a) Nếu u ánh xạ E vào E, thì u cảm sinh một K-tự đẳng cấu của E.

b) Tồn tại một K-tự đẳng cấu v của $\Omega$ mở rộng u.

Giả sử rằng $u(E) \subset E$; để chứng minh a), chỉ cần chứng minh rằng $u(E) = E$. Cho x là một phần tử của E, f là đa thức tối tiểu của x trên K và $\Phi$ là tập hợp các nghiệm của f trong E. Tập hợp $\Phi$ là hữu hạn, ánh xạ u từ E vào E là đơn ánh và ta có $u(\Phi) \subset \Phi$; do đó $u(\Phi) = \Phi$, suy ra $x \in u(\Phi) \subset u(E)$; điều này chứng tỏ rằng $E = u(E)$.

Hiển nhiên $\Omega$ là một bao đóng đại số của E và của $u(E)$; do đó (V, p. 23, Hệ quả), đẳng cấu u từ E lên $u(E)$ mở rộng thành một đẳng cấu v từ $\Omega$ lên $\Omega$.

a) x và y liên hợp trên K.

b) Tồn tại một K-đẳng cấu o từ $K(x)$ lên $K(y)$ sao cho $v(x) = y$.

c) x và y có cùng đa thức tối tiểu trên K.

Trước hết, giả sử x và y liên hợp trên K; gọi u là một K-tự đẳng cấu của $\Omega$ sao cho $u(x) = y$ và gọi f là đa thức tối tiểu của x trên K. Ta có

và $f$ là một đa thức bất khả quy đơn nhất trong $\mathbf{K}[X]$; do đó ($V$, p. 16, Định lý 1, c)), $f$ là đa thức tối tiểu của $y$ trên $K$. Vậy a) kéo theo c).

Giả sử giờ đây $x$ và $y$ có cùng đa thức tối tiểu $f$ trên $K$. Tồn tại một $K$-đẳng cấu của trường $\mathbf{K}[X]/(f)$ lên $\mathbf{K}(x)$ (resp. lên $\mathbf{K}(y)$) gửi lớp thặng dư của $X$ modulo $(f)$ đến $x$ (resp. $y$) ($V$, p. 16, ĐL. 1, b)); do đó tồn tại một $K$-đẳng cấu $v$ của $\mathbf{K}(x)$ lên $\mathbf{K}(y)$ sao cho $v(x) = y$. Vì vậy c) suy ra b).

Sau cùng, dưới giả thiết b), Mệnh đề 1 suy ra tồn tại một $K$-tự đẳng cấu $u$ của $\Omega$ kéo dài $v$; khi đó ta có $u(x) = y$, do đó $x$ và $y$ liên hợp trên $K$, nên b) suy ra a).

==========

Sự tương đương của c) và d) xuất phát từ thực tế rằng mọi K-đồng cấu của E vào $\Omega$ đều được cảm sinh bởi một K-tự đẳng cấu của $\Omega$ (V, p. 52, Mệnh đề 1).

Theo định nghĩa, một mở rộng quasi-Galois là trường phân rã của họ các đa thức cực tiểu (trên K) của các phần tử của nó, nên a) suy ra e). Dưới giả thiết e) cho $u$ là một tự đẳng cấu của $\Omega$; với mỗi $i \in I$, $u$ hoán vị tập $R_i$ các nghiệm của $f_i$ và vì $E = K \left( \bigcup_{i \in I} R_i \right)$, ta có $u(E) = E$; do đó e) suy ra c).

Định nghĩa các phần tử liên hợp cho thấy c) suy ra b). Cuối cùng giả sử rằng b) đúng; cho $f$ là một đa thức bất khả quy đơn thức trong $K[X]$ có ít nhất một nghiệm $x$ trong E; vì $\Omega$ là đóng đại số, tồn tại các phần tử $a_k$ của $\Omega$ ($1 \leq k \leq n$) sao cho $f(x) = \prod_{k=1}^n (X - a_k)$ và vì các $a_k$ là các liên hợp của x trên K (V, p. 53, Hệ quả 1), chúng thuộc E theo giả thiết. Vậy ta đã chứng minh rằng b) suy ra a).

Điều này suy ra từ Mệnh đề 1, a) (V, p. 52) và tính tương đương của các điều kiện a) và c) của Mệnh đề 3.

Ta có thể giả sử rằng $F \subset \Omega$. Cho $u$ là một E-tự đẳng cấu của $\Omega$. Vì $u$ là một K-tự đẳng cấu của $\Omega$ và F là quasi-Galois trên K, ta có $u(F) = F$, do đó F là quasi-Galois trên E.

Cho $w$ là một K-tự đẳng cấu của $\Omega$ mở rộng $u$ (V, p. 52, Mệnh đề 1); vì N là quasi-Galois trên K, ta có $w(N) = N$, do đó $w(E) \subset N$ và vì vậy $w$ cảm sinh một K-tự đẳng cấu $v$ của N.

Cho $(f_i)_{i \in I}$ là một họ các đa thức không hằng trong $K[X]$ mà trường phân rã trên $K$ của chúng là $E$. Khi đó hiển nhiên $E'$ là trường phân rã của họ $(f_i)_{i \in I}$ trên $K'$, nên nó là quasi-Galois trên $K'$.

Cho $u$ là một $K$-tự đẳng cấu của $\Omega$. Ta có $u(N_i) = N_i$ với mọi $i \in I$, do đó ta thu được các đẳng thức $u(N) = N$ và $u(M) = M$; bây giờ mệnh đề suy ra từ Hệ quả 1 (V, p. 54).

Cho $A$ là một tập hợp các phần tử của $\Omega$, và cho $B$ là tập hợp các phần tử của $\Omega$ là những phần tử liên hợp của các phần tử của $A$; nói cách khác, nếu $G$ là nhóm các $K$-tự đẳng cấu của $\Omega$, ta có $B = \bigcup_{u \in G} u(A)$. Với mỗi $u \in G$ ta có $u(B) = B$ do đó $u(K(B)) = K(B)$. Vậy $K(B)$ là một mở rộng quasi-Galois của $K$ chứa $A$ và hiển nhiên mọi mở rộng quasi-Galois $N$ của $K$ chứa $A$ đều chứa $B$, suy ra $K(B)$. Ta sẽ nói rằng $K(B)$ là mở rộng quasi-Galois được sinh bởi $A$. Định nghĩa này áp dụng đặc biệt khi $A$ là một mở rộng của $K$.

Mệnh đề sau suy ra trực tiếp từ các nhận xét trên.