Thật vậy, nếu $u,\ v \in \mathbf{A}[X]$ sao cho $f = (X - \alpha)\ u + v,\ \deg v < 1$, thì $v$ là một vô hướng và $f(a) = (a - a)\ u(\alpha) + v = v$. Điều này chứng minh mệnh đề thứ nhất, và mệnh đề thứ hai suy ra từ đó.

Vì ta có $f(X) = (X - \alpha)^p f_1(X)$, $g(X) = (X - \alpha)^q g_1(X)$ với $f_1(\alpha) \neq 0$, $g_1(a) \neq 0$. Chẳng hạn giả sử rằng $p \leq q$; khi đó ta có

và nếu $p < q$, $a$ không là nghiệm của $f_1(X) + (X - \alpha)^{q-p} g_1(X)$; điều này chứng minh (i). Mặt khác, ta có $f(X)g(X) = (X - \alpha)^{p+q} f_1(X)g_1(X)$ và $f_1(\alpha)g_1(\alpha) \neq 0$ nếu $A$ là một miền nguyên; điều này chứng minh (ii).

trong đó $g \in A[X]$ và $\alpha_1, \ldots, \alpha_p$ không phải là các nghiệm của $g$.

Ta tiến hành bằng quy nạp theo $p$, mệnh đề là hiển nhiên đối với $p = 1$, theo Định nghĩa 1. Khi đó giả sử rằng $f(X) = g_1(X)g_2(X)$, trong đó

Vì $A$ là một miền nguyên và $\alpha_p$ phân biệt với $\alpha_1, \ldots, \alpha_{p-1}$ nên $\alpha_p$ không phải là một nghiệm của $g_1(X)$, do đó $\alpha_p$ là một nghiệm cấp $k_p$ của $g_2(X)$ (Mệnh đề 4, (ii)). Suy ra $g_2(X)$ chia được cho $(X - \alpha_p)^{k_p}$, và vì thế

trong đó $g(X) \in A[X]$. Rõ ràng $\alpha_1, \ldots, \alpha_p$ không phải là các nghiệm của $g$.

Điều này suy ra ngay lập tức từ Mệnh đề 5.

Chỉ cần áp dụng Đl. 1 cho $f - g$.

trong đó $U(i)$ là tập hợp các số nguyên $j$ sao cho $j \neq i$ và $1 \leq j \leq n$. Khi đó $\beta_1 f_1 + \ldots + \beta_n f_n$ là phần tử duy nhất $f$ của $K[X]$ sao cho $\deg f < n$ và $f(\alpha_i) = \beta_i$ với $1 \leq i \leq n$.

Tính duy nhất của f suy ra từ Hệ quả của Định lý 1. Cho $f = \beta_1 f_1 + \ldots + \beta_n f_n$, khi đó vì $f_i$ có bậc $n - 1$, ta có $\deg f < n$. Mặt khác, $f_i(\alpha_j) = 0$ với $j \neq i$ và $f_i(\alpha_i) = 1$, do đó $f(\alpha_i) = \beta_i$ với $1 \leq i \leq n$.

Theo giả thiết ta có $f = (X - a)\ g$, với $g \in \mathbf{A}[X]$. Để $a$ là một nghiệm đơn của $f$ thì điều kiện cần và đủ là $g(\alpha) \neq 0$. Bây giờ ta có $Df = g + (X - \alpha)\ Dg$, do đó $(Df)(\alpha) = g(\alpha)$.

Nói chung hơn:

Theo giả thiết, tồn tại $g \in \mathbf{A}[X]$ sao cho $f = (X - a)^k g$ và $g(a) \neq 0$. Do đó $Df = k(X - \alpha)^{k-1}g + (X - \alpha)^k Dg = (X - \alpha)^{k-1}(kg + (X - \alpha)\ Dg)$, điều này thiết lập phần thứ nhất của mệnh đề. Giá trị của $kg + (X - \alpha)\ Dg$ tại $X = \alpha$ là $kg(a)$, và giá trị này khác không nếu $k . 1$ là giản ước được trong $\mathbf{A}$; điều này chứng minh phần thứ hai của mệnh đề.

Cho $k$ là một số nguyên $> 0$ sao cho $k . 1 = 0$ trong $\mathbf{A}$. Nếu $f(X) = X^k$, thì $0$ là một nghiệm cấp $k$ của $f$, và là một nghiệm có cấp lớn tùy ý của $Df$.

Điều này suy ra từ Mệnh đề 8 bằng quy nạp theo $p$.

a) Trước hết giả sử rằng $I$ là hữu hạn và đặt $n = \mathrm{Card}\ I$. Mệnh đề là hiển nhiên với $n = 0$; ta sẽ chứng minh nó bằng quy nạp theo $n$. Chọn một phần tử $i_0$ của $I$ và đặt $J = I - \{i_0\}$, $B = \mathbf{A}[(X_i)_{i \in J}]$. Vì $f \neq 0$, ta có thể viết $f = \sum_{k=0}^m g_k X_{i_0}^k$, trong đó $g_0, \ldots, g_m \in B$ và $g_m \neq 0$. Theo giả thiết quy nạp tập hợp K của mọi $x \in \prod_{i \in s} H_i$ sao cho $g_m(x) \neq 0$ là đẳng lực với $\prod_{i \in J} H_i$. Với $x \in K$ đa thức

là khác không. Theo Định lý 1 (IV, p. 16), tập hợp các $a \in H_{i_0}$ sao cho $h(\alpha) \neq 0$ là đẳng lực với $H_{i_0}$, do đó và vì thế $\operatorname{Card} H = \operatorname{Card} H_f$.

b) Trong trường hợp tổng quát, tồn tại một tập con hữu hạn $I'$ của I sao cho $f \in A[(X_i)_{i \in I'}]$. Gọi $H'_f$ là tập hợp mọi $x \in \prod_{i \in I'} H_i$ sao cho $f(x) \neq 0$. Khi đó

và chỉ cần áp dụng phần đầu của chứng minh cho $H'_f$.

Khi A là một miền nguyên vô hạn, hệ quả suy ra ngay từ Mệnh đề 9. Giả sử A là một đại số trên một trường vô hạn k. Gọi $f = \sum_{\nu \in \mathbf{N}^{(I)}} \alpha_\nu X^\nu$ là một phần tử khác không của $A[(X_i)_{i \in I}]$; khi đó tồn tại $\nu_0 \in \mathbf{N}^{(I)}$ sao cho $\alpha_{\nu_0} \neq 0$, và một dạng K-tuyến tính $\varphi$ trên A sao cho $\varphi(\alpha_{\nu_0}) \neq 0$. Gọi $g = \sum_{\nu \in \mathbf{N}^{(I)}} \varphi(a_\nu) X^\nu \in k[(X_i)_{i \in I}]$; ta có $g \neq 0$, do đó tồn tại $x \in k^I$ sao cho $g(x) \neq 0$. Khi đó $\varphi(f(x)) = g(x) \neq 0$, và vì thế $f(x) \neq 0$.

Khi A là một miền nguyên vô hạn hoặc khi A là một đại số trên một trường vô hạn, thông thường ta sẽ đồng nhất f với $\tilde{f}$.

Giả sử A là hữu hạn và đặt $f(X) = \prod_{a \in A} (X - a)$, khi đó $f \neq 0$, nhưng $\tilde{f} = 0$. Với các ví dụ khác, xem IV, p. 88, bài tập 7 và 8.

a) $g_1 \neq 0, \ldots, g_m \neq 0$; b) với mọi $x \in \mathbf{A}^1$ sao cho $g_1(x) \neq 0, \ldots, g_m(x) \neq 0$, ta có $f(x) = 0$. Khi đó $f = 0$.

Thật vậy, nếu $f \neq 0$, thì ta có $fg_1 \ldots g_m \neq 0$ (IV, p. 9, Prop. 8), do đó tồn tại $x \in \mathbf{A}^1$ sao cho $f(x)g_1(x) \ldots g_m(x) \neq 0$ (IV, p. 18, Hệ quả 2), điều này mâu thuẫn với giả thiết.