命题 4 of § 3, no. 2，足以证明公式

定义环 $K[X]$ 的估值。作为

由此可见

对于$K[X]$中的$P, Q$，如果$w(P) \neq w(Q)$则保持等式。我们表明

对于 $P = \sum a_j X^j$ 和 $Q = \sum b_j X^j$。令 $i$（分别为 $k$）为整数 $j$ 中的最小值，使得 $v(a_j) + j\xi$（分别为 $v(b_j) + j\xi$）达到其最小值；让$a$（或$\beta$）表示这个最小值。对于$\mathbf{N}$中的$j, j'$，

从而 $w(PQ) \geq a + \beta$ 由 (2) 得出。现在考虑$PQ$中次数$i + k$的项$c X^{i+k}$；然后$c = \sum_{n \in \mathbf{Z}} a_{i+n} b_{k-n}$；由 $i$ 和 $k$、元素中的选择计算

一次且仅一次使用 $n = 0$ 取最小值值 $a + \beta$；因此 $w(c X^{i+k}) = a + \beta$, 从而, 由 (1),

我们展示w的第一个唯一性。令 $P = \sum_j a_j X^j$ 为 $K[X]$ 的元素。然后是$w(a_j X^j) = v(a_j) + j\xi$，它表明单项式$a_j X^j$使得$a_j \neq 0$对于w具有不同的值。由此得出 $w(P) = \inf_j (v(a_j) + j\xi)$，它既显示了 w 在 $K[X]$ 上的唯一性（因此也在 $K(X)$ 上），也显示了 w 的阶群是 $\Gamma + \mathbf{Z}\xi$。进一步看出，如果$P \neq 0$，我们可以写成$P = a X^n (1 + u)$，其中$a \in K^*, n \in \mathbf{N}, u \in K(X)$和$w(u) > 0$；因此，$K(X)$中的每个元素$R \neq 0$都可以写成形式

其中 $b \in K^*, n \in \mathbf{Z}, u' \in K(X)$ 和 $w(u') > 0$；那么$w(R) = v(b) + n \xi$，因此$w(R) = 0$当且仅当$v(b) = 0$和$n = 0$；因此，当$w(R) = 0$、$R$和$b$对$w$的理想模取模时全等，这表明$w$的剩余类域等于$v$的剩余类域。

最后从引理 1 得出$w$ 的存在性。

为了显示$w$的唯一性，我们只需证明，如果$P = \sum_j a_j X^j$是$K[X]$的非零元素，那么

我们可以将$K^*$中的除$P$乘以元素，并假设$v(a_j) \geq 0$对于所有$j$，并且$v(a_j)$之一是零。 作为$w(X) = 0$，$P$，然后$w$的属于到环；将$k$中$a_j$的典范像写成$\bar{a}_j$，将剩余类域$k'$中$P$的典范像写成$\sum_j \bar{a}_j t^j$；由于$t$超越$k$，并且$\bar{a}_j$之一非零，因此像非零，从而 现在我们证明$w$的存在。 公式$w(P) = \inf_j (v(a_j))$（对于$P = \sum_j a_j X^j$）定义凭借引理1对$K(X)$的估值$w$，并且$w$显然与$v$具有相同的阶群。 然后$w(X) = 0$。 我们证明$w$的剩余类域$k'$中$X$的典范像$t$超越$k$：如果$\sum_j \bar{a}_j t^j = 0$，其中$\bar{a}_j \in k$对于所有$j$，则用$a$表示，a $v$、$w \left( \sum_j a_j X^j \right) > 0$中的环代表$\bar{a}_j$； 从而$v(a_j) > 0$对于所有$j$，因此$\bar{a}_j = 0$对于所有$j$。 We show finally that $k' = k(t)$: every element $R$ of $K(X)$ may be written $R = c \left( \sum_j a_j X^j \right) / \left( \sum_j b_j X^j \right)$, where $c, a_j, b_j$ are in $K$, $v(a_j) \geq 0$ and $v(b_j) \geq 0$ for all $j$, one of the $v(a_j)$ and one of the $v(b_j)$ being zero; then $w(R) \geq 0$ if and only if $v(c) \geq 0$; denoting by $f$ the canonical homomorphism of the ring of $w$ onto $k'$,

这证明了我们的断言。

持有。

事实上，令$G_0 \subset G_1 \subset \ldots \subset G_n$为G的孤立子群的严格递增的序列，则需要建立不等式

对于$n = 0$来说这是显而易见的。假设$n \geq 1$，让我们用归纳对$n$进行争论。 应用归纳假设到群$G_{n-1}$及其子群$H \cap G_{n-1}$，我们得到

那么我们区分两种情况：

(a) $H \cap G_{n-1} = H$，其他字$H \subset G_{n-1}$。 不等式 (7) 可以写成

现在$G/G_{n-1}$是一个完全有序的群，没有减少到0；因此它不是挠元群和 $r(G/G_{n-1}) \geq 1$。 (4) 从而，$r(G/H) \geq r(G_{n-1}/H) + 1$。代入(8)，我们当然得到所需的不等式(6)。

(b) $H \cap G_{n-1} \neq H$。由于$H \cap G_{n-1}$是$H$的孤立子群，我们将结论视为$h(H) > h(H \cap G_{n-1}) + 1$。另一方面，显然$r(G/H) \geq r(G_{n-1}/(H \cap G_{n-1}))$。代入(7)，再次得到(6)。

让我们写$r = r(G) = h(G)$。如果$r = 0$，则$G = (0)$。如果有限生成交换式群的$r = 1$，结构表明G有同构$j$到Z上（*代数*，章VII, § 4, no. 6，定理3）。现在Z只有两种与其群结构兼容的总序，即通常的序及其相反。因此，按照通常的顺序，$j$或$-j$是有序的群G到Z上的同构。

现在假设$r \geq 2$，让我们用归纳对$r$进行争论。令 H 为高度为 $r - 1$ 的 G 的孤立子群。然后是 $r(H) + r(G/H) = r$ (公式 (4))、$r(H) \geq h(H) = r - 1$ 和 $r(G/H) \geq h(G/H) = 1$（命题 3 的推论）、从而 $r(H) = r - 1$ 和 $r(G/H) = 1$。 归纳假设表明 H 与按字典顺序排序的 $\mathbf{Z}^{r-1}$ 同构的，而情况 $r = 1$ 表明 $G/H$ 与 Z 同构的。由于 Z 是自由 Z 模，因此 H 是 G 的 直因子 (代数, 章 11, § 1, no. 11，命题21)。下面的引理则表明G与词典乘积$H \times (G/H)$同构的（非规范），从而完成了证明。

令$j$为$(G/H) \times H$的同构到G上，使得$j(0, x) = x$对于所有$x \in H$和$j(y, x)$属于到H的陪集。由于$(G/H) \times H$是全序的，这相当于表明$j$是*递增* （*集合理论*、章III, § 1, no. 12、命题11）。令 $(y, x)$ 为 $(G/H) \times H$ 的元素 $\geq 0$ 按字典顺序排序。如果 $y > 0$，则 H 包含 $j(y, x)$ 的陪集为元素 $> 0$、从而 $j(y, x) > 0$，否则为 $y \leq 0$ (§ 4, no. 2、命题 3)。如果$y = 0$和$x \geq 0$，则$j(y, x) = x \geq 0$。因此$j$肯定是递增。

如*阶群*。

如果$r+s = 0$，我们的断言是显而易见的。我们通过归纳对$r+s$进行争论。如果$r' \leq r, s' \leq s$和$r'+s' < r+s$，归纳假设表明，如果$K$被$K(x_1, \ldots, x_s, y_1, \ldots, y_{r'})$取代，族$(x_1, \ldots, x_s), (y_1, \ldots, y_r)$被$(x_{s'+1}, \ldots, x_s), (y_{r'+1}, \ldots, y_r)$取代，定理1的假设成立。因此问题减少为以下两种情况之一：

(a) 环$v'$中存在元素$x$，使得$\overline{x}$超越$k$；那么有必要证明$x$超越$K$，并且$v'$到$K(x)$的限制承认$k(\overline{x})$为剩余类域，$\Gamma$为阶群。

(b) $K'$中有元素$y$，使得关系$nv'(y) \in \Gamma$和$n \in \mathbf{Z}$隐含$n = 0$；有必要证明$y$超越$K$，并且$v'$到$K(y)$的限制承认$k$为剩余类域，$\Gamma + \mathbf{Z}v'(y)$为阶群。

现在§ 8, no. 1的命题 1表明$x$（分别为$y$）不能是$K$的代数。 (a) 的其他断言（分别为 (b)）紧随 no. 1 的命题 2（分别为命题 1）。

持有。

此外，如果$K'$是$K$的有限生成的扩张且等式在(9)中成立，则$\Gamma'/\Gamma$是$\mathbf{Z}$的有限生成的模，而$k'$是$k$的有限生成的扩张。

令$r$和$s$为自然数，使得$r \leq r(v'/v)$和$s \leq s(v'/v)$；我们证明$r+s \leq d(K'/K)$，这将证明（9）。到假设时，$K'$存在元素$x_1, \ldots, x, y_1, \ldots, y$，其中满足是定理1的假设。

因此，它们在 $K$ 上是代数独立的，这表明不等式 $r + s < d(K'/K)$。

如果$K'$是$K$有限生成的扩张，则$d(K'/K)$是有限的，因此$s(v'/v)$和$r(v'/v)$也是有限的；我们用$s$和$r$表示它们。存在$K'$的元素$x_1, \ldots, x_s, y_1, \ldots, y_r$，其中满足定理1的假设。如果$r + s = d(K'/K)$，这些元素形式超越$K'$的基因此，$K$和$K'$是$K'' = K(x_1, \ldots, y_r)$的有限代数扩张。令$\Gamma''$和$k''$为$v'$到$K''$的限制和阶群和剩余类域。通过定理 1，$\Gamma''/\Gamma$ 是有限生成的 $\mathbf{Z}$ 模，$k''$ 是$k$ 的有限生成的纯扩张。另一方面，由于$K'$是$K$的有限代数扩张，$\Gamma'/\Gamma$是有限群，$k'$是$k''$的有限代数扩张（§ 8, no. 1，引理） 2）。这就证明了推论。

如果(10)中有等式，则(9)中有等式，从而事实上$k'$是$k$的有限生成的扩张，并且$\Gamma''$是有限生成的$\mathbf{Z}$模。进一步比较(9)和(10)，可以看出$h' - h = r(\Gamma'/\Gamma)$、从而$h' = r(\Gamma')$和命题 4 (no. 2)则表明$\Gamma'$与按字典顺序排列的$\mathbf{Z}^{h'}$同构的。

它是推论1、2、3的特殊情况的级数。