Ta chú ý rằng $A[T]$ là một vành con của vành các chuỗi lũy thừa hình thức $A[[T]]$ và $1 - xT$ có trong $A[[T]]$ nghịch đảo là $\sum_{n=0}^{\infty} x^n T^n$ (IV, p. 30, Mệnh đề 5). Để $1 - xT$ khả nghịch trong $A[T]$ thì điều kiện cần và đủ là $\sum_{n=0}^{\infty} x^n T^n$ là một đa thức, nghĩa là x là lũy linh.

Cho x là một phần tử lũy linh của A và p là một iđêan nguyên tố. Lớp thặng dư của $x \mod p$ là một phần tử lũy linh của miền nguyên $A/p$, do đó bằng không; vậy ta có $x \in p$.

Cho x là một phần tử không lũy linh của A. Theo Mệnh đề 1, iđêan chính $(1 - xT)$ của $A[T]$ phân biệt với $A[T]$. Theo định lý Krull (I, p. 104), tồn tại một iđêan cực đại m của $A[T]$ chứa $1 - xT$. Khi đó m là một iđêan nguyên tố của $A[T]$, do đó $p = A \cap m$ là một iđêan nguyên tố của A. Ta có $1 \notin m$ và $1 - Tx \in m$, do đó $Tx \notin m$ và a fortiori $x \notin p$.

Vậy ta đã chứng tỏ rằng tập hợp $\mathfrak{n}$ các phần tử lũy linh của A là giao của tập hợp tất cả các iđêan nguyên tố của A; vì mọi giao của các iđêan đều là một iđêan, nên $\mathfrak{n}$ là một iđêan.

Điều kiện ấy rõ ràng là đủ.

Cho $\mathbf{A}$ là thu gọn. Theo Mệnh đề 2, giao $n$ của tập hợp các iđêan nguyên tố của $\mathbf{A}$ thu về 0. Với mọi iđêan nguyên tố $\mathfrak{p}$ của $\mathbf{A}$, gọi $k(\mathfrak{p})$ là trường phân thức của $\mathbf{A}/\mathfrak{p}$ và $\varphi_n$ là đồng cấu chính tắc của $\mathbf{A}$ vào $k(\mathfrak{p})$. Gọi $\varphi$ là đồng cấu của $\mathbf{A}$ vào $\prod_{\mathfrak{p}} k(\mathfrak{p})$ mà thành phần có chỉ số $\mathfrak{p}$ là $\varphi_{\mathfrak{p}}$. Hạt nhân của $\varphi_{\mathfrak{p}}$ là $\mathfrak{p}$, do đó hạt nhân của $\varphi$ là $n = 0$; vì thế $\varphi$ là một đẳng cấu của $\mathbf{A}$ lên một vành con của $\prod_{\mathfrak{p}} k(\mathfrak{p})$.

a) Mọi đại số con của một $K$-đại số tách được đều tách được.

b) Mọi giới hạn trực tiếp của các $K$-đại số tách được đều tách được.

c) Mọi tích của các $K$-đại số tách được đều tách được.

d) Cho $\mathbf{A}$ là một $K$-đại số và $K'$ là một mở rộng của $K$. Để $\mathbf{A}$ tách được thì điều kiện cần và đủ là $K'$-đại số $\mathbf{A}_{(K')}$ thu được từ $\mathbf{A}$ bằng phép mở rộng vô hướng là tách được.

Cho $L$ là một mở rộng của $K$. Cho $\mathbf{A}$ là một đại số tách được trên $K$ và $B$ là một đại số con của $\mathbf{A}$; khi đó vành $L \otimes_K \mathbf{A}$ là rút gọn, và $L \otimes_K B$ đẳng cấu với một vành con của $L \otimes_K \mathbf{A}$, nên là rút gọn. Vậy $B$ là tách được và a) được chứng minh. Theo cùng cách đó, có thể chứng minh $b$), bằng cách dùng đẳng cấu chính tắc của $L \otimes_K \varprojlim A_i$ với $\varprojlim L \otimes_K A_i$ (II, p. 290, Prop. 7), và $c$) được chứng minh bằng cách nhận thấy rằng $L \otimes_K \left( \prod_{i \in I} A_i \right)$ đẳng cấu với một vành con của $\prod_{i \in I} (L \otimes_K A_i)$ (II, p. 306, Prop. 15).

Chúng ta sẽ dùng ký hiệu của $d$). Với mọi mở rộng $L'$ của $K'$, các vành $L' \otimes_{K'} A_{(K')}$ và $L' \otimes_K A$ là đẳng cấu (II, p. 278, Prop. 2). Ta kết luận rằng nếu $A$ là một $K$-đại số tách được, thì $A_{(K')}$ là một $K'$-đại số tách được. Ngược lại, giả sử rằng $A_{(K')}$ là một $K'$-đại số tách được; nhận xét trước cho thấy rằng $L' \otimes_K A$ là rút gọn với mọi mở rộng $L'$ của $K$ chứa $K'$ như một mở rộng con. Cho $L$ là một mở rộng của $K$; theo Chú giải (V, p. 13) tồn tại một mở rộng $L'$ của $K$ chứa $K'$ như một mở rộng con và một $K$-đồng cấu từ $L$ vào $L'$; do đó vành $L \otimes_K A$ đẳng cấu với một vành con của $L' \otimes_K A$ và vì thế là rút gọn. Điều này chứng minh rằng $A$ là một $K$-đại số tách được.

Gọi $S$ là tập hợp các phần tử giản ước được của $A$. Ta đã đồng nhất $A$ với một vành con của $B$ (I, p. 113); hơn nữa, mọi phần tử của $S$ đều khả nghịch trong $B$ và mọi phần tử của $B$ đều có dạng $a s^{-1}$ với $a \in A$ và $s \in S$. Cho $L$ là một mở rộng của $K$ và $x$ là một phần tử lũy linh của $L \otimes_K B$. Khi đó $x$ có thể được viết dưới dạng

với $y_i \in L, a_i \in A, s_i \in S$ đối với $1 \leq i \leq n$. Nếu ta đặt $s = s_1 \ldots s_n$ thì $x(1 \otimes s)$ thuộc vành con $L \otimes_K A$ của $L \otimes_K B$; vì $x(1 \otimes s)$ là lũy linh và $A$ tách được trên $K$, ta có $x(1 \otimes s) = 0$, và vì $s$ khả nghịch trong $B$ nên do đó suy ra $x = 0$. Điều này chứng minh rằng vành $L \otimes_K B$ là rút gọn, do đó suy ra mệnh đề.

Theo Hệ quả của Mệnh đề 2 (V, p. 119) $A$ đẳng cấu với một đại số con của một tích $\prod_{i \in I} L_i$ trong đó $L_i$ là một mở rộng của $K$ với $i \in I$. Do đó $A \otimes_K B$ đẳng cấu với một vành con của $\left( \prod_{i \in I} L_i \right) \otimes_K B$ và vành sau này đẳng cấu với một vành con của $\prod_{i \in I} (L_i \otimes_K B)$ (II, p. 306, Mệnh đề 15). Vì $B$ tách được, mỗi vành $L_i \otimes_K B$ đều là rút gọn, và do đó $\prod_{i \in I} (L_i \otimes_K B)$ cũng vậy, và a fortiori $A \otimes_K B$ cũng vậy.

Nếu $f$ không có nhân tử bội trong $K[X]$, vành thương $K[X]/(f)$ là thu gọn; thật vậy, $f$ là tích của các đa thức bất khả quy $f_i$ nguyên tố cùng nhau từng đôi một, nên

K[X]/(f) đẳng cấu, theo I, p. 110, Prop. 9, với tích của các trường K[X]/(f_i). Theo Mệnh đề 5, vành L[X]/(f), đẳng cấu với L ⊗_K K[X]/(f ), là thu gọn; nếu g là một đa thức không hằng của L[X] sao cho g^2 chia hết f, thì lớp thặng dư của fg^{-1} trong L[X]/(f) là một phần tử lũy linh khác không; do đó f không có nhân tử bội trong L[X].

Cho L là một mở rộng của K. Vành L ⊗_K A là thu gọn vì A tách được; bây giờ Mệnh đề 5 cho thấy vành (L ⊗_K A) ⊗_K B (đẳng cấu với L ⊗_K (A ⊗_K B)) là thu gọn, do đó suy ra Hệ quả.

Cho L là một mở rộng của K; tồn tại một mở rộng đóng đại số Ω của L mà bậc siêu việt trên K ít nhất bằng bậc siêu việt của E trên K. Theo Hệ quả 1 (V, p. 117) tồn tại một K-đồng cấu u của E vào R. Ta ký hiệu bởi v đồng cấu đại số trên Ω của A = Ω ⊗_K E vào Ω ánh xạ λ ⊗ x thành λ . u(x) với λ ∈ Ω và x ∈ Ω; ta viết a cho hạt nhân của v.

Với mỗi s ∈ G, cho h_s là tự đẳng cấu Id, ⊗ s của 0-đại số A; hạt nhân của đồng cấu v ∘ h_s từ A vào Ω là iđêan nguyên tố a_s = h_s^{-1}(a) của A. Rõ ràng iđêan b = ⋂_{s ∈ G} a_s của A là ổn định dưới các tự đẳng cấu h_s. Vì thế (V, p. 63, Hệ quả) iđêan b có dạng c ⊗_K E, trong đó c là một iđêan của Ω. Bây giờ b ⊂ a ≠ A, nên c ≠ Ω; vì Ω là một trường, ta có c = 0, do đó b = 0.

Vậy họ các iđêan nguyên tố (a_s), s ∈ G của A có giao bằng không. Theo Mệnh đề 2 (V, p. 118) vành A là thu gọn, và a fortiori điều này cũng đúng với vành con L ⊗K E của A. Vì L là một mở rộng tùy ý của K, điều đó chứng tỏ rằng E tách được trên K.

Điều này suy ra ngay từ Mệnh đề 3, a) và b) (V, p. 119).

Vì vậy tính tách được có thể được gọi là một tính chất « đặc trưng hữu hạn ».

Cho K' là một mở rộng của K. Vì L là một mở rộng tách được của K, vành $K' \otimes_K L$ là rút gọn; vì M là một đại số trên L tách được, Mệnh đề 5 (V, p. 120) cho thấy vành $(K' \otimes_K L) \otimes_L M$ là rút gọn. Bây giờ vành $K' \otimes_K M$ đẳng cấu với $(K' \otimes_K L) \otimes_L M$ (II, p. 278, Mệnh đề 2), nên là rút gọn. Điều này chứng tỏ rằng M tách được trên K.

Nếu mở rộng M tách được trên K, thì không nhất thiết tách được trên L (xem tuy nhiên V, p. 124, Hệ quả 3). Chẳng hạn, nếu p là một số nguyên tố, trường $F_p(X)$ các phân thức hữu tỉ theo một bất định X trên $F_p$ là tách được trên $F_p$ (V, p. 121, Mệnh đề 6) nhưng nó là một mở rộng đại số căn-p của $F_p(X^p)$; đặc biệt $F_p(X)$ không tách được trên $F_p(X^p)$.

Sau này (V, p. 137 Mệnh đề 5) chúng ta sẽ nghiên cứu tính tách được của các mở rộng hợp thành.

Trước hết ta chứng minh rằng mọi mở rộng L của K đều tách được. Gọi B là một cơ sở siêu việt của L trên K (V, p. 109, Định lý 1) và đặt $L_1 = K(B)$. Khi đó $L_1$ tách được trên K (V, p. 121, Mệnh đề 6). Hơn nữa, L là một mở rộng đại số của $L_1$ và $L_1$ là một trường có đặc số 0; do đó L tách được trên $L_1$ (V, p. 37, Hệ quả). Theo Mệnh đề 9, suy ra L tách được trên K.

Bây giờ giả sử A là một đại số rút gọn trên trường K. Theo Hệ quả của Mệnh đề 2 (V, p. 119), tồn tại một họ $(L_i)_{i \in I}$ các mở rộng của K sao cho A đẳng cấu với một đại số con của $\prod_{i \in I} L_i$. Mỗi đại số $L_i$ đều tách được trên K theo điều đã nói ở trên, nên A cũng có cùng tính chất đó, theo Mệnh đề 3 a) và c) (V, p. 119).

d) Vành $K' \otimes_K A$ là rút gọn đối với mọi mở rộng $K'$ của $K$ có bậc hữu hạn và $p$*-căn với chiều cao* $\leqslant 1$.

e) Với mọi họ $(a_i)_{i \in I}$, các phần tử của $A$ tự do tuyến tính trên $K$, họ $(a_i^p)_{i \in I}$, tự do tuyến tính trên $K$.

f) Tồn tại một cơ sở $(a_i)_{i \in I}$, của không gian vectơ $K$*-*không gian $A$ sao cho họ $(a_i^p)_{i \in I}$, tự do tuyến tính trên $K$.

Nếu một mở rộng $K'$ của $K$ là một trường hoàn hảo, thì nó chứa một mở rộng con $K$-đẳng cấu với $K^{p^{-\infty}}$ ($V$, p. 6, Prop. 3); hơn nữa, mọi mở rộng căn theo $p$ của $K$ đều đẳng cấu với một mở rộng con của $K^{p^{-\infty}}$ ($V$, p. 26, Prop. 3). Những nhận xét này cho thấy các suy ra $a) \Rightarrow b) \Rightarrow c) \Rightarrow d)$.

Ta hãy chứng minh rằng d) suy ra e). Cho $(a_i)_{i \in I}$, là một họ tự do tuyến tính trong $A$ và cho $(A_i)_{i \in I}$, là một họ giá hữu hạn trong $K$ sao cho $\sum \lambda_i a_i^p = 0$. Gọi $K'$ là mở rộng con của $K^{p^{-\infty}}$ sinh bởi các phần tử $\lambda_i^{p^{-1}}$; nó có bậc hữu hạn và chiều cao $\leqslant 1$. Đặt $x = \sum_{i \in I} \lambda_i^{p^{-1}} \otimes a_i$ trong $K' \otimes_K A$; ta có

Theo giả thiết d) ta có $x = 0$, do đó $A_i = 0$ với mọi $i \in I$.

Rõ ràng e) suy ra f) và còn lại phải chỉ ra rằng f) suy ra a). Vậy cho $(a_i)_{i \in I}$ là một cơ sở của $A$ trên $K$ sao cho họ $(a_i^p)_{i \in I}$ là tự do tuyến tính trên $K$. Gọi $L$ là một mở rộng của $K$ và gọi $x$ là một phần tử của $L \otimes_K A$ sao cho $x^p = 0$. Viết $x = \sum_{i \in I} \lambda_i \otimes a_i$ với $A_i \in L$ với mọi $i \in I$. Ta có $x^p = \sum_{i \in I} \lambda_i^p \otimes a_i^p = 0$ và vì họ $(a_i^p)_{i \in I}$, là tự do tuyến tính trên $K$, nên ta có $\lambda_i^p = 0$, do đó $\lambda_i = 0$ với mọi $i \in I$; suy ra $x = 0$. Vậy ta đã chứng minh rằng $x^p = 0$ suy ra $x = 0$ trong $L \otimes_K A$, từ đó suy ra ngay rằng $L \otimes_K A$ là rút gọn.

a) $L$ là tách được trên $K$.

b) $L$ rời nhau tuyến tính với $K^{p^{-\infty}}$ trên $K$.

c) $L$ rời nhau tuyến tính trên $K$ với mọi $p$*-mở rộng căn của* $K$ được chứa trong $\Omega$, có bậc hữu hạn và chiều cao $\leqslant 1$.

Trường hợp $K$ có đặc số 0 là tầm thường vì khi đó $L$ tách được trên $K$ (Định lý 1) và $K^{p^{-\infty}} = K$ theo quy ước. Vậy giả sử $p \neq 1$, và trước hết hãy chỉ ra rằng a) kéo theo b). Giả sử rằng $L$ tách được trên $K$ và gọi $(a_i)_{i \in I}$, là một cơ sở của $L$ trên $K$. Gọi $(\lambda_i)_{i \in I}$ là một họ có giá hữu hạn các phần tử của $K^{p^{-\infty}}$ sao cho $\sum_{i \in I} \lambda_i a_i = 0$; tồn tại một số nguyên $f \geqslant 0$ và các phần tử μ_i của K sao cho λ_i = μ_i^{p^{-f}}. Ta có

và Định lý 2 suy ra, bằng quy nạp theo f, rằng họ $(a_i^{p^f})_{i \in I}$ là tự do tuyến tính trên K. Do đó ta có $\mu_i = 0$, suy ra $\lambda_i = 0$ với mọi $i \in I$. Cuối cùng L rời nhau tuyến tính với $K^{p^{-\infty}}$ trên K.

Hiển nhiên là b) suy ra c). Sau hết giả sử rằng c) đúng và cho K' là một mở rộng của K có bậc hữu hạn và p-căn có chiều cao $\leq 1$. Vành $K' \otimes_K L$ đẳng cấu với một vành con của $\Omega$, nên là vành thu gọn. Bây giờ từ Định lý 2 suy ra rằng L là tách được trên K.

Trường hợp $p = 1$ là tầm thường, vậy giả sử $p \neq 1$. Gọi $\Omega$ là một bao đóng hoàn hảo của L. Theo Hệ quả 1, tồn tại một đồng cấu đại số trên K từ $L \otimes_K K^{p^{-\infty}}$ lên $L[K^{p^{-\infty}}]$ ánh xạ $x \otimes y$ thành $xy$ với $x \in L$ và $y \in K^{p^{-\infty}}$. Vì $K^{p^{-\infty}}$ là đại số trên K, vành $L[K^{p^{-\infty}}]$ là một trường con của $\Omega$ (V, p. 18, Hệ quả 1). Giả sử thêm rằng L là đại số trên K, khi đó $L[K^p]$ là một mở rộng đại số của trường hoàn hảo $K^{p^{-\infty}}$, nên nó là một trường hoàn hảo (V, p. 43, Hệ quả 1); sau cùng, vì trường $L[K^{p^{-\infty}}]$ là một mở rộng căn-p của L (V, p. 25, Hệ quả), nó là một bao đóng hoàn hảo của L.

Đại số L đẳng cấu trên K với một đại số con của M, do đó L là một mở rộng tách được của K. Vì vậy (Hệ quả 2) tồn tại một đẳng cấu trên L của $L^{p^{-\infty}}$ lên $K^{p^{-\infty}} \otimes_K L$. Khi đó vành $L^{p^{-\infty}} \otimes_L M$ đẳng cấu với $(K^{p^{-\infty}} \otimes_K L) \otimes_L M$, và do đó đẳng cấu với $K^{p^{-\infty}} \otimes_K M$ (II, p. 278, Mệnh đề 2), và vành sau cùng này là rút gọn vì M tách được trên K. Vậy vành $L^{p^{-\infty}} \otimes_L M$ là rút gọn, điều này chứng tỏ rằng M tách được trên L (V, p. 122, Định lý 2).

Mệnh đề a) chỉ là Hệ quả 1 của Mệnh đề 11 (V, p. 43). Mệnh đề b) suy ra từ Định lý 1 (V, p. 122) khi K có đặc số 0 và từ Hệ quả 1 (V, p. 123) khi K có đặc số $p \neq 0$. Hãy chứng minh c). Trường hợp K có đặc số 0 suy ra từ Định lý 1 (V, p. 122). Vậy chỉ cần chỉ ra rằng nếu K là hoàn hảo có đặc số $p \neq 0$ và A là một đại số trên K rút gọn, thì A tách được trên K. Nhưng điều này suy ra từ tính tương đương của các điều kiện a) và b) của Định lý 2 (V, p. 122; lấy $K' = K$ trong b)). Cuối cùng, d) suy ra từ c) và Mệnh đề 5 (V, p. 120), còn e) là một trường hợp riêng của d).

$d) \Rightarrow c)$: Cho $a_1, \ldots, a_n$ là các phần tử của L độc lập tuyến tính trên K và gọi V là không gian vectơ con trên K của L được sinh bởi $a_1, \ldots, a_n$. Ánh xạ $f \mapsto (f(a_1), \ldots, f(a_n))$ là một song ánh R-tuyến tính của $\mathrm{Hom}_K(V, R)$ lên $\Omega^n$. Giả sử d) đúng; khi đó tồn tại các K-tự đẳng cấu $a_1, \ldots, a_n$ của $\Omega$ sao cho các phần tử $(\sigma_i(a_1), \ldots, \sigma_i(a_n))$ của $\Omega^n$ (với $1 \leq i \leq n$) lập thành một cơ sở của $\Omega^n$. Do đó ta có $\det(\sigma_i(a_j)) \neq 0$, vì thế d) suy ra c).

c) $\Rightarrow$ b): Giả sử rằng c) đúng và lấy x thuộc $\Omega \otimes_K L$. Ta viết x dưới dạng $\sum_{j=1}^n x_j \otimes a_j$, với $x_1, \ldots, x_n$ thuộc $\Omega$ và các phần tử $a_1, \ldots, a_n$ của L độc lập tuyến tính trên K. Chọn các K-tự đẳng cấu $\sigma_1, \ldots, \sigma_n$ của $\Omega$ sao cho $\det \sigma_i(a_j) \neq 0$; gọi $\chi_1, \ldots, \chi_n$ là các đồng cấu R từ $\Omega \otimes_K L$ vào $\Omega$ sao cho $\chi_i(a \otimes b) = a \cdot \sigma_i(b)$ với $a \in \Omega$ và $b \in L$. Giả sử rằng $\chi_i(x) = 0$ với $1 \leq i \leq n$, nói cách khác, rằng $\sum_{j=1}^n x_j \cdot \sigma_i(a_j) = 0$ với $1 \leq i \leq n$. Vì ta đã giả sử rằng ma trận $(\sigma_i(a_j))$ có định thức khác không, suy ra $x_i = 0$ với $1 \leq i \leq n$, và do đó $x = 0$.

b) $\Rightarrow$ a): Vì mọi mở rộng của một trường có đặc số 0 đều tách được (V, p. 122, Định lý 1) nên chỉ cần xét trường hợp K có đặc số $p \neq 0$. Gọi X là tập hợp mọi đồng cấu đại số trên R từ $\Omega \otimes_K L$ vào $\Omega$ và f là đồng cấu từ $\Omega \otimes_K L$ vào $\Omega^X$ được xác định bởi $f(u) = (\chi(u))_{\chi \in X}$ với $u \in \Omega \otimes_K L$. Điều kiện b) có nghĩa là f là đơn ánh và do đó suy ra vành $\Omega \otimes_K L$ là rút gọn. Vậy điều kiện b) của Định lý 2 (V, p. 122) được thỏa mãn với $K' = \Omega$, nên L tách được trên K.

a) $\Rightarrow$ d): Giả sử L tách được trên K. Cho V là một không gian con vectơ trên K của L có số chiều hữu hạn, $V_{(\Omega)} = \Omega \otimes_K V$ là không gian vectơ $\Omega$ dẫn xuất từ V bằng mở rộng vô hướng và $f_0$ là dạng tuyến tính trên $V_{(\Omega)}$ sao cho $f_0(x \otimes y) = xy$ với $x \in \Omega, y \in V$. Ký hiệu G là nhóm các K-tự đẳng cấu của $\Omega$; với $\sigma \in G$ ta đặt $\sigma_V = \sigma \otimes \mathrm{Id}_V$ và $g_\sigma = \sigma \circ f_0 \circ \sigma_V^{-1}$.

Với mỗi $\sigma \in G$ ánh xạ $g_\sigma$ từ $V_{(\Omega)}$ vào $\Omega$ là $\Omega$-tuyến tính và biến $x \otimes y$ thành $x \cdot \sigma(y)$ với $x \in \Omega, y \in V$. Do đó hạt nhân $N_\sigma$ của $g_\sigma$ là một không gian con vectơ của $V_{(\Omega)}$, và điều đó cũng đúng với $N = \cap_{\sigma \in G} N_\sigma$. Nếu p là số mũ đặc số của K, thì trường các bất biến của G trong $\Omega$ bằng $K^{p^{-\infty}}$ (V, p. 112, Mệnh đề 10). Rõ ràng ta có $\sigma_V(N) = N$ với mọi $\sigma \in G$; do đó (V, p. 63, Hệ quả) không gian vectơ N trên $\Omega$ được sinh bởi $N_0 = N \cap (K^{p^{-\infty}} \otimes V)$. Vì L tách được trên K, các trường $K^{p^{-\infty}}$ và L tuyến tính rời nhau trên K (V, p. 123, Hệ quả 1); ta có $K^{p^{-\infty}} \otimes_K V \subset K^{p^{-\infty}} \otimes_K L$ và $f_0(x \otimes y) = xy$ với $x \in \Omega$ và $y \in V$. Suy ra hạn chế của $f_0$ trên $K^{p^{-\infty}} \otimes_K V$ là đơn ánh. Bây giờ $f_0 = g_1$ bằng không trên N và a fortiori trên $N_0 \subset K^{p^{-\infty}} \otimes_K V$. Vì thế ta có $N_0 = 0$, do đó $N = 0$. Vì V có số chiều hữu hạn trên K, $V_{(\Omega)}$ có số chiều hữu hạn trên $\Omega$; giao của các hạt nhân của các dạng tuyến tính $g_\sigma$ bằng không, nên (II, p. 301, Định lý 7) họ $(g_\sigma)_{\sigma \in G}$ sinh ra đối ngẫu của $V_{(\Omega)}$. Bây giờ cho $u$ là một ánh xạ K-tuyến tính từ V vào $\Omega$; gọi $\tilde{u}$ là dạng tuyến tính trên $V_{(\Omega)}$ biến $x \otimes y$ thành $xu(y)$ với $x \in \Omega$ và $y \in V$. Theo điều đã nói, tồn tại các phần tử $\sigma_1, \ldots, \sigma_n$ của G và các phần tử $\lambda_1, \ldots, \lambda_n$ của $\Omega$ sao cho $\tilde{u} = \sum_{i=1}^n \lambda_i g_{\sigma_i}$, do đó $u(y) = \sum_{i=1}^n \lambda_i \sigma_i(y)$ với mọi $y \in V$. Vậy ta đã chỉ ra rằng a) kéo theo d).