我们首先展示（a）和（b）的等价。推论 2 到定理 3、§ 1, no. 6，立即表明 (a) 蕴涵 (b)。相反，(b) 意味着 (a)，因为对于 $A$ 的每个素理想 $p$，都存在$K$ 的估价环，它支配$A_p$（章 VI, § 1, no. 2，定理 2 的推论）。

证明的余数由证明执行，结果如下：

如果 $A$ 是戴德金域且 $b$ 是非零分数理想，则对于每个最大理想 $p$ ($§ 1$, no. 4, 命题 7) 都有$bA_p = bA_p$，因此$b = 6$ (章) II、$§ 3$、no. 3、推论 3 至定理 1)；因此（a）意味着（c）。

现在我们证明 (c) 蕴涵 (d)。如果(c)成立，映射$a \mapsto \operatorname{div} a$是$I(A)$的双射到$D(A)$（cf.$§ 1$，no. 1）；因为它是同态（$§ 1$，no. 2）并且$D(A)$是群，所以$I(A)$的每个元素都是可逆的。

我们证明 (d) 蕴涵 (e)。如果(d)成立，$A$的每个积分理想$\neq (0)$都是有限生成的（章11，$§ 5$，no. 6，定理4），因此$A$是诺特；因为$I(A)$是群，$D(A)$是群，因此$A$是完全整体封闭的（$§ 1$，no. 2，定理1）。最后，如果$p$是$A$的非零素理想，$m$是$A$包含$p$的极大理想，则环$A_{m}$是主理想整环（章） II、$§ 5$、no. 6、定理 4)；因为 $pA_m$ 是素数且非零，必然 $pA_m = mA_m$ （主理想整环是戴德金域） 从而 $p = m$ (章 11, $§ 2$, no. 5, 命题 11) 并且$p$ 是最大的。

现在我们证明 (e) 蕴涵 (f)。如果$m$是$A$的最大理想且(e)成立，则$A_{m}$是全闭域诺特，其最大理想$mA_m$是(0)，或者是$A_{m}$的唯一非零素理想；因此$A_{m}$是域或$§ 1$、no. 7的命题 11的离散估值环。

(f) 暗示 (g) 的事实是显而易见的。

最后我们证明（g）蕴涵（a）。由于$A$是$A_{m}$的交，其中$m$贯穿最大理想的集合（章II、$§ 3$、no. 3，推论4到定理1），(g)意味着$A$ 是积分闭的，诺特因此$A$ 是克鲁尔域（$§ 1$，no. 3，定理 2 的推论）。另一方面，可以证明 $A$ 的每个非零素理想都是最大的，如证明中的 (d) $\Rightarrow$ (e)。

令$A$为半局部戴德金域，$K$为分数的域，$p_1, \ldots, p_n$其最大理想以及$v_1, \ldots, v$、相应的基本估值；这些是$A$唯一的基本估值。令$a$为$A$的非零积分理想。由于它是除数，因此存在 ($§ 1$, no. 4, 命题 5) 整数 $q_1, \ldots, q_n$，使得$a$是$x \in K$的集合，使得$v_i(x) \geq q_i$对于$1 \leq i \leq n$。令 $x_0$ 为 $K$ 的元素，使得 $1 \leq i \leq n$ 为 $v_i(x_0) = q_i$（章 VI、$§ 7$、no. 2，推论 1 到定理 1）。那么 $a$ 是 $x \in K$ 的集合，这样 $v_i(xx_0^{-1}) \geq 0$ 就代表 $1 \leq i \leq n$。因此$a = Ax_0$。

如果 $A$ 是戴德金域，则可以看出，在定理 1 的证明中，A 的除子的群 D(A) 等同于分数理想 $a \neq (0)$ 的群 I(A)（因为 A 是诺特，每个非零分数理想都是有限生成的）。然后将 A ($§ 1$, no. 2) 的除子类群 C(A) 与 A 的理想 $\neq 0$ 的类的群进行识别（在章 II 中定义， $§ 5$、no. 7）。

替换如果需要是$n_i$ 大于整数，则可以假设它们全部为正。我们首先检查$x_i$在$A$中的情况；显然这相当于找到 $x \in A$ 满足同余

$x$的存在则由章II, § 1, no. 2、命题5得出。

我们现在讨论一般情况。我们可以写$x_i = s^{-1} y_i$，其中$s, y_i$在$A$中；写$x = s^{-1} y$，就等于找到一个$y \in A$，这样，对于所有与$p_i$不同的$p \in P$，一方面是$v_{p_i}(y - y_i) \geq n_i + v_{p_i}(s)$，另一方面是$v_p(y) \geq v_p(s)$；作为 $v_p(s) = 0$，除了指标 $p$ 的有限数之外，它因此被简化为上述情况； 从而命题。

命题 2 可以解释为稠密性定理。 准确地说，对于所有$p \in P$，令$\hat{K}_p$（或$\hat{A}_p$）为$K$（或$A$）对于离散估值$v_p$的完成，并考虑乘积$\prod_{p \in P} \hat{K}_p$；如果$x_p \in \hat{A}_p$对于所有$p \in P$（其中有限的数除外），则此乘积的元素$x = (x_p)$被称为$A$的受限adèle。 显然，受限广告的集合$A$是$\prod_{p \in P} \hat{K}_p$的子环，其中包含乘积环$A, = \prod_{p \in P} \hat{A}_p$。 考虑$A$，乘积拓扑，$A,$是完整的； $A$上有一个独特的拓扑$\mathscr{T}$，与其加法群结构兼容，其中$A$中的邻域为0，形式为邻域的基本系统$\mathscr{G}$ 0。 拓扑 $\mathscr{T}$ 与$A$ 上的环结构兼容；对于一般拓扑、章 111、§ 6, no. 3的明确公理（AVII）成立，由$A,$上的$\mathscr{T}$引发的拓扑与$A,$上的环结构兼容。 另一方面，对于所有$x \in A$，存在$P$的有限子集$J$，这样，如果我们写$J' = P - J, \ K_J \leq \prod_{p \in J} \hat{K}_p, \ A_{J'} = \prod_{p \in J'} \hat{A}_p,$，那么x \in K_J \times A_{J'} 并且，由于$\hat{A}_p$对于所有p在$\hat{K}_p$中开，$\mathscr{G}$是一个基本函数$K_J \times A_{J'}$ 上的乘积拓扑为 0 的邻域系统；因为后者与乘积上的环结构兼容，*通用拓扑*、章III、*loc的公理（AV_1）。 cit.* 也被认为成立，这证明了我们的断言。 显然，A 是 A 的*开* 子环，因此 A 也是一个*完整*环（*一般拓扑*、章 III, § 3, no. 3、命题 4）。

对于所有$x \in K$，令$\Delta(x)$为元素$(x_p) \in \prod_{p \in P} \hat{K}_p$，使得$x_p = x$对于所有$p \in P$；作为 $x_p \in \hat{A}_p$，除了 p 的值的有限数，$\Delta(x) \in A$；因此，我们定义了同态 $A : K \to A$，如果 $P \neq \varnothing$ 则它是*内射*（即如果 A 不是域）； $\Delta(K)$ 中的元素被称为*主要受限adèles*，并且显然是$\Delta(A) \subset A$。

在A（或K）上考虑拓扑是Hausdorff，直接的。考虑到 A 的 no. 3、断言，可从章 111、§ 2, no. 13、命题 17 得出。因此，这表明 $\Delta(A)$ 在 A 中是稠密的；类似地，$\Delta(K)$在A中是稠密的，注对于所有$x = (x_i) \in A$来说，只有$p \in P$的有限数使得$v_p(x_p) < 0$；通过§ 1, no. 5，命题 9，因此存在$s \in K$，使得$sx_p \in \hat{A}_p$对于所有$p \in P$，在其他字$\Delta(s)x \in A$，并且，由于乘法通过$\Delta(s)$是同态，从A到自身，它就足够了应用 $\Delta(A)$ 在 A 中稠密的事实，推导出 $\Delta(K)$ 在 A 中稠密。

当然，我们也可以使用命题 2 来证明 $\Delta(K)$ 在 A 中是稠密的。

现在考虑矩阵$U \in \mathbf{M}_n(A)$的乘法群$\mathbf{SL}(n, A)$由……组成使得$\det(U) = 1$；如果给定$\mathbf{M}_n(A) = A^{n^2}$乘积拓扑，则$\mathbf{SL}(n, A)$拓扑上的诱导*与$\mathbf{SL}(n, A)$上的群结构*相容的。只要验证映射$U \mapsto U^{-1}$在$\mathbf{SL}(n, A)$上连续即可；但由于 U 是幺模的，所以已知 (代数, 章 III, § 6, no. 5, 公式 (17))，$U^{-1}$ 的元素是 U 的 次数，因此是 U 的元素中的多项式，这证明了我们的断言。如果通过A将K与A的子环等同，则群$\mathbf{SL}(n, K)$是$\mathbf{SL}(n, A)$的子群。

令G为$\mathbf{SL}(n, A)$中$\mathbf{SL}(n, K)$的闭包；因为 K 在 A (命题 3)、G 包含中是稠密的，对于 $i \neq j$ 和 $a \in A$，形式 $I + a . E_{ij}$ 的所有矩阵。对于所有$p \in P$和所有$\lambda \in \hat{K}_p$，令$\lambda(p)$为受限制的adèle$x = (x_q)_{q \in P}$，使得对于$q \neq p$有$x_p = \lambda$和$x_q = 0$；上式表明，对于 $i \neq j$，G 包含矩阵 $I + \lambda(p)E_{ij}$。但我们知道形式 $I + \lambda E_{ij}$ 的矩阵对应 $\lambda \in \hat{K}_p$ 生成群 $\mathbf{SL}(n, \hat{K}_p)$ (代数, 章 111)。对于每个矩阵$U \in \mathbf{SL}(n, A)$，令$U_p$表示$\mathbf{SL}(n, \hat{\mathbf{K}}_p)$中$U$的典范像；因此可以看出，对于所有$p \in P$，$G$包含矩阵$U \in \mathbf{SL}(n, A)$，使得$U_q = I$对于所有$q \# p$。由于$G$是群，它也包含所有矩阵$U \in \mathbf{SL}(n, A)$，这样$U_p = I$除了$p \in P$的*有限*数；现在，$A$上的拓扑的定义立即表明这些矩阵中的集合在$\mathbf{SL}(n, A)$中是密集的。

由于 $M$ 是挠元模，因此与 $M$ 相关的每个素理想都是 $\neq (0)$，因此是最大的。然后从章 IV, § 2, no. 5、命题 7 得出引理。

$\operatorname{long}_A(T_i) \leq \operatorname{long}_A(T)$ 对于所有$i$。如果没有整数超过$\operatorname{long}_A(T_i)$，引理是明显的，那么两边都是无限的。否则，令$i_0$为指标，其中$\operatorname{long}_A(T_{i_0})$取其最大的值；那么$T_{i_0} = T$，因为家庭$(T_i)$是有方向的；在这种情况下，从而我们的断言。

M/aM 到 aA/a^2M； L 类似； 从而，由归纳于n，公式：

考虑到(7)，我们推论：

对于所有$n > 0$；因为 L 与 A' 同构的，$\text{long}_A(L/aL) = r \text{long}_A(A/Aa)$； 从而 (6) 通过让 $n$ 在 (9) 中趋于无穷大。

我们现在讨论一般情况。令$(M_i)$为M的有限生成的子模族。模$T = M/aM$是子模$T_i = (M_i + aM)/aM = M_i/(M_i \cap aM)$的并。现在，T 同构于 $M_i/aM_i$ 的商，因此

由我们刚才证明的。 从而

引理2。

设b是B的非零理想。我们将证明B/b是有限长度的A-模（因此，*更不必说*，有限长度的B-模），并且b是有限生成的B-模。

b 的非零元素 y 满足形式的方程：

这个方程表明$a_1 \in By \subset b$。 应用引理3到$M = B$，可见$B/a_0B$是有限长度的A-模； B/b 也是如此，它是商模。进一步B-模 b 包含，如子模、$a_0B$是有限生成的；由于$b/a_0B$是有限长度（如子模是$B/a_0B$），因此是有限生成的，b当然是有限生成的B-模。

上式首先表明B是诺特。另一方面，如果 $p$ 是 B 的非零素理想，环 $B/p$ 是整环和有限长度，因此是域 (代数, 章 VIII, § 6, no. 4， 命题 9)，因此 $p$ 最大。

首先假设$p = (0)$；那么$B$的唯一素理想$q$使得$q \cap A = (0)$是$(0)$；否则，写$S = A - \{0\}, S^{-1}q$将是$S^{-1}B$的非零素理想（章11，§ 2, no. 5，命题11），$S^{-1}B$只是$B$的分数的域，因为它是子环 $L$ 包含 $K$ (\emph{代数}, 章 V, § 3, no. 2, 命题 3); 从而一个荒谬的结论。如果现在 $p \neq (0)$，则从命题 5 可以得出，$B/pB$ 是有限维向量空间超过域 $A/p$，因此有 \emph{阿廷的} 环，因此只有有限的数素理想(章IV, § 2, no. 5,命题9)，证明素理想的$B$包含$p$只有有限个数。

这个积分闭包是一个积分闭的诺特域，其所有非零素理想都是极大的；因此，满足no. 2中的应用定理 1即可。

特别是：

理想$Bp$的分解与素理想的乘积一样。然后： (a) 位于$p$之上的$B$的素理想是$p_i$，使得$e(i) > 0$； (b) 对这些理想$p_i$的$L$相应的的估值$v_i$，直到等价，是对$L$延伸$v$的估值； （三）$[B/p_i : A/p] = f(v_i/v);$ (d)$e_i = e(v_i/v)$（cf.章VI, § 8, no. 1、定义1和2）。

(a) 说$B$的素理想$q$位于$p$之上相当于说即$q \supseteq p$，因此$q \supseteq Bp$和$q$包含是$p_i$之一，使得$e(i) > 0$ （章 11、§ 1, no. 1、命题 1）。 (b) 考虑到(a)，从§ 1, no. 8，推论到命题 12。 (c) $v$的剩余类域与$A/p$相同，$v_i$的$B/p_i$相同（§ 1, no. 4，推论1至命题6）。

(d) 设$a$（分别$a_i$）为$v$（分别$v_i$）的均匀化器。然后