令$p$为$\mathbf{A}$的素理想，使得$p \cap S = \varnothing$。那么$a' \mapsto S^{-1}a'$是位于$p$上方的$\mathbf{A}'$理想的集合$\mathscr{F}$的满射映射到位于$S^{-1}p$上方的$S^{-1}\mathbf{A}'$理想的集合$\mathscr{F}_1$并且映射$a'_1 \mapsto i'(a'_1)$是$\mathscr{F}_1$的双射到理想属于到$\mathscr{F}$的集合上并且相对于$h(S)$饱和；特别地，$p' \mapsto S^{-1}p'$是位于$p$上方的$\mathbf{A}'$素理想的集合的双射到位于$S^{-1}p$上方的$S^{-1}\mathbf{A}'$素理想的集合。

我们知道$S^{-1}p$是$S^{-1}\mathbf{A}$的素理想，$i_1(S^{-1}p) = p$（章11，§ 2, no. 5，命题11）；如果存在$S^{-1}\mathbf{A}'$的理想$b'$位于$S^{-1}p$之上，则$h(i_1(b')) = i(h_1(b')) = p$；如$S^{-1}i'(b') = b'$（前述），这已经表明$\mathscr{F}$的像位于映射$a' \mapsto S^{-1}a'$包含$\mathscr{F}_1$之下。另一方面，如果$a' \in \mathscr{F}$、$a \in A$和$s \in S$，则有以下等价

$\iff$ 存在$t \in S$使得$h(t)h(a) \in a'$ $\iff$ 存在$t \in S$使得$ta \in \mathfrak{p}$ $\iff a/z \in S^{-1}\mathfrak{p}$。

因此$h_1^{-1}(S^{-1}a') = S^{-1}\mathfrak{p}$，完成证明，映射$a' \mapsto S^{-1}a'$下$\mathscr{F}$的像等于$\mathscr{F}_1$；其他断言是从章 11、§ 2, no. 5、命题 11 开始的。

让我们写出$B = A/\mathfrak{p}$，$B' = A'/\mathfrak{p}'$，并让$h_1 : B \to B'$是由$h$通过商得出的同态； $B$ 和 $B'$ 是整环，$B'$ 是$B$ 的积分（$§ 1$、no. 1、命题 2）。说 $\mathfrak{p}$（或 $\mathfrak{p}'$）是最大意味着 $B$（或 $B'$）是域。 命题由以下引理得出：

如果$A$是域，那么，对于$B$中的盟友$\neq 0$，$A[y]$是由假设（$§ 1$，定理1）有限生成的$A$-模块；因为$A[y]$是整环，所以它是域（*代数*，章V, § 2, no. 1，命题1）并且*更不必说*$y$在$B$中可逆，因此$B$是域。相反，假设$B$是域，并让$z \neq 0$进入$A$；由于$z^{-1} \in B$、$z^{-1}$是$A$的积分，其他字存在积分依赖方程

其中$a_i \in A$；现在这个关系表明

因此$A$肯定是域。

让我们写$S = A - \mathfrak{p}$；那么 $S^{-1}A'$ 是 $S^{-1}A$ 的积分 ($§ 1$, no. 5, 命题

16)，$S^{-1}p$是$S^{-1}A$的最大理想（章11，§ 2, no. 5，命题11），$S^{-1}a'$和$S^{-1}p'$是位于$S^{-1}p$之上的$S^{-1}A'$的理想(引理1) 和$S^{-1}a' \supseteq S^{-1}p'$。由于 $S^{-1}p'$ 是质数，因此它最大为命题 1，因此为 $S^{-1}p' = S^{-1}a'$；因此$a'$包含在$p'$相对于$h(S)$的饱和度中，等于$p'$（章II, § 2, no. 5，命题11）。

如果$a'$关闭核，则假设表示$a' \cap A = (0)$；由于$A'$是整环，可以应用推论1，将$p$和$p'$分别作为$A$的理想（0）和$A'$的理想（0），从而$a' = (0)$。

对于$A'$到包含$mA'$的素理想，其逆像低于$h$包含$m$是必要且充分的，因此它位于$m$之上，因为$m$在$A$；因此，$m'_j$是$A'$包含$mA'$（命题1）的唯一素理想，因此$c' = \bigcap_j m'_j$是$mA'$的根式（章II, § 2, no. 6，推论1到命题） 13）。由$q'_j$、类 mod 的定义。 $A' - m'_j$元素$q'_j$不是$A'/q'_j$中0除子；另一方面，由于$m'_j$是不同的最大理想，对于每个指标$j$，都存在元素$a'_j$属于到$\bigcap_j m'_j$而不是$m'_j$（章II, § 1, no. 1， 命题 4)：那么，对于所有 $x \notin m'_j, a'_j x \in r'$，因此类 mod。 $a'_j x$的$q'_j$是幂零的，并且由于$a'_j$的除子不是0，所以我们结论认为$x$的类是幂零的；另外字$m'_j$是$q'_j$的部首，证明(i)。由此可见，$q'_j$在对中互质（章II, § 1, no. 1，命题3）； (iii) 因此将是 (ii) 的推论，考虑到章 II, § 1, no. 2、命题 5. 为了建立 (ii)，我们注在环 $A'/mA'$ 中，$m'_j/mA'$ 是唯一的最大理想，并且$q'_j/mA'$是(0)相对于$m'_j/mA'$(章11,§ 2, no. 4)的饱和度；因此，我们可能会将注意力集中在案例$mA' = (0)$； (ii) 的断言则从章II, § 3, no. 3，推论2到定理1。

首先假设$A$是局部环，$p$是$A$的最大理想；那么，对于$A'$的每个最大理想$m'$，$h^{-1}(m')$是$A$（命题1）的最大理想，因此等于$p$，在这种情况下证明了定理（因为$A'$包含 $A$ 乘以假设，因此不会减少到 0)。一般情况下，我们写 $S = A - p$；那么 $S^{-1}A$ 是局部环，其最大理想是 $S^{-1}p$ (章 11, § 2, no. 5, 命题 11), $S^{-1}h : S^{-1}A \to S^{-1}A$，是单射 (章 II, § 2, no. 4, 定理 1) 并且$S^{-1}A'$ 是 $S^{-1}A$ 的积分 ($§ 1$, no. 5, 命题 16)；那么存在$S^{-1}p$上方的$S^{-1}A'$的素理想$q'$，并且我们知道$q' = S^{-1}p'$，其中$p'$是位于$p$（引理1）上方的$A'$的素理想。

如果 $h : A \to A'$ 不是单射，定理 1 不再必然为真，如同态 $Z \to \mathbf{Z}/n\mathbf{Z} \ (n > 1)$ 的例所示。然而定理 1 可以应用于典范嵌入 $h(A) \to A'$；在其他字中，定理 1 的叙述对于素理想 $p$ 包含 $\mathrm{Ker}(h)$ 成立。

$pA' \subset p'$ 和 $\bar{h}(p') = p$。

如果 $h_1 : A/a \to A'/a'$ 是 $h$ 取商所得的同态，$h_1$ 是假设的单射，$A'/a'$ 是 $A/a$ 的积分（$§ 1$、no. 1、命题 2）；则存在$A'/a'$（$A$中的p'素的）的素理想$p'/a'$位于$p/a$（定理 1）之上，并且$p'$是所需的理想。

令 $32$ 为 $A$ 的雅各布森根式。对于$A'$的每个最大理想$m'$，$m' \cap A$是$A$（命题1）的最大理想，因此$\mathscr{R} \subset m' \cap A$，因此$\mathscr{R} \subset \mathscr{R}' \cap A$（代数，章VIII, § 5, no. 3， 定义3）。相反地​​，令 $x \in 32' \cap A$；对于$A$的每个最大理想$m$，都存在一个位于$m$之上的素理想$A'$（定理1），并且这个理想$m'$必然是最大的（命题1），因此$x \in m' \cap A = m$和$x \in 32$。

令$\mathfrak{p}$为$f$的核，这是一个素理想，因为$f(A) \subset L$是整环；令 $\mathfrak{p}'$ 为$A'$ 的素理想，位于 $\mathfrak{p}$ (定理 1) 之上。那么 $A/\mathfrak{p}$ 与 $A'/\mathfrak{p}'$ 的子环被规范地等同，并且 $A'/\mathfrak{p}'$ 是 $A/\mathfrak{p}$ 的积分（$§ 1$、no. 1、命题 2）。 同态 $f$ 定义，将$A/\mathfrak{p}$的同构除以$L$的子环$f(A)$，可推广至域的同构$g$ 分数 $K$ $A/\mathfrak{p}$ 到子域 $L$。由于分数 $K'$ $A'/\mathfrak{p}'$ 的域是$K$ 上的代数，$g$ 可以扩展到$K'$ 的同构 $g'$ 到$L$ 的子域 （代数、章 V、$§ 4$、no. 2，定理 1 的推论）；如果$\pi': A' \to A'/\mathfrak{p}'$是典范同态，则$g' \circ \pi'$是同态，从$A'$到$L$延伸$f$。

事实上，通过定义 $h(S) \subset S'$ 并且，

凭借章II、$§ 2$、no. 3、命题8，足以证明，如果$A'$的素理想$q'$不满足$h(S)$，那么它也不满足$S'$。现在，假设 $q' \cap h(S) = \varnothing$ 并令 $q = h^{-1}(q')$；然后$q \cap S = \varnothing$，其他字$q \subset \mathfrak{p}$。由于$q'$位于$q$上方定义，因此从推论2到命题1，存在指标$c$，使得$q' \subset p'_c$进而$q' \cap S' = \varnothing$，从而完成证明。

让$S = A - p$；通过引理 1，我们可以通过 $S^{-1}A$ 实现替换 $A$，通过 $S^{-1}A'$ 实现 $A'$（这是一个有限生成的 $S^{-1}A$ 模块），通过 $S^{-1}p$ 实现 $p$；在其他字中，我们可以假设$A$是局部环，$p$是它的最大理想。然后（通过本号开头的注），$A$可以替换为$A/p$，$A'$替换为$A'/pA'$，$p$替换为$(0)$，因为$A'/pA' = (A/p) \otimes_A A'$是有限生成的$(A/p)$模块。这样，当$A$为域和$p = (0)$时，我们最终将问题减少为证明命题；那么$A'$是有限秩的$A$代数，因此是阿廷的，我们知道在这样的代数中只有有限的数素理想（章IV, § 2, no. 5，命题9）。

由于$S$的元素在$\mathscr{G}$下是不变的，显然，如果$\sigma.p' = p'$，也有$\sigma.(S^{-1}p') = S^{-1}p'$。相反，假设$\sigma \in \mathscr{G}$使得$\sigma.(S^{-1}p') = S^{-1}p'$；那么，如果$x \in p'$，$(\sigma.x)/1 \in S^{-1}p'$，因此存在$s \in S$使得$s(\sigma.x) \in p'$，从而$\sigma.x \in p'$，因为$p'$是素数且$s \notin p'$；这证明了$\sigma.p' \subset p'$，并且可以类似地证明$\sigma^{-1}.p' \subset p'$，因此$\sigma.p' = p'$和$\sigma \in \mathscr{G}^{\mathbf{Z}}(p')$。如果$\sigma \in \mathscr{G}^{\Gamma}(p')$，则$\sigma.x - x \in p'$对于所有$x \in A'$，因此，对于所有$s \in S$，

因此$\sigma \in \mathscr{G}^{\Gamma}(S^{-1}p')$。相反，假设$\sigma \in \mathscr{G}^{\Gamma}(S^{-1}p')$；那么，对于所有$x \in A'$，$\sigma.(x/1) - (x/1) \in S^{-1}p'$，因此存在$s \in S$，使得$s(\sigma.x - x) \in p'$，从而如上$\sigma.x - x \in p'$，这证明了$\sigma \in \mathscr{G}^{\Gamma}(p')$。最后两个断言是从§ 1, no. 9、命题23开始的。

(i) 给定$A'$的两个素理想$p', q'$位于$A$的同一素理想$p$之上，存在$\sigma \in \mathscr{G}$使得$q' = \sigma.p'$；在其他字中，$\mathscr{G}$可传递地作用于$p$之上的$A'$素理想的集合。

(ii) 设$p'$为$A'$、$p = p' \cap A$和$k$（分别为$k'$）、域或$A/p$（分别为$A'/p'$）的分数。那么$k'$是$k$和典范同态$\sigma \mapsto \bar{\sigma}$从$\mathscr{G}^{\mathbf{Z}}(p')$到群$\Gamma$的$k$自同构（$k'$定义），通过取$\mathscr{G}^{\mathbf{Z}}(p')/\mathscr{G}^{\Gamma}(p')$ 的同构到 $\Gamma$ 的商。

(*) 在阶中，为了避免与字“正常”的其他含义混淆，我们今后使用项“准伽罗瓦扩展”作为代数、章、V, § 6, no. 2、定义2中定义的项“正常扩张”的同义词。

(i) 如果$x \in \mathfrak{q}$则$\prod_{\sigma \in \mathscr{G}} \sigma.x \in q' \cap A = p \subset p'$；那么存在$\sigma \in \mathscr{G}$使得$\sigma.x \in p'$，即$x \in \sigma^{-1}.q'$。我们结论即$q' \subset \bigcup_{\sigma \in \mathscr{G}} \mathfrak{s}.\mathfrak{p}'$，因此（因为$\mathscr{G}$是有限的且$\mathfrak{s}.\mathfrak{p}'$素的）存在$\sigma \in \mathscr{G}$使得$\mathfrak{q}' \subset \mathfrak{s}.\mathfrak{p}'$（章II, § 1, no. 1，命题2）；因为$q'$和$\sigma.\mathfrak{p}'$都位于$p$、$q' = \sigma.\mathfrak{p}'$之上（no. 1，推论1到命题1）。

(ii) 要看出$k'$是$k$的拟伽罗瓦扩展，只需证明元素$\bar{x} \in A'/p'$是$k[X]$中的多项式$P$的根，其所有根都在$A'/p'$中（代数、章 V, § 6, no. 3、推论 3 至命题 9）。现在，让$x \in A'$代表类$\bar{x}$；多项式 $Q(X) = \prod_{\sigma \in \mathscr{G}} (X - \sigma.x)$ 的所有系数都在 $A$ 中；令$P(X)$为$(A/p)[X]$中的多项式，其系数为$Q$在典范同态$\pi : A \to A/p$下的像。由于$\pi$可以被认为是典范同态$\pi' : A' \to A'/p'$的限制到$A$，因此可以看出，$P$是线性因子$X - \pi'(\sigma.x)$的$(A'/p')[X]$中的乘积，因此求解自$\bar{x} = \pi'(x)$起问题。

显然，对于所有$\sigma \in \mathscr{G}^z$，$\hat{\sigma}$是$k'$的$k$自同构；仍然需要验证 $\sigma \mapsto \hat{\sigma}$ 映射 $\mathscr{G}^z$ 到 $k'$ 的所有 $k$ 自同构的群上。让我们写$S = A - p$；由于§ 1, no. 9、命题 23 和关系 $S^{-1}p' \cap S^{-1}A = S^{-1}(A \cap p') = S^{-1}p$，$k$ 和$k'$ 分别不会被替换 $A'$ 和$p'$ $S^{-1}A'$ 和$S^{-1}p'$ 改变（章11，§ 2, no. 4）；从引理 3 可以看出，$\mathscr{G}^z$ 及其在 $k'$ 上的运算都没有改变；因此，我们可以将注意力限制在$p$最大的情况，在这种情况下，我们知道$p'$也是最大（no. 1，命题1），因此对于某些$x \in A'$，$k'$的每个元素都是形式$\pi'(x)$；从上面可以看出，这样的元素是次数$\leq \mathrm{Card}(\mathscr{G})$的$k[X]$多项式的根。由于$k$的每个有限可分扩张都承认一个原语元素（代数，章V, § 7, no. 7，命题12和§ 11, no. 4，命题4），因此可以看出，每个有限可分扩张 $k'$中包含的$k$是次数$\leq \mathrm{Card}(\mathscr{G})$、从而，因此$k'$中包含的$k$中的最大的可分扩张$k'_s$(代数， 章 V, § 7, no. 6、命题 11) 为次数 $\leq \mathrm{Card}(\mathscr{G})$ (代数、章 V, § 3, no. 2、注 2)。令$y \in A'$为元素，使得$\pi'(y)$是$k'_s$的原语元素。 $\sigma \in \mathscr{G} - \mathscr{G}^z$ 的理想$\sigma.p'$ 是最大的，并且与 $p'$ 相差定义；因此，存在$x \in A'$，使得$x \equiv y \pmod{p'}$和$x \in \sigma^{-1}p'$对应$\sigma \in \mathscr{G} - \mathscr{G}^z$（章11，§ 1, no. 2，命题5）。既然如此，设$u$是$k'$的$k$自同构，并设$P(X) = \prod_{\sigma \in \mathscr{G}} (X - \pi'(\sigma.x))$；由于$\pi'(x)$是$P$和$P \in k[X]$的根，$u(\pi'(x))$也是$k'$中$P$的根，因此存在$\tau \in \mathscr{G}$使得

但是$u(\pi'(x)) \neq 0$，对于$\sigma \in \mathscr{G} - \mathscr{G}^z$，$\sigma.x \in p'$，因此$\pi'(\sigma.x) = 0$；我们结论必然$\tau \in \mathscr{G}^z$。但由于$u$和$\tilde{\tau}$对于$k'_s$的原语元素$\pi'(y) = \pi'(x)$具有相同的值，因此它们在$k'_s$上有重合，并且由于$k'$是$k'_s$的根式扩张，他们在$k'$上重合。