Điều này suy ra ngay lập tức từ Định nghĩa 1.

Trước hết giả sử K là hoàn hảo. Vì một trường là một vành rút gọn, nên từ Bổ đề 5 ($V$, p. 35) suy ra rằng mọi mở rộng bậc hữu hạn của $K$ đều là một đại số etale trên $K$; do đó mọi mở rộng đại số của $K$ đều tách được.

Bây giờ giả sử rằng $K$ là một trường không hoàn hảo có đặc số $p \neq 0$. Cho $\Omega$ là một bao đóng đại số của $K$. Vì $K$ không hoàn hảo, tồn tại $b \in K$ không thuộc $K^p$; đặt $a = b^{1/p}$. Khi đó mở rộng $K(a)$ của $K$ là p-căn và có bậc hữu hạn. Theo $V$, p. 26, Mệnh đề 3, tồn tại đúng một K-đồng cấu của $K(a)$ vào $\Omega$, và vì $[K(a):K] > 1$, đại số $K(a)$ không là etale trên $K$ ($V$, p. 32, Mệnh đề 4). Nói cách khác, mở rộng $K(a)$ bậc hữu hạn của $K$ không tách được.

a) ⇒ d): Dưới giả thiết a) tồn tại hai đa thức g và h trong K[X] sao cho fg + f'h = 1 (IV, p. 12). Cho a là một nghiệm của f trong Ω; ta có

do đó $f'(a) \neq 0$; vì thế $a$ là một nghiệm đơn của f trong Ω (IV, p. 17, Mệnh đề 7).

d) ⇒ c): Nếu d) đúng, thì f phân tích trong Ω[X] thành một tích các nhân tử phân biệt có bậc ≤ 1.

c) ⇒ b): Dưới giả thiết c) tồn tại một phần tử $A \neq 0$ trong L và các phần tử phân biệt $a_1, ..., a_n$ của L sao cho $f(X) = \lambda (X - a_1) ... (X - a_n)$. Nếu $\deg(f) > 0$, ta có (IV, p. 83, Mệnh đề 11),

b) ⇒ a): Cho c là hệ số đầu và D là biệt thức của f; kết thức của $f'$ và f bằng ± cD (IV, p. 84, Công thức (54)), nên khác không; do đó (IV, p. 78, Hệ quả 2) các đa thức f và $f'$ nguyên tố cùng nhau trong K[X].

a) ⇒ e): Cho A là K-đại số K[X]/(f) và x là ảnh của X trong A; theo III, p. 573, Mệnh đề 22, A-môđun $\Omega_K(A)$ được sinh bởi các phần tử $dx$, dưới quan hệ duy nhất $f'(x)\ dx = 0$. Theo V, p. 33, Định lý 3, do đó K-đại số A là etale khi và chỉ khi $f'(x)$ là một phần tử khả nghịch trong A, điều này có nghĩa là f và $f'$ nguyên tố cùng nhau trong K[X].

a) $f$ tách được. b) Tồn tại một mở rộng $L$ của $K$ trong đó $f$ có một nghiệm đơn. c) Đạo hàm $f'$ của $f$ khác không. d) Trường $K$ có đặc số $0$, hoặc có đặc số $p \neq 0$ và $f \not\in K[X^p]$.

Trước hết chú ý rằng một đa thức bất khả quy trong $K[X]$ không phải là hằng. Hiển nhiên a) kéo theo b) (lấy một bao đóng đại số của $K$ làm $L$). Nếu $x$ là một nghiệm đơn của $f$ trong một mở rộng $L$ của $K$, thì $f'(x) \neq 0$ (IV, p. 17, Mệnh đề 7), nên b) kéo theo c), và tính tương đương của c) và d) suy ra từ V, p. 9, Hệ quả.

Sau cùng, giả sử $f \neq 0$; lấy $x$ là một nghiệm của $f$ trong một mở rộng đóng đại số $\Omega$ của $K$. Vì $f$ là đa thức tối tiểu của $x$ trên $K$ và $\deg f' < \deg f$, ta có $f'(x) \neq 0$, và do đó $x$ là một nghiệm đơn của $f$ (IV, p. 17, Mệnh đề 7). Vậy $f$ tách được và ta đã chứng minh rằng c) kéo theo a).

Nếu trường $K$ có đặc số $0$, thì $K$ là hoàn hảo và mọi đa thức bất khả quy của $K[X]$ đều tách được, theo d) ở trên. Vậy giả sử $K$ có đặc số $p \neq 0$.

Trước hết giả sử $K$ là hoàn hảo. Ta có $K[X^p] = K[X]^p$, nên không tồn tại đa thức bất khả quy nào của $K[X]$ thuộc $K[X^p]$. Theo Mệnh đề 4, khi đó mọi đa thức bất khả quy của $K[X]$ đều tách được.

Tiếp theo giả sử $K$ không hoàn hảo, do đó $K \neq K^p$. Lấy $a$ là một phần tử của $K$ không thuộc $K^p$; đa thức $X^p - a$ là bất khả quy trong $K[X]$ (V, p. 24, Bổ đề 1), và nó thuộc $K[X^p]$, nên không tách được.

Cho $\Omega$ là một bao đóng đại số của $K$; khi và chỉ khi $f$ là tách được, $f$ không có nhân tử lặp trong $\Omega[X]$ (Mệnh đề 3, d)). Ngược lại, nếu $L$ là một mở rộng hoàn hảo của $K$ sao cho $f$ không có nhân tử lặp trong $L[X]$, thì $f$ là tách được trong $L[X]$ (Hệ quả 1 và Nhận xét 2), do đó trong $K[X]$ (Nhận xét 1).

Cho F là một mở rộng con của E có bậc hữu hạn trên K. Theo V, p. 11, Hệ quả, tồn tại các phần tử $x_1, \ldots, x_m$ của A sao cho $F \subset K(x_1, \ldots, x_r)$ và ta có

Theo giả thiết về A, các đại số $K[x_1], \ldots, K[x_m]$ là étale trên K; do đó $K[x_1] \otimes \cdots \otimes K[x_m]$ cũng vậy (V, p. 32, Hệ quả 1). Mà F đẳng cấu với một đại số con của một đại số thương của $K[x_1] \otimes \cdots \otimes K[x_m]$, nên là étale (V, p. 30, Mệnh đề 3).

Tiếp theo ta nhận thấy rằng Điều kiện b) kéo theo rằng mở rộng E có bậc hữu hạn: theo Nhận xét 2 của V, p. 18, chỉ cần chứng minh rằng nó là đại số; mà nếu z là một phần tử của $E$ siêu việt trên $K$ thì các mở rộng con $K(z^n), n \in \mathbf{N}$ là phân biệt từng đôi một.

Để chỉ ra rằng b) $\Rightarrow$ a) chúng ta bây giờ phân biệt hai trường hợp: A) Nếu trường $K$ là hữu hạn, trường $E$ là một không gian vectơ có số chiều hữu hạn trên K và do đó là một tập hợp hữu hạn. Vì thế $^1$ (V, p. 78, Bổ đề 1) tồn tại một phần tử $x$ của $E$ sinh ra nhóm nhân của $E$, và ta có $E = K[x]$.

B) Bây giờ giả sử rằng trường $K$ là vô hạn. Nếu b) đúng, mở rộng $E$ có bậc hữu hạn, nên b) cũng có thể được phát biểu bằng cách nói rằng $E$ chỉ có một số hữu hạn các đại số con. Khi đó, suy ra $b) \Rightarrow a)$ là một hệ quả của mệnh đề tổng quát hơn sau đây (mà giả thiết trường $K$ là vô hạn là không thể thiếu, xem V, p. 153, Bài tập 5 của § 7):

Gọi $A_1, \ldots, A_n$ là các đại số con của $A$ phân biệt với $A$. Nếu $x \notin A_1 \cup \ldots \cup A_n$, thì đại số con $K[x]$ không thể bằng bất kỳ $A_i$ nào và vì thế phải trùng với $A$. Hơn nữa, vì $V$ sinh ra $A$, nó không được chứa trong bất kỳ không gian con nào $A_i$. Vậy Mệnh đề 7 là một hệ quả của bổ đề sau đây:

Bổ đề 1. — Cho $A$ là một không gian vectơ $K$, $V, A_1, \ldots, A_n$ là các không gian con của $A$. Nếu $\mathrm{Card}(K) \geq n$ và nếu $V$ không được chứa trong bất kỳ $A_i$ nào, thì $V$ không được chứa trong $A_1 \cup \ldots \cup A_n$.

Lập luận bằng quy nạp theo $n$, ta chỉ cần chứng minh rằng nếu $V \subset A$, và $V \subset A_1 \cup \ldots \cup A_n$, thì $V \subset A_1 \cup \ldots \cup A_{n-1}$. Lấy $x \in V, x \notin A_n$, và lấy $y$ tùy ý trong $V$. Nếu $y \in Kx$, ta có $y \in A_1 \cup \ldots \cup A_{n-1}$; nếu không, thì các phần tử $x$ và $y + \lambda x, \lambda \in K$ có số lượng lớn hơn hẳn $n$ và thuộc $A_1 \cup \ldots \cup A_n$, nên có hai phần tử trong số đó thuộc cùng một $A_i$. Do đó tồn tại $i, 1 \leq i \leq n$ sao cho hoặc $x \in A_i$ và $y + \lambda x \in A_i$ với một $\lambda \in K$, hoặc $y + \mu x \in A_i$ và $y + \mu x \in A_i$ với hai vô hướng phân biệt $\lambda, \mu \in K$. Trong cả hai trường hợp ta kết luận rằng $x \in A_i$ và $y \in A_i$; nhưng điều này suy ra $i \neq n$, do đó $y \in A_1 \cup \ldots \cup A_{n-1}$, như điều phải chứng minh.

Điều này hoàn tất chứng minh tính tương đương của a) và b) trong Định lý 1. Sau hết, nếu mở rộng $E$ là tách được và có bậc hữu hạn, thì điều kiện b) được thỏa mãn, theo V, p. 30, Mệnh đề 3.

Điều này suy ra ngay từ Mệnh đề 6 (V, p. 39).

$^1$ Bạn đọc có thể tự thuyết phục mình rằng Định lý 1 không được dùng ở đâu trước chứng minh của Bổ đề 1 ở V, p. 78.

Trước hết giả sử rằng F tách được trên K; khi đó E tách được trên K theo Mệnh đề 1 (V, p. 36). Hơn nữa, mọi phần tử của F đều tách được trên K (V, p. 39, Mệnh đề 6) nên cũng tách được trên E (V, p. 39, Hệ quả 2) và do đó F tách được trên E (V, p. 39, Mệnh đề 6).

Ngược lại, giả sử rằng F tách được trên E và E tách được trên K. Ký hiệu x là một phần tử của F và $f \in E[X]$ là đa thức tối tiểu của x trên E. Vì E là đại số trên K, Định lý 2 (V, p. 18) cho thấy rằng tồn tại một mở rộng con E' của E có bậc hữu hạn trên K sao cho $f \in E'[X]$; khi đó f đồng thời là đa thức tối tiểu của x trên E và trên E', và vì x tách được trên E (V, p. 39, Mệnh đề 6) nên nó cũng tách được trên E' (V, p. 39, Mệnh đề 5). Viết $F' = E'(x)$; khi đó F tách được và có bậc hữu hạn trên E', và vì E tách được trên K nên E' tách được và có bậc hữu hạn trên K (V, p. 36, Mệnh đề 1). Vậy F tách được và có bậc hữu hạn trên K, theo V, p. 32, Hệ quả 2. Do đó (V, p. 39, Mệnh đề 6) x tách được trên K. Bây giờ ta đã chứng minh được rằng mọi phần tử của F đều tách được trên K, do đó F tách được trên K (V, p. 39, Mệnh đề 6).

a) Nếu E tách được trên K, thì E' tách được trên K'.

b) Ngược lại nếu E' tách được trên K' và E và K' rời nhau tuyến tính trên K, thì E tách được trên K.

Mệnh đề a) suy ra trực tiếp từ Mệnh đề 6 (V, p. 39).

Dưới giả thiết b), lấy F là một mở rộng con của E có bậc hữu hạn trên K. Khi đó F và K' rời nhau tuyến tính trên K, do đó K'-đại số $F_{(K')} = K' \otimes_K F$ đẳng cấu với $K'(F)$. Vì $K'(F)$ là một mở rộng con của E' có bậc hữu hạn trên K' và E' là đại số và tách được trên K', nên K'-đại số $K'(F)$ là étale. Nói cách khác, K'-đại số $F_{(K')}$ là étale, và khi đó Hệ quả 2 của Mệnh đề 4 (V, p. 32) cho thấy rằng F là étale trên K. Vậy ta đã chứng minh được E tách được trên K.

Trường hợp $p = 1$ là tầm thường theo Hệ quả ở V, p. 37. Từ nay giả sử rằng $p \neq 1$.

Theo giả thiết E là đại số trên K và ta có $E = K(S)$, do đó

Nếu E có bậc hữu hạn trên K, thì nó là một mở rộng tách được của K khi và chỉ khi nó là một K-đại số étale; Hệ quả ở V, p. 35 cho thấy điều này xảy ra khi và chỉ khi $E = K[E^p]$.

Giả sử bây giờ rằng $E$ tách được và có bậc vô hạn trên $K$. Khi đó $K[E^p]$ là hợp của các vành con $K[{E'}^p]$ trong đó $E'$ chạy qua tập hợp các mở rộng con của $E$ có bậc hữu hạn trên $K$; nhưng một mở rộng như vậy $E'$ là tách được trên $K$ ($V$, p. 36, Prop. 1), do đó $E' = K[{E'}^p] \subset K[E^p]$ theo điều đã nói; sau cùng ta có $E = K[E^p]$. Bằng quy nạp theo $n \geq 0$, quan hệ $E = K[E^p]$ suy ra rằng $E = K[E^{p^n}]$.

Cho $K$ là một trường hoàn hảo có số mũ đặc số $p$, và cho $E$ là một mở rộng đại số của $K$. Khi đó $E$ tách được trên $K$ ($V$, p. 36, Prop. 2) do đó $E = K(E^p)$ theo Prop. 11; nhưng ta có $K = K^p \subset E^p$, nên $E = K(E^p) = E^p$, và vì thế $E$ là hoàn hảo.

Ta có thể ngay lập tức rút gọn về trường hợp $[E : K]$ là hữu hạn. Cho $(x_i)_i$, là một cơ sở của $E$ trên $K$. Để $E$ rời nhau tuyến tính với $K^{p^{-\infty}}$ thì điều kiện cần và đủ là nó rời nhau tuyến tính với $K^{p^n}$ với mọi $n \geq 0$, và điều này chỉ có nghĩa là quan hệ $\sum_{i \in I} x_i a_i^{p^{-n}} = 0$ kéo theo $a_i = 0$ với mọi $i \in I$, đối với mọi họ $(a_i)_i$, các phần tử của $K$. Đến lượt mình, điều đó có nghĩa là họ $(x_i^{p^n})_{i \in I}$ là tự do trên $K$, hoặc cũng có nghĩa là nó là một cơ sở của không gian vectơ $E$ trên $K$. Nói cách khác, $E$ rời nhau tuyến tính với $K^{p^{-n}}$ khi và chỉ khi $E = K(E^{p^n})$. Bây giờ chỉ còn áp dụng Prop. 11.

Theo Mệnh đề 6, a) ($V$, p. 39) mọi mở rộng con của $E$ vừa đại số vừa tách được trên $K$ đều được chứa trong $E_s$. Theo Mệnh đề 6, b) (loc. cit.) mở rộng $K(E_s)$ của $K$ là đại số và tách được, do đó $K(E_s) \subset E$, suy ra $K(E_s) = E_s$.

Với ký hiệu của mệnh đề trước, E, được gọi là bao đóng đại số tách được tương đối của K trong E. Khi K hoàn hảo, E, là bao đóng đại số tương đối của K trong E (V, p. 36, Prop. 2).

Bây giờ giả sử giả thiết b) và cho $x \in E,$. Vì x tách được trên K nên nó cũng tách được trên F (V, p. 39, Hệ quả 2), nhưng vì E là căn p trên F nên x cũng là căn p trên F, do đó $x \in F$ (V, p. 39, Hệ quả 3).

Cuối cùng c) suy ra từ a) và b) cùng với Mệnh đề 12.

Thật vậy, $K'(E_s)$ là một mở rộng đại số tách được của K' theo Mệnh đề 10 (V, p. 42); vì E là căn p trên E,, nên mở rộng $K'(E)$ của $K'(E_s)$ là căn p (V, p. 25, Cor.). Bây giờ chỉ cần áp dụng Mệnh đề 13.

Với mỗi số nguyên $n \geq 0$, ký hiệu bởi F, mở rộng con $K(E^{p^n})$ của E. Dãy $(F_n)_{n \geq 0}$ các không gian con vectơ của E là giảm và E có số chiều hữu hạn trên K. Do đó tồn tại một số nguyên $m \geq 0$ sao cho $F_m = F_n$ với mọi $n \geq m$. Vì thế ta có $K(F_m^p) = F_{m+1} = F_m$, nên $F_m$ là một mở rộng tách được của K (V, p. 42, Mệnh đề 11); hiển nhiên E là căn p trên F, và do đó Mệnh đề 13 suy ra $E_s = F_m = \bigcap_{n \geq 0} F_n$.

a) Bao đóng đại số tách được tương đối Ωs của K trong Ω là một bao đóng tách được của K.*

b) Nếu E và E' là hai bao đóng tách được của K, thì tồn tại một K-đẳng cấu từ E lên E'.

Cho F là một mở rộng đại số tách được của Ω_s ; vì Ω đóng đại số, tồn tại một đồng cấu 0, của F vào Ω (V, p. 20, Đl. 1). Theo Mđ. 9 (V, p. 42), $u(F)$ tách được trên K, do đó $u(F) = \Omega_s$. Vậy F là một mở rộng tầm thường của $\Omega_s$ và vì thế $\Omega_s$ đóng tách được, do đó a).

Cho E là một bao đóng tách được của K. Vì E là một mở rộng đại số của K, tồn tại một K-đồng cấu v của E vào Ω (V, p. 20, Đl. 1). Do đó $v(E)$ tách được và đại số trên K, suy ra $v(E) \subset \Omega_s$. Theo V, p. 42, Mđ. 9, $\Omega_s$ tách được trên $v(E)$ và vì trường $v(E)$ đóng tách được, ta có $v(E) = \Omega_s$. Suy ra v là một K-đẳng cấu của E lên $\Omega_s$. Khi đó b) là một hệ quả ngay lập tức.

Cho Ω là một bao đóng đại số của E ; ta có $\Omega_s \subset E$ và chỉ cần xét trường hợp $E = \Omega_s$. Vì F là một mở rộng đại số của K, tồn tại một K-đồng cấu u của F vào Ω (V, p. 20, Đl. 1). Vì trường $u(F)$ tách được trên K, ta có $u(F) \subset \Omega_s$ và u xác định một K-đồng cấu của F vào $\Omega_s = E$.

Trường $\Omega$ là hoàn hảo và E là p-căn trên $E_s$, theo V, p. 44, Mđ. 13; vì vậy Mđ. 3 (V, p. 26) cho thấy mọi K-đồng cấu của E, vào $\Omega$ đều mở rộng được một cách duy nhất thành một K-đồng cấu của E vào $\Omega$; do đó ta có $[E : K]_s = [E_s : K]$. Vì E, là một mở rộng tách được bậc hữu hạn của K, nó là một đại số étale trên K; vậy ta có $[E_s : K]_s = [E_s : K]$ theo V, p. 32, Mđ. 4, và kết quả được suy ra.

Với ký hiệu đứng trước, bậc của E trên $E_s$ được gọi là bậc không tách được của E trên K và được ký hiệu bởi $[E : K]_i$. Do đó ta có

(1)

theo Mđ. 15.

Khi K có đặc số 0, thì $E = E_s$, và do đó $[E : K]_s = [E : K]$ và $[E : K]_i = 1$. Nếu K có đặc số $p \neq 0$, số $[E : K]_i$ là một lũy thừa của p vì E là p-căn trên $E_s$ (V, p. 44, Mđ. 13 và p. 26, Mđ. 4). Cần lưu ý rằng $[E : K]_i$ không nhất thiết bằng lũy thừa cao nhất của $p$ chia $[E : K]_s$, cũng không bằng bậc $[E_s : K]$ của bao đóng tương đối p-căn của E trong K (V, p. 152, Bài tập 3 và 2).

a) Nếu $E \subset F$, thì $[F : K]_s = [F : E]_s \cdot [E : K]_s$, và $[F : K]_i = [F : E]_i \cdot [E : K]_i$.

b) Cho $K'$ là một mở rộng con của $\Omega$; khi đó ta có

và đẳng thức xảy ra nếu $K'$ độc lập tuyến tính với E trên K.

c) Ta có $[K(E \cup F) : K]_s \leq [E : K]_s \cdot [F : K]_s$, và $[K(E \cup F) : K]_i \leq [E : K]_i \cdot [F : K]_i$, và đẳng thức xảy ra nếu E và F độc lập tuyến tính trên K.

Mệnh đề về các bậc tách được trong a) suy ra từ (9) (V, p. 32). Vì $[F : K] = [F : E] \cdot [E : K]$, mệnh đề về các bậc không tách được suy ra từ điều này và (1).

Theo Hệ quả 1 của Mđ. 13 (V, p. 44) và Mđ. 15, ta có

(2)

khi K' độc lập tuyến tính với E trên K, thì E, độc lập tuyến tính với K' trên K và E độc lập tuyến tính với K'(E_s) trên E_s (V, p. 15, Mđ. 8). Mệnh đề b) bây giờ suy ra từ Mđ. 5 (V, p. 14).

Theo a) ta có

theo b) ta có Do đó ta được bất đẳng thức Mệnh đề của c) về các bậc không tách được được chứng minh theo cách tương tự.