều có một bội chung nhỏ nhất, nghĩa là $\mathscr{P}^*$ là một nhóm có thứ tự dàn (Đại số, Chương VI, $§ 1$, no. 9, Mệnh đề 8). Vì vậy, việc (b) kéo theo (c) (và thậm chí là tương đương với nó) suy ra từ Đại số, Chương VI, $§ 1$, no. 13, Định lý 2. Việc (c) kéo theo (d) suy ra từ Đại số, Chương VI, $§ 1$, no. 13, Mệnh đề 14 (DIV).

Việc (d) kéo theo (b) suy ra từ Đại số, Chương VI, $§ 1$, no. 13, Định lý 2 áp dụng cho nhóm $\mathscr{S}^*$.

Ta chứng minh rằng (b) kéo theo (e). Nếu (b) đúng, có một đẳng cấu từ $\mathscr{P}^*$ lên $\mathbf{Z}^{(l)}$; gọi $(v_i(x))_{i \in I}$ là phần tử của $\mathbf{Z}^{(l)}$ tương ứng với iđêan $Ax$ ($x \in K^*$). Ngay lập tức thấy rằng mỗi $v_i$ là một định giá rời rạc trên K, rằng A là giao của các vành của các $v_i$ và rằng, với $x \in K^*$, $v_i(x) = 0$ trừ ra đối với một số hữu hạn chỉ số $i$; do đó A là một miền Krull. Mặt khác, gọi q là một iđêan nguyên tố của A có chiều cao 1; nó chứa một phần tử khác không a mà tất yếu là không khả nghịch và do đó cũng (theo định nghĩa của một iđêan nguyên tố) là một trong các phần tử cực biên của A; vì $Ap$ là nguyên tố và khác không, $q = Ap$, điều này chứng minh rằng q là chính.

Sau cùng ta chứng minh rằng (e) kéo theo (a). Gọi a là một iđêan ước của A. Tồn tại các iđêan nguyên tố $p_i$ của A có chiều cao 1 sao cho $\operatorname{div} a = \sum_i n_i \operatorname{div} p_i$ trong đó $n_i \in \mathbf{Z}$. Nếu (e) đúng, $p_i$ có dạng $Ap_i$, do đó $\operatorname{div} a = \operatorname{div} \left( \prod_i Ap_i^{n_i} \right)$ và vì thế $a = \prod_i Ap_i^{n_i}$ vì a là iđêan ước.

Giả sử rằng mọi iđêan ước của $A$ đều khả nghịch; vì $A_{,,}$ là một miền Krull ($§ 1$, no. 4, Mệnh đề 6), mọi iđêan ước $a$ của $A_{,,}$ đều là giao của hai iđêan phân thức chính ($§ 1$, no. 5, Hệ quả 2 của Mệnh đề 9); do đó $a = bA_m$, trong đó $b$ là một iđêan ước của $A$ (Chương II, $§ 2$, no. 4); vì $b$ khả nghịch theo giả thiết, ta suy ra từ Chương II, $§ 5$, no. 6, Định lý 4 rằng $a$ là chính và vì thế $A_{,,}$ là một miền phân tích duy nhất (no. 1, Định nghĩa 1). Ngược lại, nếu mọi $A_{,,}$ đều là các miền phân tích duy nhất và $c$ là một iđêan ước sinh hữu hạn của $A$, thì $cA_m$ là một iđêan ước của $A_{,,}$, như suy ra từ $§ 1$, no. 5, Hệ quả 2 của Mệnh đề 9 và Chương II, $§ 2$, no. 4; theo giả thiết $cA_m$ là chính và do đó suy ra từ Chương 11, $§ 5$, no. 6, Định lý 4 rằng $c$ khả nghịch.

Nếu $P$ thỏa mãn điều kiện này thì rõ ràng mọi phần tử của nó đều là cực biên và mọi phần tử cực biên của $A$ đều liên kết với một phần tử duy nhất của $P$. Nhắc lại rằng khi đó $P$ được gọi là một hệ đại diện các phần tử cực biên của $A$ (Đại số, Chương VII, $§ 1$, no. 3, Định nghĩa 2).

Tiếp tục giả sử rằng $A$ là phân tích duy nhất. Ta đã thấy (no. 2, Định lý 1) rằng nhóm $\mathscr{P}^*$ là một dàn. Do đó ta có thể áp dụng các kết quả của Đại số, Chương VI, $§ 1$, nos. 9 và 13. Đặc biệt, mọi phần tử của $K^*$ đều có thể được viết theo một cách về bản chất là duy nhất dưới dạng một phân thức bất khả quy. Hai phần tử bất kỳ $a, b$ của $K^*$ có một ước chung lớn nhất và một bội chung nhỏ nhất; nếu $a = u \prod_{p \in P} p^{n(p)}$ và

là các phân tích của $a$ và $b$ thành tích các phần tử cực biên, thì:

trong đó $w, w'$ thuộc U. Đặc biệt, ta thu lại các kết quả của Đại số, Chương VIII, § 1, no. 3.

Với mọi $p \in P$, ánh xạ $a \mapsto n(p)$ là một định giá rời rạc $v_p$ trên K mà vành của nó hiển nhiên là $A_{A_p}$. Từ Định lý 1(e) suy ra rằng các $v_p$ chính là các định giá cốt yếu của A và các iđêan $Ap$ ($p \in P$) chính là các iđêan nguyên tố của A có chiều cao 1.

(i) Nếu A là giai thừa thì $S^{-1}A$ là giai thừa. (ii) Nếu S được sinh bởi một họ các phần tử $p_i$ sao cho các iđêan chính $Ap_i$ là nguyên tố và $S^{-1}A$ là giai thừa, thì A là giai thừa.

Điều này suy ra ngay lập tức từ Định nghĩa 1 của no. 1 và § 1, no. 10, Mệnh đề 17.

Cho d là một nội dung của $ff'$. Với mọi định giá $\nu$ trên K cốt yếu đối với A, cho $\bar{\nu}$ ký hiệu mở rộng chính tắc của nó lên $K[X]$. Khi đó

Do đó $cc'd^{-1}$ là một phần tử khả nghịch của A.

Cho $f$ là một phần tử khác không của $A[X]$. Trong vành $K[X]$, $f$ có thể được phân tích duy nhất dưới dạng:

Bổ đề 1 chứng minh rằng $a$ là một nội dung của $f$. Do đó $a \in A$. Vì $A$ là giai thừa, $a$ có thể được phân tích duy nhất dưới dạng:

Do đó có sự tồn tại và tính duy nhất của phân tích:

Chú ý rằng định lý này chứng minh rằng mọi phần tử của $A$ thừa nhận cùng một phân tích thành các phần tử cực biên trong $A$ và $A[X]$. Vì vậy, ước chung lớn nhất của một họ các phần tử của $A$ là như nhau trong $A$ và trong $A[X]$.

Ta cũng có thể sử dụng Mệnh đề 18 của § 1, no. 10 để chỉ ra rằng $A[X]$ là một miền giai thừa khi và chỉ khi $A$ là một miền giai thừa.

Lập luận bằng quy nạp theo $n$.

Hệ quả này có thể được mở rộng cho trường hợp một họ vô hạn các ẩn số (xem Bài tập 2).

Điều này suy ra từ no. 1, Định nghĩa 1 và § 1, no. 10, Mệnh đề 16.

Giả sử các số nguyên $u(i) \geqslant 1$ ($1 \leqslant i \leqslant k - 1$) được xác định sao cho $f(X_n^{u(1)}, \ldots, X_n^{u(k-1)}, X_k, \ldots, X_n) \neq 0$. Ta sẽ xác định một số nguyên $u(k) \geqslant 1$ sao cho

Khi đó bổ đề sẽ được chứng minh bằng quy nạp.

Nhận thấy rằng chuỗi $f(X_n^{u(1)}, \ldots, X_n^{u(k-1)}, X_k, \ldots, X)$ có thể được xem như một chuỗi theo $X_k$ và $X_n$ với hệ số trong $E[[X_{k+1}, \ldots, X_{n-1}]]$. Vì thế ta thấy rằng chỉ cần thiết lập bổ đề cho $n = 2$.

Vậy đặt

trong đó $f \neq 0$. Gọi $G \subset \mathbf{N} \times \mathbf{N}$ là tập hợp khác rỗng các cặp có thứ tự $(i, j)$ sao cho $e_{ij} \neq 0$. Trang bị cho $\mathbf{N} \times \mathbf{N}$ thứ tự từ điển. Gọi $(c, d)$ là phần tử bé nhất của $G$. Chọn một số nguyên $p > d$. Trong khai triển của ta tìm các số hạng bậc $cp + d$. Nếu $ip + j = cp + d, i \geq c + 1$ là không thể, vì điều đó sẽ cho $i < c$ cũng không thể, vì $(c, d)$ là phần tử bé nhất của $G$; do đó $i = c$ và khi đó $j = d$. Vậy số hạng bậc $cp + d$ trong $f(T^p, T)$ là $e_{cd} T^{cp + d}$. Vì $e_{cd} \neq 0, f(T^p, T) \neq 0$. Do đó bổ đề được chứng minh.

Trong vành $E[[X_1, \ldots, X]]$, gọi $a$ là iđêan của các chuỗi lũy thừa hình thức không có số hạng hằng. Nếu $w_1, \ldots, w_n$ là các phần tử của $a$, nhắc lại rằng ánh xạ $f(X_1, \ldots, X_n) \mapsto f(w_1, \ldots, w_n)$ là tự đồng cấu duy nhất $s$ của vành $E[[X_1, \ldots, X_n]]$ sao cho $s(X_i) = w_i$ với $1 \leq i \leq n$ (Chương III, § 4, no. 5, Mệnh đề 6).

Ta lấy $w_1 = X_1 + X_n^{u(1)}, \ldots, w_{n-1} = X_{n-1} + X_n^{u(n-1)}, w_n = X_n$, trong đó các $u(i)$ là những số nguyên $\geq 1$. Gọi $s'$ là tự đồng cấu của $E[[X_1, \ldots, X_n]]$ biến $X_1$ thành $X_1 - X_n^{u(1)}, \ldots, X_{n-1}$ thành $X_{n-1} - X_n^{u(n-1)}$ và $X_n$ thành $X_n$. Khi đó $s'(s(X_i)) = X_i$ với $1 \leq i \leq n$ và do đó $s' \circ s$ là tự đẳng cấu đồng nhất; tương tự đối với $s \circ s'$. Vậy $s$ là một tự đẳng cấu.

$g(0, \ldots, 0, X_n) = f(X_n^{u(1)}, \ldots, X_n^{u(n-1)}, X_n)$. Vì thế Bổ đề 3 là một hệ quả của Bổ đề 2.

(a) Ta chứng minh rằng $f \mid B \cap M = (0)$. Giả sử có một quan hệ:

Ta chứng minh rằng các $b_i$ (và do đó các $r_j$) đều bằng không, điều này đặc biệt sẽ chứng minh rằng $f$ không phải là một ước của không trong $B$. Vì $A$ là Hausdorff, chỉ cần chứng minh rằng $b_i \in m^n$ với mọi $i \geq 0$ và mọi $n \geq 0$. Điều đó hiển nhiên với $n = 0$. Ta sẽ lập luận bằng quy nạp kép: ta sẽ giả sử rằng $b_i \in m^{n-1}$ với mọi $i$ và $b_i \in m^n$ với $i < k$, rồi chứng minh rằng điều này kéo theo $b_k \in m^n$. Để làm điều đó, ta viết $f = \sum_{i=1}^{\infty} a_i X^i$ và so sánh các hệ số của $X^{s+k}$ trong (3); khi đó: Các số hạng trong ngoặc thứ nhất thuộc $m^n$ vì $b_i \in m^n$ với $i < k$; tương tự đối với các số hạng trong ngoặc thứ hai, vì $b_i \in m^{n-1}$ với mọi $i$ và $a_i \in m$ với $i \leq s-1$. Do đó $b_k a_s \in m^n$ và, vì $a_s$ là một phần tử khả nghịch của $A$, $b_k \in m^n$.

(b) Ta chứng minh rằng $f \mid B + M = B$. Ta viết

nó là một phần tử khả nghịch của $B$. Khi đó vậy nếu ta viết $fg^{-1} - X^s = (f - X^s g) g^{-1} = -h$, thì các hệ số của $h$ thuộc $m$. Sau đó lấy $r$ là một phần tử của $B$. Bằng quy nạp theo $n$ ta định nghĩa một dãy $(q^{(n)})$ các phần tử của B: ta lấy $q^{(0)}$ là chuỗi duy nhất thỏa mãn: viết $h = \sum_{i=0}^m h_i X^i$ và $q^{(n)} = \sum_{i=0}^\infty q_i^{(n)} X^i$, các $q_i^{(n)}$ được định nghĩa bởi: Từ (6) suy ra ngay lập tức rằng: Vì $h_j \in m$ với mọi $j$, từ (6) cũng suy ra, bằng quy nạp theo $n$, rằng $q_i^{(n)} \in m^n$ với mọi $i$ và mọi $n$. Vì A là đầy đủ, suy ra rằng chuỗi hội tụ đến một phần tử $q$ của B. Theo (5) và (7), Vì M là đóng, ở giới hạn (8) cho $r \equiv (X^s - h)q \pmod{M}$, tức là Ta cũng có thể dùng các kết quả của Chương III, § 2 để chứng minh quan hệ $B = fB + M$ (xem Bài tập 12). Phương pháp được theo ở đây có ưu điểm là áp dụng được cho các chuỗi hội tụ.

Cho $B'$-môđun B được trang bị lọc (T)-adic, gồm các $f^n B$ với $n \geq 0$ (Chương 111, § 2, no. 1). Khi đó $B/fB$ là một môđun tự do trên vành $A = B'/TB'$ và các ảnh của $X^i$ ($0 \leq i \leq s-1$) trong A-môđun này tạo thành một cơ sở của nó (Mệnh đề 5); hơn nữa vì $f$ không là một ước của không trong B (Mệnh đề 5), $Bf^n/Bf^{n+1}$ cũng là một $(B'/TB')$-môđun tự do hạng s, nên điều kiện (GR) của Chương 111, § 2, no. 8 được thỏa mãn (thay thế A bởi B' và M bởi B). Mặt khác, vì B' là Hausdorff và đầy đủ đối với lọc (T)-adic và gr(B) là một gr(B')-môđun sinh hữu hạn theo điều trên, trước hết suy ra (Chương III, § 2, no. 9, Hệ quả 1 của Mệnh đề 12) rằng B là một B' môđun sinh hữu hạn. Mệnh đề thứ nhất của hệ quả khi đó suy ra từ Chương III, § 2, no. 9, Mệnh đề 13. Mệnh đề thứ hai suy ra ngay lập tức từ đó.

Ta viết $F = X^s + G$, trong đó $G = g_0 + \cdots g_{s-1} X^{s-1}$ ($g_i \in \mathbf{A}$). Quan hệ $f = uF$ tương đương với $F = u^{-1}f$, nghĩa là với $X^s = u^{-1}f - G$. Do đó Mệnh đề 5 cho thấy tính duy nhất của $G$ và $u^{-1}$, và vì thế của $F$ và $u$. Nó cũng cho thấy rằng tồn tại $v \in B$ và một đa thức $G = g_0 + \cdots + g_{s-1} X^{s-1}$ ($g_i \in \mathbf{A}$) sao cho $X^s = v - G$; còn phải chỉ ra rằng $v$ khả nghịch trong $B$ và $g_i \in \mathfrak{m}$ với mọi $i$. Bây giờ, ký hiệu $\bar{g}_i$ là ảnh chính tắc của $g_i$ trong $k$ và $\bar{f}, \bar{v}$ là các chuỗi rút gọn của $f, g$,

vì $\bar{f}$ có cấp $s$, nên $\bar{g}_i = 0$ với mọi $i$ và $\bar{v}$ có cấp 0, do đó $v$ là khả nghịch.

Thật vậy, các chuỗi rút gọn của $g$ và $h$ đều $\neq 0$; do đó, theo Mệnh đề 6, tồn tại các phần tử khả nghịch $u, v$ của $B$ sao cho $ug$ và $vh$ là các đa thức phân biệt. Khi đó $uvF = (ug)(vh)$ là một đa thức phân biệt và $uv$ là khả nghịch. Chuyển qua các chuỗi rút gọn, thấy ngay lập tức rằng $F$ và $uvF$ có cùng cấp rút gọn, nghĩa là cùng bậc. Mệnh đề về tính duy nhất trong Mệnh đề 6 vì thế cho thấy rằng $F = uvF$, do đó $uv = 1$.

Giả sử $F$ không là phần tử extremal trong $\mathbf{A}[X]$, nên $F = f_1 f_2$, trong đó $f_1$ và $f_2$ là các phần tử không khả nghịch của $\mathbf{A}[X]$; tích của các hệ số đầu của $f_1$ và $f_2$ bằng 1, nên các hệ số này khả nghịch trong $\mathbf{A}$ và giả thiết kéo theo rằng $f_1$ và $f_2$ có bậc $> 0$ và $< s$; vì các đa thức rút gọn $\bar{f}_1, \bar{f}_2$ thỏa mãn $\bar{f}_1 \bar{f}_2 = X^s$, nên cả $\bar{f}_1$ lẫn $\bar{f}_2$ đều không thể khả nghịch trong $k[[X]]$, vì nếu $\bar{f}_1$ khả nghịch thì $\bar{f}_2$ sẽ có cấp $s$, điều này phi lý. A fortiori, cả $f_1$ lẫn $f_2$ đều không khả nghịch trong $B$ và $F$ không là phần tử extremal trong $B$.

Ngược lại, nếu F không là phần tử extremal trong $A[[X]]$, thì $F = gh$, trong đó cả g lẫn h đều không khả nghịch trong B; do đó các cấp rút gọn của chúng đều $\geq 1$; khi ấy các đa thức distinguished $ug$ và $u^{-1}h$ của Mệnh đề 7 không phải là các hằng, điều đó cho thấy F không là phần tử extremal trong $A[X]$.

Gọi $p$ là iđêan cực đại của C và $x$ là một phần tử sinh của $p$ (nếu C là một trường thì $\pi = 0$). Trang bị cho C tôpô $p$-adic, tôpô này là Hausdorff. Vì C là một vành địa phương Noether, $B = C[[X_1, \ldots, X_n]]$ là một vành địa phương Noether và đầy đủ hóa của nó là $\hat{C}[[X_1, \ldots, X_n]]$ (Chương III, §2, no. 6, Mệnh đề 6). Theo Hệ quả của Mệnh đề 4 (no. 6), chỉ cần chứng minh rằng $\hat{C}[[X_1, \ldots, X_n]]$ là phân tích duy nhất. Bây giờ, nếu C là một trường thì $\hat{C} = C$; nếu C là một vành định giá rời rạc thì $\hat{C}$ cũng có tính chất ấy (Chương VI, §5, no. 3, Mệnh đề 5). Do đó, trong phần còn lại của chứng minh, ta sẽ giả sử rằng C là đầy đủ.

Lập luận bằng quy nạp, bắt đầu từ trường hợp tầm thường $n = 0$, ta sẽ giả sử rằng đã chứng minh được $A = C[[X_1, \ldots, X_{n-1}]]$ là phân tích duy nhất. Ta sẽ đồng nhất B với $A[[X_n]]$ và ký hiệu bởi m iđêan cực đại của A (được sinh bởi $\pi, X_1, \ldots, X_{-1}$). Ta sẽ chứng minh rằng mọi phần tử khác không g của B đều là, theo một cách duy nhất về bản chất, một tích các phần tử extremal.

Cho K là trường $C/C\pi$; vì $B/B\pi$ được đồng nhất với $K[[X_1, \ldots, X_n]]$, iđêan $Bx$ là nguyên tố và $x$ là cực biên. Nếu $x \neq 0$, do đó $B_{B\pi}$ là vành của một định giá rời rạc chuẩn hóa w (Chương VI, §3, no. 6, Mệnh đề 9); bởi vậy mọi phần tử khác không g của B đều có thể viết dưới dạng $g = \pi^{w(g)} f$, trong đó $f \in B$ và f không là bội của $\pi$. Vì vậy sẽ đủ để chỉ ra rằng $f$ là một tích về cơ bản duy nhất của các phần tử cực biên. Bây giờ ảnh chính tắc của $f$ trong $K[[X_1, \ldots, X_n]]$ khác không; do đó Bổ đề 3 (no. 7) cho thấy rằng tồn tại một tự đẳng cấu của B biến $f$ thành một phần tử $f'$ sao cho các hệ số của $f'(0, \ldots, 0, X_n)$ không phải tất cả đều nằm trong $Cx$; điều đó có nghĩa là các hệ số của chuỗi $f'$, được xét như một chuỗi lũy thừa hình thức theo $X_n$, không phải tất cả đều nằm trong m. Sẽ đủ để chứng minh mệnh đề của chúng ta đối với $f'$.

Trong phần sau, mọi phần tử của B sẽ được xét như các chuỗi lũy thừa hình thức theo X, với các hệ số trong A. Theo Mệnh đề 6 của no. 8 (áp dụng được vì C và do đó A là tách được và đầy đủ và chuỗi thu gọn của $f'$ là $\neq 0$), $f'$ liên kết, trong B, với một đa thức phân biệt duy nhất F. Theo Mệnh đề 7 của no. 8, mọi chuỗi chia hết $f'$ (hay, điều này tương đương, chia hết F) đều liên kết với một đa thức phân biệt chia hết F và mọi phân tích của $f'$ đều, sai khác bởi các nhân tử khả nghịch, có dạng $f' = u F_1 \cdots F_q$, trong đó $u$ là khả nghịch và các $F_i$ là các đa thức phân biệt cực biên (trong B) sao cho $F = F_1 \cdots F_q$. Theo Hệ quả của Mệnh đề 7 của no. 8, các F, cũng là cực biên trong $\mathbf{A}[X_n]$. Bây giờ, vì $\mathbf{A}$ là phân tích được duy nhất theo giả thiết quy nạp, nên $\mathbf{A}[X_n]$ cũng vậy (Định lý 2, no. 5); do đó, vì chúng là đơn nhất, các $F_i$ được xác định duy nhất bởi F (chính xác đến một phép hoán vị). Điều này chứng tỏ tính duy nhất của phân tích $f' = u F_1 \ldots F_r$; sự tồn tại của nó suy ra từ việc $B$ là Noether, điều này hoàn tất chứng minh.

Nhận xét (1) Tồn tại các vành phân tích được duy nhất $\mathbf{A}$ sao cho vành $\mathbf{A}[[X]]$ không phân tích được duy nhất (Bài tập 8). Tuy nhiên, nếu $\mathbf{A}$ là một miền iđêan chính, thì $\mathbf{A}[[X_1, \ldots, X_n]]$ phân tích được duy nhất (Bài tập 9). (2) \* Về sau chúng ta sẽ thấy, bằng các phương pháp đồng điều, rằng mọi vành địa phương chính quy đều phân tích được duy nhất (xem § 4, no. 7, Hệ quả 3 của Mệnh đề 16). Điều này sẽ cho một chứng minh khác, đơn giản hơn về mặt ý niệm, của Mệnh đề 8. \*