显然$B_{p_i} \subset A_i$。为了证明逆命题包含，我们需要以下引理：

这样$f(x) \neq 0$和元素$z = f(x)^{-1}$享有$1 \leq i \leq n$的以下属性：

暂时假设引理，我们展示它如何暗示$A_1 \subset B_{p_1}$。令 $x$ 为 $A_i$ 的非零元素。我们将引理应用于$x$，并将$v_i$与$\mathbf{A}_i$相关联。然后$v_i(z) \geq 0$和$v_i(zx) \geq 0$对于所有$i$，因此$z \in B$和$zx \in B$。作为$v_1(x) \geq 0$，$v_1(z) = 0$，因此$z \notin p_1$。因此$x = zx/z \in B_{p_1}$。 域分数 $B$ 然后包含 $A_1$ 因此是 $K$。

我们现在转到引理的证明。令$I$为指标$i$的集合，使得$v_i(x) \geq 0$。对于所有$i \in I$，让$\bar{x}_i$表示$\kappa(\mathbf{A}_i)$中$x$的典范像。对于所有$i \in I$，我们构造一个多项式，如下：如果存在形式(1)的多项式$g(X)$，使得$\kappa(\mathbf{A}_i)$中的$g(\bar{x}_i) = 0$，我们取，是这样一个多项式；否则我们取$f_i = 1$。然后我们写$f(X) = 1 + X^2 \prod_{i \in I} f_i(X)$。显然它是形式(1)的多项式。如果$i \in I$，则$f(x) \in A_i$，并且$(\bar{x}_i) \neq 0$乘以构造；因此$f(x) \notin m(\mathbf{A}_i)$、$v_i(f(x)) = 0$和$v(z) = 0$。如果$i \notin I$，则$v_i(x) < 0$，从而$v_i(f(x)) = kv_i(x)$（§ 3, no. 1，命题 1）并且

（自 $k \geq 2$ 起）。 从而引理。

如果$p_i \subset p_j$代表$i \neq j$，则$\mathbf{A}_i = B_{p_i} \supset B_{p_j} = \mathbf{A}_j$。然后应用章II, § 3, no. 5就足够了，推论到命题17。

由于$p_i$是$B$、$A_i/m(A_i) = B_{p_i}/p_iB_{p_i} = B/p_i$的最大理想，因此可以假设$a_i \in B$对于所有$i$。由此得出的推论是，从 $B$ 到 $\prod_{i=1}^n (B/p_i)$ 的典范映射是满射（章 11、§ 1, no. 2、命题 5）。

对于每个指标$i$，将推论1应用于$(a_i)$族，使得$a_i = 1$和$a_j = 0$适用于$j \neq i$。

我们可以将注意力集中在$A_i \not\subset A_j$代表$i \# j$的情况。令$V$为$K$包含$B$的估值环。我们写

存在最大理想 $p_i$ $B$ 包含 $p$、从而

如果$v_i$不正确，则$a_i = 0$和关系$v_i(x - a_i) \geq a_i$对于所有$x \in K$都成立。因此我们可以假设$v_i$并无不当。

令$A_i$为$v_i$、$B = \bigcap_{i=1}^n A_i$和$p_i = m(A_i) \cap B$的环。到no. 1的命题 1，$a_i$可以写成$a_i = b_i/s$（$b_i \in B, s \in B - \{0\}$）；如果我们写$x = y/s$和$\alpha_i' = \alpha_i + v_i(s)$，那么$v_i(y - 6_i) \geq \alpha_i'$。这表明我们可以假设 $a_i \in B$ 对于所有$i$；我们也可以假设 $\alpha_i > 0$ 对于所有$i$。令$v_i$为$z \in \mathbf{K}$的集合，这样$v_i(z) \geq a$，我们写为$q_i = v_i \cap B$。对于$x \in B, v_i(x - a_i) \geq \alpha_i$相当于$x \equiv a_i (\mathfrak{q}_i)$。因此，我们需要证明典范同态 $B \to \prod_{i=1}^n (B/q_i)$ 是满射，即 $q_i + q_j = B$ 对应 $i \neq j$ (章 11, § 1, no. 2, 命题 5)。由于 B 的最大理想是 $\mathfrak{p}_i$ (命题 2)，因此只要证明 $q_i \notin \mathfrak{p}_j$ 对应 $i \neq j$ 就足够了。

假设存在$i, j$使得$q_i \subset \mathfrak{p}_j$和$i \neq j$。我们很快就会看到，$q_i$的根式是B的*素的*理想$p$。然后是$p \subset \mathfrak{p}_j$，还有$\alpha_i > 0$以来的$p \subset \mathfrak{p}_i$，因此是$q_i \subset \mathfrak{p}_i$。因此 $A_1 = B_s \subset B_p$ (no. 1, 命题 1) 以及类似的 $A_1 \subset B_r$。现在，为$v_i \neq (0)$和$v_i = B_{\mathfrak{p}_i} q_i$（章11、§ 2, no. 4、命题10）、$q_i \neq (0)$、从而、$p \neq (0)$和$B_r \neq K$。这个与……矛盾假设即$A_1$和$A_1$是独立的。

仍有待证明 $p$ 是质数。现在，这是从以下引理得出的：

假设$xy \in c$。那么存在$n \geq 1$使得$(xy)^n \in b$。令 $v$ 为与 A 相关的估值。如果对于例，$v(x) \geq v(y)$，则

从而$x^{2n} \in b$和$x \in c$。

我们可以假设 $A_i \neq K$ 对于所有$i$。那么，对于所有$i$，都存在一个$a_i \in K$，这样$v_i(a_i) = \gamma_i$，并且存在一个$a_r \in \Gamma_r$，这样$\gamma_i < a_r$。我们应用定理 1 到这些元素 $a_i$：存在$x \in K$使得$v_i(x - a_i) > v_i(a_i)$； 从而，如$x = a_i + (x - a_i)$、$v_i(x) = v_i(a_i) = \gamma_i$（$§ 3$、no. 1、命题 1）。

假设由 $v$ 和 $v'$ 定义的拓扑 $\mathscr{T}_v$ 和 $\mathscr{T}_{v'}$ 是相同的。由于 $\mathscr{T}_v$ 是 Hausdorff，$K^2$ 的对角线是闭合的，因此 $v$ 和 $v'$ 是相关的（推论 2 到定理 1）。

相反，假设 $v$ 和 $v'$ 是相关的。那么它们的环$A$和$A'$包含在与$K$不同的同一个环$A''$中，并且$A''$是评估$v''$的环（$§ 4$，no. 1， 命题1)。只要证明拓扑 $\mathscr{T}_{v''}$ 与 $\mathscr{T}_v$ 相同即可。设$\Gamma$和$\Gamma''$为$v$和$v''$的阶群。 $\Gamma$ 到 $\Gamma''$ 上存在递增同态 $\lambda$，使得 $v'' = A \circ v$ ($§ 4$, no. 3)。若$a'' \in I?''$，令$a \in \lambda^{-1}(a'')$； 条件 $v(x) \geq \alpha$ 意味着 $v''(x) \geq a''$。设$\beta \in \Gamma$和$\beta'' = \lambda(\beta)$； 条件$v(x) \leq \beta$意味着$v''(x) \leq \beta''$，因此条件$v''(x) > \beta''$意味着$v(x) > \beta$。由于$v$和$v''$并非不恰当，因此对于$\mathscr{T}_v$和$\mathscr{T}_{v''}$，邻域的定义基本系统为0。因此$\mathscr{T}_v = \mathscr{T}_{v''}$，它完成了证明。

注 (1) 命题 3 表明关系 '“$v$ 和 $v'$ 是相关的”' 是等价关系。 (2) 考虑到高度 1 的估价和超测量绝对值值 (§ 6, no. 2) 之间的关系，在高度 1 估价的情况下，从等效绝对值值的刻画得出命题3（一般拓扑、章） IX, § 3, no. 2、命题5)。

对于 $n = 2$ 命题 4，从定义 1 得出。假设它适用于 $n - 1$ 估值。则存在与 K 不同的 K 的子环 A 和包含 $A_1, \ldots, A_{n-1}$；还存在子环 B $\neq K$ 包含于 $A_{n-1}$ 和 $A_n$。由于 A 和 B 包含于 $A_{n-1}$，它们在包含方面具有可比性（§ 4, no. 1，命题 1 的推论）。因此，这两者中较大的一个为包含所有 $A_i$。

让$K_i$表示域K，拓扑由$f_i$定义。待证明的结果等价于：在乘积$P = K_1 \times \cdots \times K_n$中，对角线D的闭包$\overline{D}$等于P。这对于$n = 1$来说是显而易见的。假设在$k < n$有k绝对值的情况下，这个点已经成立。

我们首先证明，对于$2 \leq h \leq n$，K 存在元素 $x_h$，使得$f_1(x_h) < 1, f_2(x_h) > 1$ 和$f_i(x_h) \neq 1$ 对于$3 \leq i \leq h$。我们在归纳在$h$争论。如果$h = 2$，这是因为$f_1$和$f_2$不等价。因此我们假设$x_{h-1}$的存在性已被证明，并证明$x_h$的存在性。如果$f_h(x_{h-1}) \neq 1$，我们可以取$x_h = x_{h-1}$；如果$f_h(x_{h-1}) = 1$，我们选择$z \in K^*$，这样$f_h(z) \neq 1$和$x_h = z(x_{h-1})^s$可以解决问题的s足够大。这样我们就证明了$x_h$的存在。

由于整数$q$趋于无穷大，$f_1(x_n^q)$趋于0，$f_2(x_n^q)$趋于$+\infty$，$f_i(x_n^q)$趋向于0或$+\infty$（对于$i \geq 3$）。写$y_q = x_n^q(1 + x_n^q)^{-1}$，

因此，序列$(y_q)$在$K_1$中趋于0，在$K_2$中趋于1，在$K_i$中对于$i \geq 3$趋于0或1。通过改变$K_i$的编号，因此可以假设存在整数$r$($1 \leq r < n$)使得$\overline{D}$包含点$(e_1, \ldots, e_n)$其中$e_i = 1$代表$1 \leq i \leq r$并且$e_i = 0$ 换$r + 1 \leq i \leq n$。现在， $\overline{D}$ 是 P 的向量子 K 空间。因此 $\overline{D}$ 包含的对角线 D' 和 D'' 和$P'' = K_{r+1} \times \cdots \times K_n$。 归纳假设、$P' = \overline{D}'$ 和 $P'' = \overline{D}''$。因此$\overline{D} = P$。