Cho $K$ là một trường con của $A$, $C$ là tâm của $A$, và đặt $K' = K \cap C$; khi đó $K'$ là một trường con của $A$. Cho $f$ là đồng cấu duy nhất của $\mathbf{Z}$ vào $A$ và $p$ là hạt nhân của nó. Mọi vành con của $A$, đặc biệt là $K'$, đều chứa $f(\mathbf{Z})$; do đó iđêan $p$ là nguyên tố (I, p. 116-117). Nếu $p = (0)$, đồng cấu $f$ của $\mathbf{Z}$ vào $K'$ là đơn ánh; do đó nó mở rộng (I, p. 116) thành một đẳng cấu $\bar{f}$ của $\mathbf{Q}$ lên một trường con $P$ của $K'$. Nếu $p \neq (0)$, tồn tại một số nguyên dương $p$ sao cho $p = (p)$ (I, p. 111); nếu ta có $p = ab$ với $a > 1$ và $b > 1$, điều này có nghĩa là $a \notin p, b \notin p$ và $ab \in p$ mâu thuẫn với sự kiện rằng $p$ là nguyên tố. Số $p$ do đó là nguyên tố và bằng cách chuyển qua thương, $f$ xác định một đẳng cấu của $F_p = \mathbf{Z}/p$ lên một trường con $P$ của $K'$. Trong cả hai trường hợp $P$ là một trường con của $A$ được chứa trong tâm $C$ của $A$, và nó là một trường nguyên tố. Cho $L$ là một trường con của $A$; khi đó $P \cap L$ là một trường con của $P$, và vì $P$ là nguyên tố, ta có $P \cap L = P$, do đó $P \subset L$. Nếu $P'$ là một trường con của $A$ và là một trường nguyên tố, thì theo những gì đã nói, $P \subset P'$, do đó $P = P'$ vì $P'$ là một trường nguyên tố.

b) Cho $p$ là một số nguyên tố. Để $A$ có đặc số $p$, điều kiện cần và đủ là $p \cdot x = 0$ với mọi $x \in A$.

Cho $f$ là đồng cấu duy nhất của $\mathbf{Z}$ vào $A$; ta có $n \cdot x = f(n)x$ với mọi số nguyên $n$ và mọi $x$ trong $A$. Để $A$ có đặc số 0, điều kiện cần và đủ là $f$ mở rộng thành một đồng cấu của $\mathbf{Q}$ vào $A$, nghĩa là, $f(n)$ khả nghịch trong $A$ với mọi $n \neq 0$ (I, p. 113); điều này chứng minh $a$. Tương tự, để $A$ có đặc số $p$ thì điều kiện cần và đủ là $f$ triệt tiêu $p\mathbf{Z}$, nghĩa là $f(p) = 0$, hoặc cũng là $p \cdot x = 0$ với mọi $x \in A$; điều này chứng minh $b$.

Xét $A$ là một trường không nhất thiết giao hoán. Tâm của $A$ là một trường (giao hoán); do đó đặc số và trường con nguyên tố của $A$ được xác định.

(1)

(2)

với $a, b$ thuộc $A$.

Công thức (2) suy ra từ tính giao hoán của $A$. Để chứng minh (1), ta dùng công thức nhị thức $(a + b)^p = a^p + b^p + \sum_{i=1}^{p-1} \binom{p}{i} \cdot a^i b^{p-i}$; vì $p \cdot x = 0$ với mọi $x \in A$, chỉ cần chứng minh bổ đề sau:

Ta lập luận bằng quy nạp theo $i$, trường hợp $i = 1$ là ngay lập tức từ công thức $\binom{p}{1} = p$. Giả sử $2 \leq i \leq p - 1$ và $\binom{i}{i-1}$ chia hết cho $p$. Khi đó số nguyên $i \binom{p}{i} = (p - i + 1) \binom{p}{i-1}$ thuộc iđêan nguyên tố $p\mathbf{Z}$ của $\mathbf{Z}$; vì $i \notin p\mathbf{Z}$, ta có $\binom{p}{i} \in p\mathbf{Z}$ và bổ đề được chứng minh.

Cho $A$ là một vành giao hoán có đặc số $p$ và $f$ là một số nguyên $\geq 0$. Từ Định lý 2, ta suy ra bằng quy nạp theo $f$ rằng ánh xạ $a \mapsto a^{p^f}$ là một tự đồng cấu của vành $A$. Đặc biệt ta có quan hệ

với mọi $a_1, \ldots, a_n$ thuộc $A$. Ánh xạ $a \mapsto a^p$ đôi khi được gọi là tự đồng cấu Frobenius của $A$. Lấy $A = \mathbf{F}_p$ và $a_i = 1$, ta thu được từ (3) quan hệ:

Đối với mỗi tập con $S$ của $A$, ta ký hiệu $S^{p^f}$ là tập hợp các phần tử của $A$ có dạng $x^{p^f}$ với $x \in S$^1. Đặc biệt, nếu $K$ là một vành con của $A$, thì tập hợp $K^{p^f}$ là một vành con của $A$. Nếu $K$ là một vành con của $A$ và $S$ là một tập con của $A$, ta ký hiệu $K[S]$ là vành con của $A$ sinh bởi $K \cup S$; khi $A$ là một trường, ta ký hiệu $K(S)$ là trường phân thức của $K[S]$, nghĩa là trường con của $A$ sinh bởi $K \cup S$.

a) Ta có $K[S]^{p^f} = K^{p^f}[S^{p^f}]$, và nếu $A$ là một trường, $K(S)^{p^f} = K^{p^f}(S^{p^f})$.

b) Nếu môđun $K$- $K[S]$ được sinh bởi họ $(a_i)_{i \in I}$ các phần tử của $A$, thì môđun $K$- $K[S^{p^f}]$ được sinh bởi họ $(a_i^{p^f})_{i \in I'}$

Vì $K[S]$ là vành con của $A$ sinh bởi $K \cup S$, ảnh $KISlp^f$ của nó qua tự đồng cấu $\pi : a \mapsto a^{p^f}$ của vành $A$ là vành con của $A$ sinh bởi ảnh $K^{p^f} \cup S^{p^f}$ của $K \cup S$ qua $\pi$, do đó $K[S]^{p^f} = K^{p^f}[S^{p^f}]$. Trường hợp các trường được xử lý tương tự; điều này chứng minh a).

Hiển nhiên họ $(a_i^{p^f})_{i \in I}$ sinh $K^{p^f}$-môđun $K[S]^{p^f}$. $K$-môđun $K[S^{p^f}]$ được sinh bởi các tích có dạng $x_1^{p^f} \cdots x_n^{p^f} = (x, \ldots x_n)^{p^f}$ với $x_1, \ldots, x_n$ tùy ý trong $S$, do đó cũng bởi tập hợp $K[S]^{p^f}$. Mệnh đề b) suy ra trực tiếp từ điều này.

^1 Dĩ nhiên tập hợp $S^{p^f}$ không được nhầm lẫn với tích tập hợp của $p^f$ tập hợp bằng $S$, cũng không với tập hợp các tích của $p^f$ phần tử thuộc $S$.

Với mỗi số nguyên $n \geq 0$, đặt $A_n = A$; khi $m \geq n$ ta định nghĩa một đồng cấu $\pi_{m,n}$ của $A_n$ vào $A_m$ bởi $\pi_{m,n}(a) = a^{p^{m-n}}$. Do đó ta thu được một hệ trực tiếp các vành $(A_n, \pi_{m,n})$ (I, p. 120); cho $A$ là giới hạn trực tiếp của hệ này và $u_n$ là đồng cấu chính tắc của $A_n = A$ vào $A$; ta cũng đặt $u = u_0$. Theo phép dựng giới hạn trực tiếp, hạt nhân $\mathfrak{n}$ của $u$ là hợp của các hạt nhân của các đồng cấu π_{n,0}: a \mapsto a^{p^n} của $A$ vào $A$, do đó nó gồm tất cả các phần tử lũy linh của $A$. Vành $A$ giao hoán có đặc số $p$ theo Nhận xét 1 của V, p. 3.

Vành $A$ là hợp của dãy tăng $(u, (A))_n$ các vành con. Ta có $u_n(A)^{p^n} = A$; suy ra với mỗi $x \in \hat{A}$ tồn tại một số nguyên $n \geq 0$ sao cho $x^{p^n} \in u(A)$. Ta cũng có $u_n(A) = u_{n+1}(A)^p$, do đó $\hat{A}^p = A$. Cho $x \in A$ sao cho $x^p = 0$; chọn một số nguyên $n \geq 1$ và một phần tử $a \in A$ sao cho $x = u_n(a)$. Khi đó ta có $u_{n-1}(a) = u_n(a)^p = 0$; theo định nghĩa của giới hạn trực tiếp tồn tại một số nguyên $m$ sao cho $\pi_m^{1,n-1}(a) = 0$, tức là $a^{p^{m-n}} = 0$. Do đó ta có $\pi_{m,n}(a) = 0$, suy ra $u_n(a) = 0$, tức là $x = 0$. Vì vậy vành $A$ là vành hoàn hảo có đặc số $p$.

Với mọi số nguyên $n \geq 0$, ánh xạ $b \mapsto b^{p^n}$ là một tự đẳng cấu của $B$ và do đó tồn tại một đồng cấu $v_n$ của $A, = A$ vào $B$ được đặc trưng bởi $v(a) = v_n(a)^{p^n}$. Khi đó ta có $v_m \circ \pi_{m,n} = v_n$ với $m \geq n \geq 0$; theo định nghĩa của giới hạn trực tiếp tồn tại một đồng cấu $h$ của $A$ vào $B$ sao cho $v_n = h \circ u$, với mọi $n \geq 0$; đặc biệt ta có $v = v_0 = h \circ u_0 = h \circ u$. Cuối cùng, cho $h'$ là một đồng cấu của $A$ vào $B$ sao cho $h' \circ u = v$. Lấy $x \in A$; như ta đã thấy, tồn tại một số nguyên $n \geq 0$ và một phần tử $a \in A$ sao cho $x^{p^n} = u(a)$. Khi đó ta có

và vì $B$ hoàn hảo, ta suy ra $h(x) = h'(x)$. Do đó ta có $h' = h$, và điều này hoàn tất chứng minh rằng $(A, u)$ là một bao đóng hoàn hảo của $A$.

For mỗi số nguyên $f \in \mathbf{Z}$ ký hiệu $\pi_f$ là tự đẳng cấu $b \mapsto b^{p^f}$ của $B$. Dãy các vành con $\pi_{-f}(A)$ của $B$ (với $f \geq 0$) là tăng dần và hợp của chúng $\mathbf{A}^{p^{-\infty}}$ do đó là một vành con của $B$. Ta có $\pi_1(\mathbf{A}^{p^{-\infty}}) = \bigcup_{f \geq 0} \pi_{-(f-1)}(A) = \mathbf{A}^{p^{-m}}$, do đó $\mathbf{A}^{p^{-\infty}}$ là một vành con hoàn hảo của $B$. Sau cùng, cho $B_0$ là một vành con hoàn hảo của $B$ chứa $A$; với mọi số nguyên $f \geq 0$ ta có $\pi_{-f}(A) \subset \pi_{-f}(B_0) = B_0$, do đó $\mathbf{A}^{p^{-\infty}} \subset B_0$.

Nếu $v$ là một đồng cấu từ $A$ vào một vành hoàn hảo $B'$ có đặc số $p$, thì với mọi số nguyên $f \geq 0$ ta có thể định nghĩa một đồng cấu $h_f$ của $\pi_{-f}(A)$ vào $B'$ bởi $h_f(\pi_{-f}(a)) = v(a)^{p^{-f}}$ với mọi $a \in A$. Ta thấy ngay rằng $h_{f+1}$ trùng với $h_f$ trên $\pi_{-f}(A)$; do đó tồn tại một đồng cấu $h$ của $\mathbf{A}^{p^{-\infty}}$ vào $B'$ sao cho nó cảm sinh $h_f$ trên $\pi_{-f}(A)$ với mọi $f \geq 0$ và đặc biệt, $h$ mở rộng $h_0 = v$. Nếu $h'$ là một mở rộng khác của $v$ thành một đồng cấu của $A^{p^{-\infty}}$ vào B, thì đẳng thức $h' = h$ có thể được chứng minh như trong chứng minh của ĐL. 3.

a) Nếu K là một vành có đặc số 0, thì S = K. b) Nếu K là một vành có đặc số $p \neq 0$, thì $S = K[X_i^p]_{i \in I}$; nếu hơn nữa K hoàn hảo, thì $K = A^P$. \

Ánh xạ $F \mapsto dF$ của A vào môđun $\Omega_K(A)$ của các vi phân K của A là K-tuyến tính và thỏa mãn quan hệ

(III, p. 569). Do đó S là một đại số con.

Nếu K có đặc số $p \neq 0$, ta đặt $T = K[X_i^p]_{i \in I}$; do đó ta có $T = A^P$ nếu K hoàn hảo ($V$, p. 4, Mệnh đề 2); hơn nữa, ta có $d(X_i^p) = pX_i^{p-1} \cdot dX_i = 0$ với mọi $i \in I$, vì vậy đại số con S của A chứa T. Nếu K có đặc số 0, ta đặt $T = K$, và vẫn thấy rằng $T \subset S$. Còn lại là phải chứng minh rằng S được chứa trong T.

Với mọi tập con hữu hạn J của I, hãy đặt $A_J$ là đại số con của A sinh bởi họ $(X_j)_{j \in J}$. Ta có $A_\emptyset = K$ và $A = \bigcup_{J \in I} A_J$; vì vậy chỉ cần chứng minh hệ thức $S \cap A_J \subset T$, điều mà ta sẽ thực hiện bằng quy nạp theo lực lượng của J. Do đó, hãy lấy J là một tập con hữu hạn của I sao cho $S \cap A_J \subset T$, lấy i là một phần tử của $I - J$ và $J' = J \cup \{ i \}$. Mỗi phần tử F của A có thể được viết theo đúng một cách dưới dạng

với $F_n \in A_J$ với mọi $n \geq 0$, và khi đó

Giả sử F thuộc S; họ $(dX_r)_{r \in J}$ là một cơ sở của A-môđun $\Omega_K(A)$ (III, p. 570) và $dF_n$ là một tổ hợp tuyến tính của các vi phân $dX_j$ với $j \in J$ vì $F_n \in A_J = K[X_j]_{j \in J}$. Theo (6) ta có $dF_n = 0$ và $nF_n = 0$ với mọi số nguyên $n \geq 0$. Theo giả thiết quy nạp, $F_n \in T$ với mọi $n$, vì $dF_n = 0$.

a) Nếu K có đặc số 0, ta có $nF_n = 0$ với mọi $n \geq 1$, do đó $F_n = 0$ theo Mệnh đề 1 ($V$, p. 2); vì vậy $F = F_0$, suy ra $F \in T$.

b) Nếu K có đặc số $p \neq 0$, thì A là một đại số trên trường $\mathbf{F}_p$ và hệ thức $nF_n = 0$ suy ra $F_n = 0$ với mọi số nguyên $n$ không chia hết cho $p$. Vì vậy ta có $F = \sum_{m=0}^m F_{mp} X_i^{mp}$, suy ra $F \in T$