Ta có ${L'}^p \subset K \subset K'$ và $L' = K'(L)$, do đó ${L'}^p = {K'}^p({L'}^p) \subset K'$. Nói cách khác, L' là một mở rộng p-căn cấp $\leq 1$ của K'. Các khẳng định khác của hệ quả suy ra ngay từ Mệnh đề 1 và từ V, p. 14, Mệnh đề 5.

Trước hết giả sử rằng S là p-tự do và gọi $T \neq S$ là một tập con của S. Ký hiệu bởi A tập hợp các họ có giá hữu hạn $a = (\alpha_s)_{s \in S}$ gồm các số nguyên từ 0 đến $p-1$; gọi $A'$ là tập con của A gồm các họ $a = (\alpha_s)_{s \in S}$ sao cho $a_s = 0$ với mọi s trong $S - T$. Ta cũng đặt $u_a = \prod_{s \in S} s^{\alpha_s}$ với $a \in A$. Khi đó (V, p. 98, Mệnh đề 1) họ $(u_a)_{a \in A'}$ là một cơ sở của $K(S)$ trên K và họ con $(u_a)_{a \in A'}$ là một cơ sở của $K(T)$ trên K. Vì $A' \neq A$, suy ra $K(T) \neq K(S)$.

Giả sử bây giờ rằng S không p-tự do. Khi đó tồn tại một số nguyên $n \geq 1$ và một dãy các phần tử $x_1, ..., x_n$ của S sao cho $(x_1, ..., x_{n-1})$ là p-tự do nhưng $(x_1, ..., x_n)$ thì không. Ta có $[K(x_1, ..., x_{n-1}):K] = p^{n-1}$ và $[K(x_1, ..., x_n):K] < p^n$. Vì $[K(x_1, ..., x_n):K]$ là một bội của $[K(x_1, ..., x_{n-1}):K]$, do đó ta có

do đó $x_n \in K(x_1, ..., x_{n-1})$. Điều này cho thấy rằng $K(S - \{x_n\}) = K(S)$.

Cho K là một trường. Một họ $(x_i)_{i \in I}$ được gọi là một cơ sở p (tuyệt đối) của K nếu nó là một cơ sở p của K trên $K^p$. Với mọi số nguyên $n \geq 1$ ta ký hiệu bởi $\Lambda(n)$ tập con của $N^{(I)}$ gồm tất cả các $a = (\alpha_i)_{i \in I}$ sao cho $\alpha_i < p^n$ với mọi $i \in I$.

Với $n = 1$ thì mệnh đề quy về Mệnh đề 1 (V, p. 98). Tập hợp $\Lambda(n)$ gồm các phần tử của $N^{(I)}$ có dạng $a = \beta + p^{n-1}\gamma$ với $\beta \in \Lambda(n-1)$ và $\gamma \in \Lambda(1)$. Phân tích như vậy là duy nhất và ta có $x^\alpha = x^\beta (x^\gamma)^{p^{n-1}}$. Hơn nữa, họ $(x_i^{p^{n-1}})_{i \in I}$ rõ ràng là một p-cơ sở của $K^{p^{n-1}}$ trên $K^{p^n}$, do đó họ $(x^\gamma)^{p^{n-1}}$ là một cơ sở của $K^{p^{n-1}}$ trên $K^{p^n}$. Như vậy ta thu được kết luận bằng quy nạp, dùng II, p. 222, Mệnh đề 25.

Theo $V$, p. 24, Mệnh đề 1, $\{1,\ x,\ \ldots,\ x^{p-1}\}$ là một cơ sở của $L$ trên $K$. Với mọi phần tử $u = a_0 + a_1x + \ldots + a_{p-1}x^{p-1}$ của $L$ (với $a_0,\ \ldots,\ a_{p-1}$ thuộc $K$) ta đặt $D(u) = A(a_0) + x\Delta(a_1) + \ldots + x^{p-1}\Delta(a_{p-1})$. Hiển nhiên $D$ mở rộng $A$ và thỏa mãn (1); do đó chỉ cần thiết lập quan hệ

khi $u$ có dạng $ax^i$ và $v$ có dạng $bx^j$ với $a,\ b$ thuộc $K,\ 0 \leq i < p$ và $0 \leq j < p$.

Khi $i + j < p$ thì ta có $uv = x^{i+j}ab$, do đó $D(uv) = x^{i+j}\Delta(ab)$. Nếu không thì ta có $0 \leq i + j - p < p$ và vì thế $uv = x^{i+j-p}(abx^p)$, với $abx^p \in K$, nhưng vì $A(x^p) = 0$, ta có $A(abx^p) = x^pA(ab)$, do đó lại có $D(uv) = x^{i+j}\Delta(ab)$. Vậy trong mọi trường hợp ta có

Theo bổ đề Zorn (E, III, p. 20) tồn tại một mở rộng cực đại của $A$ thành một đạo hàm $D_0 : L_0 \to V$, trong đó $L_0$ là một trường con của $L$ chứa $K$. Cho $x \in L$; ta có $x^p \in L_0$ và $A(x^p) = 0$, do đó $D_0(x^p) = 0$. Theo Mệnh đề 5,

D_0 mở rộng thành một đạo hàm xác định trên L_0(x); bởi tính chất cực đại của D_0 suy ra L_0(x) = L, do đó x ∈ L_0. Vì x là tùy ý, ta kết luận rằng L_0 = L.

Cho x là một phần tử của L không thuộc E. Khi đó {1, x, ..., x^{p^{l-1}}} là một cơ sở của E(x) trên E. Gọi A là ánh xạ E-tuyến tính từ E(x) vào L sao cho Δ(x^i) = ix' với 0 ≤ i < p. Ta kiểm tra ngay được rằng A là một E-đạo hàm từ E(x) vào L, và đặc biệt là một K-đạo hàm. Theo Hệ quả 1 của Mệnh đề 5, tồn tại một K-đạo hàm D từ L vào L mở rộng A. Theo tính chất phổ quát của Ω_K(L), tồn tại một dạng tuyến tính u trên không gian vectơ L này sao cho D = u ∘ d_{L/K}. Ta có D(x) = x và D|E = 0; do đó ta có u(d_{L/K}x) ≠ 0 và u|U = 0, suy ra d_{L/K}x ∉ U.

Khẳng định cuối cùng là trường hợp riêng E = K; khi đó ta có U = 0.

a) Để (x_i)_{i ∈ I} là p-tự do trên K, điều kiện cần và đủ là họ (dx_i)_{i ∈ I} tự do trong không gian vectơ L Ω_K(L).

b) Để (x_i)_{i ∈ I} sinh ra L trên K, điều kiện cần và đủ là họ (dx_i)_{i ∈ I} sinh không gian vectơ L Ω_K(L).

c) Để (x_i)_{i ∈ I} là một p-cơ sở của L trên K, điều kiện cần và đủ là họ (dx_i)_{i ∈ I} là một cơ sở của không gian vectơ L Ω_K(L).

Trước hết, hãy nhận xét rằng vi phân dx của một phần tử của trường K((x_i)_{i ∈ I}) là một tổ hợp tuyến tính với các hệ số trong L của các vi phân dx_i, i ∈ I. Để họ (x_i)_{i ∈ I} là p-tự do, điều kiện cần và đủ là x_i ∉ K(x_j)_{j ∈ I - {i}} với mọi i ∈ I (V, p. 99, Mệnh đề 2). Theo Hệ quả 2 của Mệnh đề 5, điều này có nghĩa là dx_i không phải là một tổ hợp tuyến tính của các dx_j với j ≠ i trong I. Mệnh đề a) suy ra từ đó. Bây giờ mệnh đề b) suy ra ngay từ Hệ quả 2 của Mệnh đề 5 và mệnh đề c) suy ra từ a) và b).

Hệ quả sau đây làm cho Hệ quả 1 của Mệnh đề 5 cụ thể hơn:

Theo Hệ quả 1 của Mệnh đề 5, tồn tại một đạo hàm D_0 từ L vào V mở rộng A. Các đạo hàm từ L vào V mở rộng A chính xác là các ánh xạ có dạng D = D_0 + u ∘ d_{L/K} trong đó u là một ánh xạ L-tuyến tính từ Ω_K(L) vào V. Ta có D(x_i) = u_i khi và chỉ khi ánh xạ tuyến tính u thỏa các điều kiện u(dx_i) = u_i − D_0(x_i). Vì họ dx_i là một cơ sở của Ω_K(L), điều này xác định u một cách duy nhất, và hệ quả được chứng minh.

Cho L là một mở rộng căn p có chiều cao $\leq 1$ của K và $(x_i)_{i \in I}$ là một cơ sở p của L trên K. Theo Hệ quả của Định lý 1, với mỗi $i \in I$ tồn tại một đạo hàm K $D_i$ của L vào L được đặc trưng bởi $D_i(x_j) = \delta_{ij}$ (ký hiệu Kronecker); $D_i$ đôi khi được gọi là đạo hàm riêng theo $x_i$. Khi $I$ là hữu hạn, họ $(D_i)_{i \in I}$ là một cơ sở của không gian vectơ trên L gồm các đạo hàm K của L vào L.

Định lý 1 cho phép quy việc nghiên cứu các cơ sở p về việc nghiên cứu các cơ sở của một không gian vectơ. Ví dụ ta có kết quả sau đây:

Các khẳng định a) và b) là ngay lập tức (II, p. 292). Nếu $[L : K]$ hữu hạn, theo a) tồn tại một p-cơ sở hữu hạn $(x_1, ..., x_n)$ của $L$ trên $K$; khi đó các đơn thức $x_1^{\alpha_1} ... x_n^{\alpha_n}$ với $0 \leq \alpha_i < p$ đối với $1 \leq i \leq n$ tạo thành một cơ sở của $L$ trên $K$ và các vi phân $dx_1, ..., dx_n$ tạo thành một cơ sở của $\Omega_K(L)$ trên $L$. Do đó ta có $[L : K] = p^n$ và $[\Omega_K(L) : L] = n$. Ngược lại, nếu $\Omega_K(L)$ có số chiều hữu hạn trên $L$, thì tồn tại một p-cơ sở hữu hạn của L trên K (V, p. 102, Đl. 1) và $[L : K]$ là hữu hạn.

Vì $\{x\}$ là một tập con p-tự do của $L$ trên $K$ nên chỉ cần áp dụng Định lý 2, a).

Cho K là một trường và $L$ là một mở rộng của K. Nếu $D$ là một K-đạo hàm của L nhận giá trị trong một không gian vectơ L, thì ta có $D(x^p) = 0$ với mọi $x \in L$, và do đó $D$ là một $K(L^p)$-đạo hàm; suy ra $\Omega_K(L) = \Omega_{K(L^p)}(L)$. Vì $L$ là một mở rộng p-căn có chiều cao $\leq 1$ của $K(L^p)$, ta có thể áp dụng các kết quả ở trên. Chẳng hạn, từ Định lý 1, c) ta suy ra điều sau: cho $(x_i)_{i \in I}$ là một họ các phần tử của $L$; để $(dx_i)_{i \in I}$ là một cơ sở của không gian vectơ L $\Omega_K(L)$ thì điều kiện cần và đủ là $(x_i)_{i \in I}$ là một p-cơ sở của L trên $K(L^p)$. Tương tự, Hệ quả 2 của Mệnh đề 5 cho ta:

Chứng minh cần đến một số bổ đề sơ bộ.

Với mỗi $i \in \mathbf{F}_p$, ký hiệu $P_i(X)$ là đa thức $- \prod_{j \neq i} (X - j)$. Ta có

theo Công thức (2) ($V$, p. 94). Lấy đạo hàm công thức (2) đã trích dẫn, ta được

Các công thức (8) và (9) cho thấy rằng tự đồng cấu $P_i(u)$ của $V$ ánh xạ $V$ vào $V_i$ và rằng $\sum_{i \in \mathbf{F}_p} P_i(u) = 1$, do đó $V = \sum_{i \in \mathbf{F}_p} V_i$. Còn phải chỉ ra rằng tổng này là trực tiếp. Với mỗi $i \in \mathbf{F}_p$ lấy $v_i \in V_i$; hiển nhiên là $P_i(u)$ triệt tiêu $v_j$ với mọi $j \neq i$ và ta có $P(u)v_i = av_i$ với $a = -\prod_{n \in \mathbf{F}_p^*} n \neq 0$. Quan hệ $\sum_{i \in \mathbf{F}_p} v_i = 0$ vì thế suy ra $v_i = 0$ với mọi $i \in \mathbf{F}_p$, và do đó tổng là trực tiếp.

Rõ ràng K là một trường con của E chứa $E^p$. Ký hiệu $K_i$ là hạt nhân của $D - i$ với $i \in \mathbf{F}_p$. Ta có $K_0 = K$ và Bổ đề 1 cho thấy rằng $E = \bigoplus_{i \in \mathbf{F}_p} K_i$. Cho $i \in \mathbf{F}_p$ và cho $u$ thuộc $K_i$; ta có

do đó $xu \in K_{i+1}$. Vì x khác không, phép nhân với x là một tự đẳng cấu của không gian vectơ K E, ánh xạ $K_i$ lên $K_{i+1}$ với mọi $i \in \mathbf{F}_p$. Vì $[K_0 : K] = 1$, ta có $[K_i : K] = 1$ với mọi $i \in \mathbf{F}_p$ do đó $[E : K] = p$.

Hiển nhiên $I(\mathfrak{h})$ là một trường con của $E$ chứa $E^p$. Với mỗi $x \in E$, gọi $f_x$ là dạng tuyến tính E trên I) xác định bởi $D \mapsto D(x)$. Vì giao của các hạt nhân của các dạng tuyến tính này bằng 0, chúng sinh không gian đối ngẫu với $\mathfrak{h}$ (II, p. 301, Định lý 7); do đó tồn tại các phần tử $x_1, \ldots, x_s$ của $E$ sao cho các dạng tuyến tính $f_{x_1}, \ldots, f_{x_s}$ lập thành một cơ sở của không gian đối ngẫu này. Gọi $(\Delta_1, \ldots, \Delta_s)$ là cơ sở của $\mathfrak{h}$ được đặc trưng bởi các hệ thức $\Delta_i(x_j) = f_{x_j}(\Delta_i) = \delta_{ij}$. Đặt $D_i = x_i \Delta_i$, khi đó $(D_1, \ldots, D_s)$ là một cơ sở của I) trên E và ta có $D_i(x_j) = x_i \delta_{ij}$. Các phép đạo hàm $D_i^p - D_i$ và $[D_i, D_j]$ với $i, j = 1, \ldots, s$ thuộc I) và triệt tiêu $x_1, \ldots, x_s$; do đó ta có

Với i từ 0 đến s, gọi $K_i$ là giao của các hạt nhân của các phép đạo hàm $D_j$ với $1 \leq j \leq i$. Khi đó $K_i$ là một trường con của E và ta có Cho i nằm giữa 0 và $s-1$; khi đó $K_i$ ổn định dưới tác dụng của $D_{i+1}$ vì $D_{i+1}$ giao hoán với $D_1, \ldots, D_i$. Hơn nữa ta có $D_{i+1}^p = D_{i+1}$, $D_{i+1}(x_{i+1}) = x_{i+1} \neq 0$ và $x_{i+1} \in K_i$. Vì thế Bổ đề 1 suy ra rằng $[K_i : K_{i+1}] = p$, do đó cuối cùng $[E : K] = [K_0 : K_s] = p^s$.

Bây giờ ta đi đến chứng minh định lý. Cho I) $\in \mathscr{L}$ có chiều s trên E và đặt $K = I(\mathfrak{h})$; khi đó $[E : K] = p^s$ theo Bổ đề 3, do đó $[\Omega_K(E) : E] = s$ theo

ĐL. 2, c) (V, p. 103). Theo tính chất phổ quát của môđun vi phân, ánh xạ $u \mapsto u \circ d_{E/K}$ là một đẳng cấu từ đối ngẫu của $\Omega_K(E)$ lên $g(K)$, nên $[g(K):E] = s$. Bây giờ ta có $[\mathfrak{h}:E] = s$ và $\mathfrak{h} \subset g(K)$, do đó $\mathfrak{h} = g(K)$, tức là $\mathfrak{h} = g(I(\mathfrak{h}))$.

Ngược lại, với mọi trường $K \in \mathscr{C}$ thì hiển nhiên $g(K)$ thuộc $\mathscr{L}$ (V, p. 103, Th. 2, c)). Nếu $x$ thuộc $I(g(K))$, thì ta có $u(d_{E/K}x) = 0$ với mọi dạng tuyến tính $u$ trên $\Omega_K(E)$, do đó $d_{E/K}x = 0$ và sau cùng $x \in K$ theo Hệ quả 2 của Mệnh đề 5 (V, p. 102). Vậy ta có $K = I(g(K))$.