Thật vậy, S có thể được đồng nhất với tích tenxơ $K[x_1] \otimes \cdots \otimes K[x_m]$, được trang bị phân bậc toàn phần. Chuỗi Poincaré của $K[x_i]$ là

và chỉ cần áp dụng (2).

Dưới các giả thiết của Mệnh đề 1, ta sẽ nói rằng S là một đại số đa thức phân bậc trên K.

Thật vậy, nghịch đảo của $P_S(T)$ là đa thức $N(T) = \prod_{i=1}^m (1 - T^{d_i})$, do đó được xác định duy nhất. Nếu q là một số nguyên $\geq 1$ và nếu $\zeta \in \mathbf{C}$ là một căn nguyên thủy bậc q của đơn vị, thì bội số của nghiệm $\zeta$ của $N(T)$ bằng số các $d_i$ là bội của $q$. Số này bằng không với $q$ đủ lớn. Vậy số các $d_i$ bằng $q$ được xác định duy nhất bằng quy nạp đi xuống.

Các số nguyên $d_i$ được gọi là các bậc đặc số của S. Số lượng của chúng bằng bậc siêu việt của S trên K khi K là một trường; trong trường hợp tổng quát, ta cũng sẽ gọi nó là bậc siêu việt của S trên K. Đó là bội số của nghiệm 1 của đa thức $N(T)$.

Cho $S = \bigoplus_{n \geq 0} S_n$ là một K-đại số giao hoán phân bậc, và $R = \bigoplus_{n \geq 0} R_n$ là một đại số con phân bậc của S. Giả sử rằng mỗi $R_n$ đều tự do và hữu hạn kiểu, và R-môđun S có một cơ sở hữu hạn gồm các phần tử thuần nhất $z_1, z_2, \ldots, z_N$ có các bậc $f_1, f_2, \ldots, f_N$. Khi đó, nếu M ký hiệu K-môđun phân bậc $\sum_{j=1}^N Kz_j$, thì K-môđun phân bậc S đẳng cấu với $R \otimes_K M$, nên mỗi $S_n$ đều tự do và hữu hạn kiểu và

(i) R và S có cùng bậc siêu việt r trên K. (ii) Cho $p_1, \ldots, p_r$ (tương ứng $q_1, \ldots, q_r$) là các bậc đặc số của S (tương ứng của R). Khi đó

(iii) $N p_1 p_2 \ldots p_r = q_1 q_2 \ldots q_r$.

Công thức (4) trước hết cho thấy rằng bội số của nghiệm 1 là như nhau trong các đa thức $P_S(T)^{-1}$ và $P_R(T)^{-1}$ và, có kể đến (3), chứng minh cả (i) lẫn (ii).

Từ (ii) suy ra rằng

Đặt $T = 1$ trong hệ thức này cho ta (iii).

a) Vì mọi môđun con của $S/(R_+S)$ đều tự do trên $R_0 = K$, nên chỉ cần chứng minh (chiếu theo Đại số, Chap. II, §11, no. 4, Mệnh đề 7) rằng đồng cấu chính tắc từ $R_+ \otimes_R S$ vào S là đơn ánh. Đối với mọi R-môđun E, ký hiệu bởi T(E) R-môđun $\mathrm{Ker}(R_+ \otimes_R E \to E)$ (*nói cách khác, $T(E) = \mathrm{Tor}_1^R(R/R_+, E)_*$). Nếu E, $E'$ là hai R-môđun và $u$ là một đồng cấu từ E đến $E'$, thì đồng cấu $1 \otimes u$ từ $R_+ \otimes E$ đến $R_+ \otimes E'$ xác định, bằng cách hạn chế lên T(E), một đồng cấu từ T(E) đến T($E'$) mà ta ký hiệu là $T(u)$. Nếu $u'$ là một đồng cấu từ $E'$ đến một R-môđun $E''$, ta có $T(u' \circ u) = T(u') \circ T(u)$. Do đó, nếu G tác động R-tuyến tính trên E, thì G tác động trên T(E).

b) Nhóm G tác động R-tuyến tính trên S, và do đó cũng tác động trên T(S). Hơn nữa, T(S) có một cấu trúc tự nhiên của S-môđun phân bậc. Trước hết ta chỉ ra rằng, nếu $g \in G$, thì $g$ biến mọi phần tử $x$ của T(S) thành một phần tử đồng dư với $x$ modulo $S_1 T(S)$. Chỉ cần làm điều này khi $g$ là một giả phản xạ. Khi đó tồn tại một vectơ khác không $v$ trong V sao cho $g(x) - x \in K v$ với mọi $x \in V$. Vì V sinh ra S, suy ra $g_S$ tác động tầm thường trên $S/Sv$. Do đó, với mọi $y \in S$, tồn tại một phần tử $h(y)$ của S sao cho

Vì S là nguyên và $v$ khác không, phần tử này được xác định duy nhất bởi $y$; ngay lập tức thấy rằng $h$ là một tự đồng cấu bậc – 1 của R-môđun S. Do đó, $g_S - 1_S = m_v \circ h$, trong đó $m_v$ ký hiệu phép vị tự tỉ số $v$ trong S. Vậy,

ảnh của nó được chứa trong $vT(S)$, chứng minh mệnh đề của chúng ta.

c) Ta chứng minh rằng mọi phần tử của T(S) bất biến dưới G đều bằng không. Thật vậy, xét tự đồng cấu Q của R-môđun S được xác định bởi

với mọi $y \in S$. Khi đó $Q(S) = R$. Vì thế ta có thể viết $Q = i \circ Q'$, trong đó $Q'$ là một đồng cấu từ R-môđun S đến R-môđun R và $i$ ký hiệu đơn ánh chính tắc của R vào S. Do đó $T(Q) = T(i) \circ T(Q')$ và $T(Q') = 0$ vì $T(R) = \mathrm{Ker}(R_+ \otimes R \to R) = 0$. Vậy

Nhưng $q^{-1} \sum_{g \in G} T(g_S)$ giữ cố định các phần tử của T(S) bất biến dưới G. Vì thế các phần tử ấy đều bằng không.

d) Giả sử rằng $T(S) \neq 0$. Trong T(S) tồn tại một phần tử thuần nhất $u \neq 0$ có bậc nhỏ nhất. Theo b), $u$ bất biến dưới G. Theo c), $u = 0$. Đây là một mâu thuẫn, nên $T(S) = 0$. Q.E.D.

(i) Tồn tại một không gian con vectơ có phân bậc của S làm bù của $R_+ S$ trong S và ổn định dưới G.

(ii) Cho U là một bù như thế. Đồng cấu chính tắc từ $U \otimes_K R$ đến S là một đẳng cấu của G-môđun, và biểu diễn của G trong U (tương ứng S) là đẳng cấu với biểu diễn chính quy của G trên K (tương ứng R).

Thật vậy, với mọi số nguyên $n \geq 0$, các không gian vectơ trên K $S_n$ và $(R_+ S) \cap S_n$ đều ổn định dưới G, và từ định lý Maschke (Phụ lục, Mệnh đề 2) suy ra rằng tồn tại một bù $U_n$ ổn định dưới G của $(R_+ S) \cap S_n$ trong $S_n$. Khi đó $\sum_{n \geq 0} U_n$ là một bù ổn định dưới G của $R_+ S$ trong S, do đó (i).

Cho U là một không gian con vectơ có phân bậc của S làm bù của $R_+ S$ trong S và ổn định dưới G. Theo Nhận xét 1, mọi cơ sở của không gian vectơ trên K U cũng là một cơ sở của R-môđun S, và do đó là một cơ sở của trường phân thức N của S trên trường phân thức L của R. Vì thế, không gian vectơ trên L N có thể được đồng nhất với $U \otimes_K L$. Vì U ổn định dưới G, sự đồng nhất này tương thích với tác động của G. Đại số nhóm $L[G]$ của G trên L có thể được đồng nhất với đại số $K[G] \otimes_K L$. Mở rộng Galois N của L thừa nhận một cơ sở chuẩn tắc (Đại số, Chương V, § 10, no. 9, Định lý 6), điều này có thể được hiểu là nói rằng N, xét như một $L[G]$-môđun, là đẳng cấu với môđun của biểu diễn chính quy của G trên L. Vì U hữu hạn chiều trên K, từ Phụ lục, Mệnh đề 1 suy ra rằng $K[G]$-môđun U là đẳng cấu với biểu diễn chính quy của G trên K. Các khẳng định của chúng ta suy ra ngay lập tức từ đó.

Giả thiết đặt ra về các $k_i$ là thừa, nhưng không quan trọng đối với các ứng dụng vào các nhóm Coxeter hữu hạn, vì khi đó $K = \mathbf{R}$. Xem no. 5, nơi chúng ta sẽ đưa ra một chứng minh khác của Định lý 3.

Định lý 3 suy ra từ Mệnh đề 2 (i), Định lý 1 và bổ đề sau:

Theo Đại số, Chap. II, § 11, no. 4, Prop. 7, giả thiết đặt trên các $\alpha_i$ là tương đương với việc nói rằng chúng thuần nhất và các ảnh của chúng trong không gian vectơ trên K $R_+/ (R_+)^2$ lập thành một cơ sở của không gian này. Điều kiện này là bất biến dưới phép mở rộng trường cơ sở; do đó ta có thể rút gọn về trường hợp trường sau là hoàn hảo.

Họ $(\alpha_1, \ldots, \alpha_s)$ sinh đại số R theo Đại số giao hoán, Chap. III, § 1, no. 2, Prop. 1. Ta sẽ chứng minh bằng phản chứng và giả sử rằng họ này không độc lập đại số trên K.

1) Trước hết ta chỉ ra rằng tồn tại các họ

gồm các phần tử thuần nhất của S có các tính chất sau:

Gọi $X_1, \ldots, X_s$ là các ẩn và trang bị cho $K[X_1, \ldots, X_s]$ cấu trúc đại số phân bậc mà theo đó $X_i$ có bậc $k_i$. Tồn tại các phần tử thuần nhất khác không $H(X_1, \ldots, X_s)$ của $K[X_1, \ldots, X_s]$ sao cho $H(\alpha_1, \ldots, \alpha_s) = 0$; chọn H có bậc nhỏ nhất. Nếu $\partial H / \partial X_i \neq 0$, thì đa thức $\frac{\partial H}{\partial X_i}(\alpha_1, \ldots, \alpha_s)$ là một phần tử thuần nhất khác không của R; nếu $p \neq 1$, thì H không có dạng $H_1^p$ với $H_1 \in K[X_1, \ldots, X_s]$. Đặt

Vì K là hoàn hảo, các đa thức $\partial H / \partial X_i \in K[X_1, \ldots, X_s]$ không đồng thời bằng không (Đại số, Chap. V, § 1, no. 3, Prop. 4); theo giả thiết đặt trên các $k_i$, các $\beta_i$ cũng vậy.

Mặt khác, S có thể được đồng nhất với một đại số phân bậc các đa thức $K[x_1, \ldots, x_r]$ với những ẩn thích hợp $x_1, \ldots, x_r$ có các bậc thích hợp $m_i > 0$. Gọi $D_k$ là đạo hàm riêng theo $x_k$ trên S. Đặt d_{ik} = k_i^{-1} D_k(\alpha_i). Khi đó đẳng thức (10) đúng vì vế trái của nó là $D_k(H(\alpha_1, \ldots, \alpha_s))$. Mặt khác, nếu ta đặt $y_1 = m_1 x_1, \ldots, y_r = m_r x_r$, thì đẳng thức (9) suy ra từ đẳng thức (5) của no. 1.

2) Gọi $b$ là iđêan của $R$ sinh bởi các $\beta_i$; tồn tại một tập con $J$ của

sao cho $(\beta_i)_{i \in J}$ là một hệ sinh cực tiểu của $b$. Khi đó $J \neq \varnothing$ vì $b \neq 0$. Ta sẽ suy ra từ (9) và (10) rằng, nếu $i \in J$, thì $\alpha_i$ là một tổ hợp tuyến tính trên $R$ của các $\alpha_j$ với $j \neq i$, điều này sẽ mâu thuẫn với tính cực tiểu của $(\alpha_1, \ldots, \alpha_s)$ và sẽ hoàn thành chứng minh.

Có các phần tử thuần nhất $\gamma_{ji}$ của $R$ ($i \in J, j \in I - J$) sao cho

Xét đến (11), công thức (10) cho Đặt Do đó Viết $u_{ik} = \sum_{\lambda \in \Lambda} \delta_{ik\lambda} z_\lambda$, trong đó các $\delta_{ik\lambda}$ thuộc $R$. Quan hệ (14) suy ra rằng Nếu một trong các $\delta_{ik\lambda}$ có một thành phần thuần nhất khác không bậc 0, thì đẳng thức trước đó sẽ suy ra rằng một trong các $\beta_i$ ($i \in J$) là một tổ hợp tuyến tính trên $R$ của các phần tử còn lại, mâu thuẫn với tính tối tiểu của $(\beta_i)_{i \in J}$. Vì vậy $\delta_{ik\lambda} \in R_+$ và do đó $u_{ik} \in R_+ S$ với mọi $i$ và $k$. Vậy tồn tại các $u_{ikh} \in S$ sao cho $u_{ik} = \sum_{h=1}^s u_{ikh} \alpha_h$, nói cách khác, theo (13), Nhân hai vế của (15)$_{ik}$ với $y_k$ và cộng theo $i$ cố định trong $J$ và $k = 1, 2, \ldots, r$; theo (9), ta tìm được Lấy các thành phần thuần nhất bậc $k_i$ của hai vế. Vì $\deg y_k > 0$, $\alpha_i$ là một tổ hợp tuyến tính trên $S$ của các $\alpha_j$ với $j \neq i$. Vì $S$ tự do trên $R$ và $\alpha_1, \ldots, \alpha_s \in R$, suy ra rằng $\alpha_i$ là một tổ hợp tuyến tính trên $R$ của các $\alpha_j$ với $j \neq i$ (Đại số giao hoán, Chương I, § 3, no. 5, Mệnh đề 9 d)).

Thật vậy, $\mathrm{rk}_R(S) = \mathrm{Card}(G)$ (công thức (6), no. 2). Các bậc đặc số của S bằng 1. Khi đó hệ quả suy ra từ no. 1, Mệnh đề 2 (iii).

Nếu cần thiết, mở rộng trường cơ sở, ta có thể giả sử rằng K đóng đại số. Gọi $(e_1, \ldots, e_r)$ là một cơ sở của V sao cho ma trận của s theo cơ sở này là tam giác dưới, và gọi $\lambda_1, \ldots, \lambda_r$ là các phần tử đường chéo của ma trận này. Theo cơ sở $(e_1^{i(1)} \ldots e_r^{i(r)})_{i(1) + \cdots + i(r) = n}$ của $S_n$, được sắp thứ tự từ điển, ma trận của $s^{(n)}$ là tam giác dưới và các phần tử đường chéo của nó là các tích $\lambda_1^{i(1)} \ldots \lambda_r^{i(r)}$. Do đó

và do đó

Thật vậy, tự đồng cấu $f = q^{-1} \sum_{g \in G} g^{(n)}$ là một phép chiếu của $S_n$ lên $R_n$, nên $\mathrm{Tr}(f) = \dim_K S_n^G$. Do đó, chuỗi Poincaré của R là

và chỉ cần áp dụng Bổ đề 2.

Theo Mệnh đề 3 của Phụ lục, ta có thể giả sử rằng K đóng đại số. Với mọi $g \in G$, hãy ký hiệu $\lambda_1(g), \ldots, \lambda_l(g)$ là các trị riêng của nó. Vì mọi $g \in G$ đều chéo hóa được (Phụ lục, Mệnh đề 2), $g = 1$ khi và chỉ khi mọi $\lambda_i(g)$ đều bằng 1, và $g \in H$ khi và chỉ khi số các $\lambda_i(g)$ bằng 1 là $l - 1$ (khi đó ta ký hiệu $\lambda(g)$ là trị riêng khác 1). Mệnh đề 1 của no. 1 và Bổ đề 3 chứng minh rằng

trong $K[[T]]$, và do đó trong $K(T)$. Suy ra, ta có trong $K(T)$

điều này có thể viết thành

Suy ra rằng $q - \prod_{i=1}^{l} (1 + T + \cdots + T^{k_i-1})$ triệt tiêu tại $T = 1$, nên $q = k_1 k_2 \ldots k_l$, điều mà ta đã biết từ Hệ quả của ĐL. 3. Đã vậy, đặt Q(T) là đa thức $(1 - T)^{-1}(q - \prod_{i=1}^{l} (1 + T + \cdots + T^{k_i-1}))$. Lấy đạo hàm đẳng thức $(1 - T)Q(T) = q - \prod_{i=1}^{l} (1 + T + \cdots + T^{k_i-1})$ và cho $T = 1$, ta thấy $-Q(1)$ là giá trị tại $T = 1$ của

nên

Trở lại (17), mặt khác ta có

Vậy,

Bây giờ, các phần tử của G giữ cố định các điểm của một siêu phẳng cho trước thì giữ ổn định một đường thẳng bù của siêu phẳng đó (Phụ lục, Mệnh đề 2), và do đó tạo thành một nhóm con cyclic G' của G theo Đại số, Chương V, § 11, no. 1, Định lý 1. Cho t là cấp của G'; các giá trị của $\lambda(g)$ với $g \in G'$ là $\theta, \theta^2, \ldots, \theta^{t-1}$ với $\theta$ là một căn nguyên thủy bậc t của đơn vị. Ta có $\frac{1}{1-\theta^i} + \frac{1}{1-\theta^{t-i}} = 1$, nên $\sum_{g \in G', g \neq 1} \frac{1}{1-\lambda(g)} = \frac{1}{2}(t-1) = \frac{1}{2}\mathrm{Card}(H \cap G')$. Đẳng thức (18) do đó chứng minh mệnh đề.

Cho $f$ là tự đẳng cấu của đại số S kéo dài tự đẳng cấu $-1$ của V. Khi đó $f(z) = (-1)^{\deg z} z$ với mọi $z$ thuần nhất trong S. Vì vậy, nếu $-1 \in G$, mọi phần tử thuần nhất bậc lẻ của R đều bằng 0, và các $k_i$ đều chẵn. Ngược lại, nếu các $k_i$ đều chẵn, mọi phần tử của R đều bất biến dưới $f$, và lý thuyết Galois cho thấy $-1 \in G$.

(ii) Đồng nhất S với đại số đa thức $K[X_1, \ldots, X_l]$ bằng cách chọn một cơ sở $(X_1, \ldots, X_l)$ của V, và gọi $(P_1, \ldots, P_l)$ là các phần tử thuần nhất độc lập đại số của S sinh ra đại số R (Định lý 3). Khi đó jacobi $J = \det \left( \frac{\partial P_i}{\partial X_j} \right)$ có dạng $\lambda D$, trong đó $\lambda \in K^*$.

a) Với ký hiệu trong (ii), ta có

nên, với mọi $g \in G$,

do đó J phản biến dưới G. Mặt khác, trường phân thức N của S là một mở rộng Galois của trường phân thức E của R (no. 2); nếu $\Delta$ là một đạo hàm của E nhận giá trị trong một trường mở rộng $\Omega$ của N, thì $\Delta$ kéo dài thành một đạo hàm của N nhận giá trị trong $\Omega$ (Đại số, Ch. V, § 16, no. 4, Định lý 3); vì các $P_i$ độc lập đại số, suy ra $dP_1 \wedge \ldots \wedge dP_l \neq 0$, do đó $J \neq 0$.

b) Gọi z là một phần tử của S phản biến dưới G. Ta chứng minh rằng z chia được cho D trong S. Gọi a là một vectơ khác không trong V. Các phần tử của G làm cho Ka ổn định thì cũng làm ổn định một siêu phẳng bù L (Phụ lục, Mệnh đề 2); một phần tử của G làm cho Ka ổn định là 1 hoặc là một giả-phản xạ với vectơ a khi và chỉ khi nó cảm sinh 1 trên L; do đó các giả-phản xạ với vectơ a thuộc G lập thành, cùng với 1, một nhóm con cyclic $G'$ của G; gọi t là cấp của nó. Tồn tại một cơ sở $(X_1, \ldots, X_l)$ của V sao cho $a = X_1$, $X_2 \in L, \ldots, X_l \in L$, và z có thể được đồng nhất với một đa thức $P(X_1, \ldots, X_l)$ với hệ số trong K. Từ $g(z) = (\det g)^{-1} z$ với $g \in G'$, ta thấy rằng $X_1$ chỉ xuất hiện trong $P(X_1, \ldots, X_l)$ với các số mũ đồng dư với -1 modulo t. Vì thế, $P(X_1, \ldots, X_l)$ chia được cho $X_1^{t-1} = a^{t-1}$. Khi đó D, sai khác bởi một nhân tử vô hướng, là tích của các $a^{t-1}$ với những $a \in V$ sao cho $t > 1$, và các phần tử này của S đôi một nguyên tố cùng nhau. Vì S là phân tích được duy nhất, z chia được cho D.

c) Theo a) và b), J chia được cho D trong S. Bây giờ

(Mệnh đề 3), nên $\deg J = \deg D$, do đó $J = \lambda D$ với $\lambda \in K$. Vì $J \neq 0, \lambda \in K^*$. Điều này chứng minh (ii).

d) Các phần a) và c) của chứng minh cho thấy rằng D phản biến dưới G. Tiếp theo, nếu $y \in R$, hiển nhiên $yD$ phản biến dưới G. Cuối cùng, nếu $z \in S$ phản biến dưới G, ta đã thấy ở b) rằng tồn tại $y \in S$ sao cho $z = yD$. Vì S là nguyên, $y \in R$. Điều này chứng minh (i).

Nói rằng B phân nhánh trên R nghĩa là nhóm quán tính của nó $G^T(B)$ không thu về đồng nhất, nói cách khác, tồn tại $g \neq 1$ trong G sao cho $g(z) \equiv z \pmod{B}$ với mọi $z \in S$. Vì S là một vành giai thừa, B là một iđêan chính Sa, và a phải chia hết mọi phần tử $g(z) - z$ ($z \in S$); mà với $z \in V$, các phần tử này thuần nhất bậc 1 và đều khác không (vì $g \neq 1$); do đó, a phải thuần nhất bậc 1, nói cách khác $a \in V$. Khi đó tồn tại một dạng tuyến tính f trên V sao cho $g = s_{a,f}$. Ngược lại, nếu g là một giả phản xạ $s_{a,f}$ khác 1, thì $g(z) \equiv z \pmod{Sa}$ với mọi $z \in S$, nên g thuộc nhóm quán tính của iđêan nguyên tố $B = Sa$. Điều này chứng minh mệnh đề thứ nhất của bổ đề và các đặc trưng của $G^Z(B)$ và $G^T(B)$. Vì q nguyên tố cùng nhau với đặc số p của K (cũng là đặc số của S(B)), nên mở rộng S(B) của $R(p)$ là tách được (Đại số giao hoán, Chương V, § 2, no. 2, Hệ quả của Mệnh đề 5). Từ đó suy ra đẳng thức $e(B/p) = \operatorname{Card}(H_a)$ (Đại số giao hoán). Vì $e(B/p)$ nguyên tố cùng nhau với p, hệ số của B trong $\operatorname{div}(D_{S/R})$ là $e(B/p) - 1$ (Đại số giao hoán). Điều này chứng minh bổ đề.

4 Trong số này, chúng tôi sử dụng các kết quả từ những chương đang được chuẩn bị trong cuốn Đại số giao hoán. Chúng tôi chỉ ra chúng bằng ký hiệu "Đại số giao hoán". 5 Điều này có nghĩa là, với mọi $i \in \{1, 2, \ldots, s\}$, ảnh chính tắc của $\alpha_i$ trong vành

không phải là một ước của không trong vành này.

Khi S là một R-môđun hữu hạn sinh, b) là một hệ quả của a).

Xem Đại số giao hoán để có chứng minh.

(i) G được sinh bởi các giả phản xạ; (ii) S là một R-môđun phân bậc tự do; (iii) R là một đại số đa thức phân bậc trên K.

Tính tương đương của (ii) và (iii) suy ra từ no. 2 và Bổ đề 5. Kéo theo (i) $\Longrightarrow$ (ii) suy ra từ Định lý 1.

Ta chứng minh rằng (iii) $\Longrightarrow$ (i). Gọi G' là nhóm con của G được sinh bởi các giả phản xạ thuộc G, và gọi R' là đại số con của S gồm các phần tử bất biến dưới G'. Ta có R $\subset$ R' $\subset$ S. Theo Bổ đề 4, div(D_{S/R}) = div(D_{S/R'}), nên div(D_{R'/R}) = 0. Khi đó giả sử R là một đại số đa thức phân bậc. Vì điều này cũng đúng với R' (do G' được sinh bởi các giả phản xạ), Bổ đề 5 cho thấy R-môđun R' có một cơ sở thuần nhất $(Q_1, ..., Q_m)$; đặt q_i = deg(Q_i). Đặt

Việc div(D_{R'/R}) bằng không cho thấy div(d) = 0 (Đại số giao hoán), nghĩa là d thuộc K*. Mặt khác \operatorname{Tr}_{R'/R}(Q_i Q_j) là một phần tử thuần nhất bậc q_i + q_j, và d thuần nhất bậc $2 \sum_i q_i$. Do đó, $\sum_i q_i = 0$, tức là $q_i = 0$ với mọi i, điều đó có nghĩa là R' = R, và vì thế G' = G theo lý thuyết Galois. Điều này chứng minh rằng G được sinh bởi các giả phản xạ. Q.E.D.

(i) Different của S trên R là iđêan chính SD.

(ii) Đồng nhất S với đại số $K[X_1, \ldots, X_l]$ bằng cách chọn một cơ sở $(X_1, \ldots, X_l)$ của V, và gọi $P_1, \ldots, P_l$ là các phần tử thuần nhất độc lập đại số sinh ra đại số R. Khi đó jacobian $J = \det \left( \frac{\partial P_i}{\partial X_j} \right)$ có dạng $\lambda D$ với $\lambda \in K^*$.

(iii) $\sum_{i=1}^l (\deg(P_i) - 1) = \mathrm{Card}(H)$.

(iv) Tập hợp các phần tử phản bất biến của S là RD.

Mệnh đề (i) suy ra từ Bổ đề 4. Mệnh đề (ii) suy ra từ việc SJ là different của S trên R. (Đại số giao hoán). Mệnh đề (iii) thu được bằng cách viết ra việc các đa thức thuần nhất D và J có cùng bậc. Chứng minh của (iv) khi đó cũng giống như chứng minh đã cho ở no. 4 (chứng minh Mệnh đề 5, các phần b) và d)).