(E₁) $x$ 是多项式环 $\mathbf{A}[X]$ 中的一元多项式的根。 (E2) $\mathbf{R}$ 的子代数 $\mathbf{A}[x]$ 是有限生成的$\mathbf{A}$ 模。 (E₃) 在环$\mathbf{A}[x]$上存在忠实的模，它是有限生成的$\mathbf{A}$模块。

让我们首先证明 (E₁) 蕴涵 (E2)。让

是$\mathbf{A}[X]$中的一元多项式，其中$x$为根；对于每个整数$q \geq 0$，让$M_q$是由$1, x, \ldots, x^n + q$生成的$\mathbf{R}$的子$\mathbf{A}$模块。然后 对于所有$q \geq 1$、从而、归纳、$q$，

(*) 这章和下一本章的结果除了I到VI之外，不依赖于任何书，也不依赖于章I, § 4，也不依赖于章111，§ 5。

我们结论认为$A[x]$等于$M_0$，因此是有限生成的$A$模块。

由于交换环 $A[x]$ 是对自身的忠实模，因此 ($E_{II}$) 意味着 ($E_{III}$)。

最后，($E_{III}$) 蕴含 ($E_1$) 的事实可以从以下更精确的引理得出：

令$(u_i)_{1 \leq i \leq n}$是$M$的元素的有限族，使得$M = \sum_{i=1}^n Au_i$。对于所有$i$，假设存在$q$的元素的有限族$(q_{ij})_{1 \leq j \leq n}$，使得

因此 (代数, 章 III, § 8) 如果 $d$ 是矩阵 $(q_{ij} - \delta_{ij}x)$ 的行列式，其中元素在 $A[x]$ 中（$\delta_{ij}$ 表示克罗内克指标），则$du_i = 0$ 对于所有$i$，因此$dM = 0$；因为$M$被假定为忠实的$A[x]$模块，必然是$d = 0$。这意味着 $x$ 是 $A[X]$ 中的多项式 $\det(q_{ij} - \delta_{ij}X)$ 的根，该多项式在符号范围内是一个一元多项式，其系数除了主系数属于到 $q$ 之外。

由于性质(E_{II})，条件显然是必要的；凭借(E_{III})，它也是足够的，因为$R'$是一个忠实的$A[x]$模块（因为它是$R$的包含单位元）。

由于 (E_{II})，条件是必要的；如果$A[x]$是有限生成A-模的子A模块，它本身就是有限生成A-模（*代数*，章VIII, § 2, no. 3，命题7）就足够了。

假设 $A$ 是诺特不能从叙述 (习题 2) 中省略。

是可交换的。如果元素 $x \in R$ 对 $A$ 整的，则 $g(x)$ 对 $A'$ 整的。

如果 $x^n + a_1 x^{n-1} + \cdots + a_n = 0$ 其中 $a_i \in A$ 为 $1 \leq i \leq n$，我们推断

$K(x)$存在$K$同构$f$到$K(x')$，使得$A$的$f(x) = x'$和元素在$f$下不变。

显然证明第一个断言就足够了。 命题 2 需要条件。 相反，如果每个$x_i$都是$A$的积分，则$R_i$的子代数$A[x_i]$是有限生成的$A$模，因此$R$的子代数$\prod_{i=1}^n A[x_i]$也是如此；由于$A[x]$包含在子代数中，$x$是$A$除命题 1的积分。

我们通过归纳对$n$进行论证，命题只是(E_{II})对于$n = 1$。 归纳假设意味着$B = A[x_1, \ldots, x_{n-1}]$是有限生成A-模；由于$x_n$是$B$的积分，$B[x_n] = A[x_1, \ldots, x_n]$是有限生成的B-模，因此也是有限生成A-模（代数、章II, § 1, no. 13、命题25）。

事实上，如果$x, y$是$R$对$A$积分的两个元素，则从命题4可以得出$A[x, y]$是有限生成A-模；因为包含$x + y$和$xy$，推论来自命题1。

在非交换代数中，两个元素在$A$上的积分和和乘积不一定是$A$（习题4）上的积分。

$B$ 属于的每个元素到由 $E$ 的有限子集生成的 $B$ 子 A 代数。

注 (3) 从命题 4 可以得出，$A$ 上的每个可交换 A-代数积分都是 $A$ 上有限子代数的右有向族的并。

考虑$R \otimes_A A'$的任何元素$x' = \sum_{i=1}^n x_i \otimes a'_i$，其中$x_i$属于到$R$以及$a'_i$到$A'$；由于 $x_i \otimes a'_i = (x_i \otimes 1)a'_i$ 和 $x_i \otimes 1$ 是 $A'$ (命题 2) 的积分，$x$ 也是如此。

$B \otimes_A C[A]$ 是 $C[A]$ 命题 5 的积分，因此 $R$ 中 $B \otimes_A C[A]$ 的典范像 $C[B]$ 也是如此（被视为A-代数）乘命题 2。

只要验证每个 $x \in C$ 都是 $A$ 的整数就足够了。到假设，存在一元多项式$X^n + b_1 X^{n-1} + \cdots + b$，$B$中的系数，$x$为根；那么$x$是$B' = A[b_1, \ldots, b_n]$的积分，因此$B'[x]$是有限生成的B-模。但由于$B$是$A$的积分，$B'$是有限生成A-模（命题4）；我们结论 B'[x] 也是有限生成A-模 (代数, 章 11, § 1, no. 13, 命题 25)，因此 x 是 A 的整数。

$R \otimes_A R$ 是 R (命题 5) 的积分，因此结论由命题 6 得出。

R 中 A' 的积分闭包在 A 上积分no. 1、命题 6；因此它等于A'。

设K为A的分数的域，B为A的积分闭包。 显然

K是B的分数的域并且应用命题7到$R = K$就足够了。

这紧随定义 3 和no. 1，推论 1 到命题 2。

应用命题 8 取$R$和$B_\lambda$等于$A$的分数$K$的域，并注意到$K$的子环在$K$内积分闭， 更不必说 是一个完整闭域，因为分数的域包含在$K$ 中。

这是no. 1、命题 3 中的直接的推论。

令$A$为主理想整环，$K$为分数的域，以及$K$的$x$元素。 $A$存在两个互质元素$a, b$，使得$x = ab^{-1}$(代数,章VII, § 1, no. 2,命题1和章VI, § 1, no. 11, 命题 9（DIV））。如果 $x$ 对 $A$ 整的，则它是多项式的根

X^n + c_1 X^{n-1} + \ldots + c_n \text{ } A[X]。然后$a^n = b(-c_1 a^{n-1} - \ldots - c_n b^{n-1})$，证明$b$除$a''$。由于$a$和$b$互质，这意味着$b$在$A$中可逆（代数，章VI, § 1, no. 12，推论1到命题11（DIV））；因此$x \in A$。

我们在 P 的次数 $n$ 上沿归纳前进，引理对于 $n = 0$ 和 $n = 1$ 是显而易见的。因此假设$n > 1$。令$a$为由P生成的$R[X]$的理想，并令$f$为$R[X]$到$B = R[X]/a$的典范同态。由于 P 是单调的，对于每个多项式 $Q \in R[X]$、$\deg(PQ) = \deg(P) + \deg(Q)$、从而 $a \cap R = 0$；因此限制到 R 是单射的。通过$f$将R与B的子环$f(R)$等同，并写成$b = f(X)$，我们看到$b$是B中P的根，P被视为$B[X]$中的多项式。那么$B[X]$中存在次数$n - 1$的一调多项式Q使得$P(X) = (X - b)Q(X)$(代数,章IV, § 1, no. 4,命题5)。到归纳假设，存在环$R' \supseteq B$，使得在$R'[X]$中，多项式Q是次数1的一元多项式的乘积；显然，$R'[X]$ P 是次数 1 的一元多项式的乘积。

通过双应用引理2，我们发现存在环R'包含R和R'的元素$(a_i)_{1 \leq i \leq m}, (b_j)_{1 \leq j \leq n}$族，使得在$R'[X]$

P Q 属于的系数到 R' 中 A 的积分闭包 $A'$，因此 (no. 2, 命题 7) 元素 $a, (1 \leq i \leq m)$ 和 $b, (1 \leq j \leq n)$ 属于到 A。因此，P 和 Q 的系数是 A 上的积分（no. 1，推论 1 至命题 4）。

设 A 为整环，K 为分数的域，K' K-代数（不一定可交换）。给定 K 上的代数元素 $x \in K'$，首一多项式 $P \in K[X]$ 满足 $P(x) = 0$ 形式 $K[X]$ 的理想$a \neq 0$，必然是主项 (代数, 章 IV, § 1, no. 5， 命题7)。存在唯一的一元多项式生成 a；推广代数、章、V, § 3, no. 1、定义 3 中引入的术语，这个一元多项式将被称为 x 在 K 上的最小多项式。

假设 (no. 1, 定理 1) 存在一个单调多项式$Q \in A[X]$，使得$Q(x) = 0$。如$K[X]$中的$P$除$Q$，从命题11可以得出$P$的系数在$A$上积分。

令 $A$ 为环且 $R$ 为（可交换的）$A$-代数；定义$R$上的$A$-代数结构的同态$\phi : A \to R$可以在$A$和$R$上唯一地扩展到多项式环的同态$A[X] \to R[X]$，留下$X$ 不变，因此 $R[X]$ 被赋予规范的 $A[X]$-代数结构。

通过将 $R[X_1, \ldots, X_n]$ 的多项式视为 $X$ 中的多项式，系数在 $R[X_1, \ldots, X_{n-1}]$ 中，我们立即看到，对于 $n = 1$，它被简化为证明命题。然后令$P$为$R[X]$的多项式；由no. 1、命题 5 立即得出，若$P$的系数在$R$、元素、$P$中$A$的积分闭包$B$内，则属于为$B[X] = B \otimes_A A[X]$，是$A[X]$的积分。相反，假设 $P$ 是 $A[X]$ 的积分，并令

是系数为$F_i \in A[X]$且$P$为根的一元多项式。令 $r$ 整数严格大于多项式 $P$ 和 $F_i$ ($1 \leq i \leq m$) 的所有次数，并让我们写

那么$P_1$就是多项式的根

系数在$A[X]$；因此我们可以写

现在$r$的选择意味着$-P_1$是$R[X]$的一元多项式，$G_m(X) = Q(X^r)$也是如此，首一多项式$F_k(X) X^{r(m-k)}$的次数对于$k \geq 1$来说都是$< rm$。我们结论首先多项式

$R[X]$ 也是单数；而且，由于$G_i$属于到$A$的系数，命题11表明$P_1$对$A$有系数积分，因此$P$的系数当然对$A$有积分。

这是从 no. 2 的命题 12 和定义 3 得出的。

通过归纳对$n$进行争论，问题立即还原为$n = 1$。令$K$为$A$的分数的域，这也是$A'$的域；如果$A[X]$的分数$K(X)$域元素$P$在$A[X]$上积分，则属于到多项式环$K[X]$，因为后者是主理想整环 (代数、章IV, § 1, no. 5、命题7)，因此整体封闭(命题10)；然后将命题 13 应用于 $\mathbf{R} = K$ 得出推论。

通过$n$上的归纳，足以证明$A[X]$（或$A[[X]]$）是完全积分闭的。 Then let $P$ be an element of the field of fractions of $A[X]$ (resp. $A[[X]]$) and suppose that there exists a non-zero element $Q \in A[X]$ (resp. $Q \in A[[X]]$) such that $Q P^m \in A[X]$ (resp. $Q P'' \in A[[X]]$) for every integer $m \geq 0$. 如果$K$是$A$分数域，$A[X]$（分别$A[[X]]$）是$K[X]$（分别$K[[X]]$）和$K[X]$（分别$K[[X]]$）子环主理想整环 (代数, 章 VII, § 1, no. 1) 因此整体封闭 (no. 4, 命题 10) 和诺特 (代数, 章 VIII, § 2, no. 3) 因此完全整体封闭；那么我们已经看到了

$P \in K[X]$（分别为$P \in K[[X]]$）。设$P = \sum_{k=0}^{\infty} a_k X^k$ ($a_k \in K$) 和$Q = \sum_{k=0}^{\infty} b_k X^k$ ($b_k \in A$)，我们通过假设$a_i$ 并不都是属于到$A$ 来论证；那么至少有指标$i$使得$a_i \notin A$；如果我们写

对于所有$m \geq 0$，紧接着假设还有$Q(P - P_1)^m \in A[X]$（或$Q(P - P_1)^m \in A[[X]]$）。令$j$是最小的整数，使得$b_j \neq 0$；显然，在至少次数的 $Q(P - P_1)^m$ 项中，系数 $\neq 0$ 是 $b_j a_i^m X^{j + mi}$，因此对于所有 $m \geq 0$ 来说，$b_j a_i^m \in A$；但由于$A$是完全积分闭的，这意味着$a_i \in A$，与假设相反。

令$(A_n)_{n \in \mathbf{Z}}$为$A$上定义的过滤；因为 $\bigcap_{n \in \mathbf{Z}} A_n$ 是理想 (0) 的闭包 (章 III, § 2, no. 5)，假设首先意味着过滤 $(A_n)$ 被分离，并且由于 $\mathrm{gr}(A)$ 是整环，所以$A$ (章 III, § 2, no. 3，推论命题1)。 Let $x = b/a$ be an element of the field of fractions $K$ of $A$ ($a \in A, b \in A$) for which there exists an element $d \neq 0$ of $A$ such that $dx^n \in A$ for all $n \geq 0$. 我们必须证明 $b \in A a$ 并且，到假设时，理想的 $A a$ 已关闭，足以证明，对于所有 $n \in \mathbf{Z}, b \in A a + A$。 由于$A$的过滤是穷举的，因此存在整数$q \in \mathbf{Z}$使得$b \in A a + A_q$。 因此，只要证明关系$b \in A a + A_q$蕴含$b \in A a + A_{q+1}$即可。

假设 $b = a y + z$ 其中 $y \in A, z \in A_{q+1}$。然后通过假设$dx^n \in A$对于所有$n \geq 0$，从而我们立即获得对于所有$n \geq 0$的$d(x - y)^n \in A$；在其他字，$dz^n = a^n t_n$，其中$t_n \in A$代表所有$n \geq 0$。显然，我们可以将极限的注意力集中到$z \neq 0$的情况。让$v$表示$A$（章III, § 1, no. 2）上的阶函数，并让我们写成$v(d) = n_1,\ v(z) = n_2 \geq m,\ v(a) = n_3$；设$d', z', a'$为$A_{n_1}/A_{n_1+1},\ A_{n_2}/A_{n_2+1},\ A_{n_3}/A_{n_3+1}$中$d, z, a$各自的像。对于所有$n \geq 0,\ v(dz^n) = n_1 + nn_2$（章III, § 2, no. 3，命题1），因此$dz^n$的$\mathrm{gr}(A)$中的典范像是$d'{z'}^n$；类似地，可以看出，$a^n t_n$的$\mathrm{gr}(A)$中的典范像是形式${d'}^n t'_n$，其中$t'_n \in \mathrm{gr}(A)$，并且，对于所有$n \geq 0,\ d'(z'/a')^n \in \mathrm{gr}(A)$，我们推断出$a' \neq 0$。 假设 $\mathrm{gr}(A)$ 是完全积分闭的，因此意味着存在 $s' \in \mathrm{gr}(A)$ 使得 $z' = a's'$；将$s'$分解为齐次元素的和，进一步看出（因为$z'$和$a'$是齐次的）$s'$可以被假设为齐次的，即元素$s \in A$的像；然后$v(as) = v(z) = n_2$和$z \equiv as \pmod{A_{n_2+1}}$；作为$n_2 \geq m, a fortiori$$z \equiv as \pmod{A_{m+1}}$，因此$b \equiv a(y+s) \pmod{A_{m+1}}$。