我们用 A 的分数的 K 域和$\mathscr{P}^*$（或$\mathscr{P}^*(A)$）表示 A 的非零分数主理想的有序群。证明将由证明执行以下含义：

(a) ⇔ (b) ⇔ (c) ⇔ (d) ⇔ (e)

我们证明 (a) 蕴涵 (b)；如果 A 是阶乘，$\mathscr{P}^*$ 同构于 A 的除子的群，因此同构于群 $\mathbf{Z}$ 的直和 ($§ 1$, no. 3, 定理 2)。

注既然关系“A 的两个积分主理想的交是一个主理想”，意味着 A 的元素中的每一个有序对都承认有一个 $lcm$，即 $\mathscr{P}^*$ 是格序的群 （代数、章、VI、$§ 1$、no. 9、命题 8）。因此，(b) 蕴含 (c)（甚至等价于它）的事实是从代数、章 VI、$§ 1$、no. 13、定理 2. (c) 蕴含 (d) 的事实是从代数得出， 章 VI、$§ 1$、no. 13、命题 14（DIV）。

(d) 蕴含 (b) 的事实源自代数、章VI、$§ 1$、no. 13、定理 2 应用于群$\mathscr{S}^*$。

我们证明 (b) 蕴涵 (e)。如果(b)成立，则$\mathscr{P}^*$中有同构到$\mathbf{Z}^{(l)}$；让$(v_i(x))_{i \in I}$表示$\mathbf{Z}^{(l)}$相应的到理想$Ax$（$x \in K^*$）的元素。立即可以看出，每个$v_i$都是对K的离散评估，A是$v_i$的环的交，并且对于$x \in K^*$，$v_i(x) = 0$，除了指标$i$的有限数；因此 A 是克鲁尔域。另一方面，令 q 为高度为 1 的 A 的素理想；它包含一个非零元素 a，它必然不可逆，因此也是（通过素理想的定义）A的极值元素之一；因为$Ap$是素数且非零、$q = Ap$，这就证明q是主数。

最后我们证明（e）蕴涵（a）。设a是A的除理想。存在高度为1的A的素理想$p_i$使得$\operatorname{div} a = \sum_i n_i \operatorname{div} p_i$其中$n_i \in \mathbf{Z}$。如果 (e) 成立，则 $p_i$ 为形式 $Ap_i$、从而 $\operatorname{div} a = \operatorname{div} \left( \prod_i Ap_i^{n_i} \right)$，因此为 $a = \prod_i Ap_i^{n_i}$，因为 a 是除数。

假设 $A$ 的每个除理想都是可逆的；由于$A_{,,}$是一个克鲁尔域（$§ 1$，no. 4，命题6），$A_{,,}$的每个除数理想$a$是两个主分数理想（$§ 1$，no. 5）的交，推论2到命题9);因此$a = bA_m$，其中$b$是$A$的除数理想（章II，$§ 2$，no. 4）；由于 $b$ 可通过假设可逆，我们从章 II、$§ 5$、no. 6、定理 4 推出$a$ 是主数，因此 $A_{,,}$ 是阶乘域（no. 1，定义1）。相反，如果所有$A_{,,}$都是阶乘，并且$c$是$A$的有限生成除数理想，则$cA_m$是$A_{,,}$的除数理想，如下从$§ 1$，no. 5，推论2到命题9， 章II、$§ 2$、no. 4；由假设 $cA_m$ 为主，因此从章 11, $§ 5$, no. 6, 定理 4 可以得出 $c$ 是可逆的。

如果$P$满足这个条件，显然它的所有元素都是*极值*，并且$A$的每个极值元素都与$P$的唯一元素相关联。回想一下，$P$被称为$A$的极值元素*的*代表系统（代数，章VII，$§ 1$，no. 3，定义） 2）。

始终假设 $A$ 是阶乘。可知(no. 2,定理1)群$\mathscr{P}^*$是一个格子。因此，我们可以应用代数、章、VI、$§ 1$、第 3 条的结果。 9和13。特别是，$K^*$的每个元素都可以以本质上唯一的方式写成*不可约分数*的形式。 $K^*$ 中的任意两个元素 $a, b$ 都有 g.c.d。和一个 L.C.M.；如果$a = u \prod_{p \in P} p^{n(p)}$并且

是$a$的分解和$b$作为极值元素的乘积，则：

其中$w, w'$在U中。我们特别恢复了代数、章VIII, § 1, no. 3的结果。

对于所有$p \in P$，映射$a \mapsto n(p)$是K上的离散估值$v_p$，其环显然是$A_{A_p}$。从定理 1(e) 可以得出，$v_p$ 只是 A 的基本估值，而理想 $Ap$ ($p \in P$) 只是高度为 1 的 A 的素理想。

(i) 如果 A 是阶乘，则 $S^{-1}A$ 是阶乘。 (ii) 如果 S 由元素 $p_i$ 族生成，且主理想 $Ap_i$ 为素数且 $S^{-1}A$ 为阶乘，则 A 为阶乘。

这紧接着 no. 1 和 § 1, no. 10、命题 17 中的定义 1。

令d为$ff'$的内容。对于对 A 至关重要的 K 的每一个评估$\nu$，让$\bar{\nu}$表示其规范的扩张到$K[X]$。然后

因此$cc'd^{-1}$是A的可逆元。

令 $f$ 为 $A[X]$ 的非零元素。在环 $K[X]$ $f$ 中可以在形式中唯一分解：

引理 1 证明$a$ 是一个内容关闭。因此$a \in A$。由于$A$是阶乘，$a$可以在形式中唯一分解：

从而分解的存在性和唯一性：

注，这个定理证明$A$的每个元素都承认*相同*分解进入$A$和$A[X]$的极值元素。 g.c.d.因此，元素和$A$ 的家庭在$A$ 和$A[X]$ 中是相同的。

我们还可以用 § 1, no. 10 的应用命题 18 来证明 $A[X]$ 是阶乘域当且仅当 $A$ 是阶乘域。

在$n$上通过归纳争论。

这个推论可以扩展到无限族不定数的情况 (cf. 习题 2)。

这是从no. 1、定义 1 和§ 1, no. 10、命题 16 得出的。

假设确定整数$u(i) \geqslant 1$($1 \leqslant i \leqslant k - 1$)使得$f(X_n^{u(1)}, \ldots, X_n^{u(k-1)}, X_k, \ldots, X_n) \neq 0$。我们将确定整数 $u(k) \geqslant 1$ 这样

然后引理将由归纳证明。

观察级数 $f(X_n^{u(1)}, \ldots, X_n^{u(k-1)}, X_k, \ldots, X)$ 可以被视为$X_k$ 和$X_n$ 中的级数，系数在$E[[X_{k+1}, \ldots, X_{n-1}]]$ 中。因此我们看到，为$n = 2$建立引理就足够了。

因此让

其中$f \neq 0$。令$G \subset \mathbf{N} \times \mathbf{N}$为有序对$(i, j)$的非空集合，使得$e_{ij} \neq 0$。让 $\mathbf{N} \times \mathbf{N}$ 得到字典顺序。令 $(c, d)$ 为 $G$ 中最小的元素。 选择整数$p > d$。在展开中 我们寻找次数 $cp + d$ 中的项。如果 $ip + j = cp + d, i \geq c + 1$ 是不可能的，因为这将给出 $i < c$也不可能，因为$(c, d)$是$G$中最小的元素；因此$i = c$，然后$j = d$。因此，$f(T^p, T)$中次数$cp + d$的项是$e_{cd} T^{cp + d}$。从$e_{cd} \neq 0, f(T^p, T) \neq 0$开始。 从而引理。

在环 $E[[X_1, \ldots, X_n]]$ 中，令 $a$ 为没有常数项的形式幂级数的理想。如果$w_1, \ldots, w_n$是$a$的元素，请记住映射$f(X_1, \ldots, X_n) \mapsto f(w_1, \ldots, w_n)$是环$E[[X_1, \ldots, X_n]]$的唯一内同态$s$，这样$s(X_i) = w_i$对于$1 \leq i \leq n$ （章III, § 4, no. 5、命题6）。

我们取$w_1 = X_1 + X_n^{u(1)}, \ldots, w_{n-1} = X_{n-1} + X_n^{u(n-1)}, w_n = X_n$，其中$u(i)$是整数$\geq 1$。令$s'$为$E[[X_1, \ldots, X_n]]$的自同态，其中映射$X_1$到$X_1 - X_n^{u(1)}, \ldots, X_{n-1}$到$X_{n-1} - X_n^{u(n-1)}$以及$X_n$到$X_n$。那么$s'(s(X_i)) = X_i$对应$1 \leq i \leq n$，因此$s' \circ s$是恒等式自同构； $s \circ s'$ 类似。因此 $s$ 是 自同构。

$g(0, \ldots, 0, X_n) = f(X_n^{u(1)}, \ldots, X_n^{u(n-1)}, X_n)$。因此，引理 3 是引理 2 的推论。

(a) 我们证明$f \mid B \cap M = (0)$。假设有关系：

We show that the $b_i$ (and hence the $r_j$) are all 零, which will prove in particular that $f$ is not 除子 of 零 in $B$.由于 $A$ 是 Hausdorff，因此足以证明 $b_i \in m^n$ 对于所有 $i \geq 0$ 和所有 $n \geq 0$。对于$n = 0$来说这是显而易见的。 We shall argue by 双归纳: we shall assume that $b_i \in m^{n-1}$ for all $i$ and $b_i \in m^n$ for $i < k$ and show that this implies that $b_k \in m^n$.为此，我们写出$f = \sum_{i=1}^{\infty} a_i X^i$并比较(3)中$X^{s+k}$的系数；那么： 第一个括号中的项从属于到$m^n$，因为$b_i \in m^n$代表$i < k$；对于第二个中的情况也是如此，因为 $b_i \in m^{n-1}$ 代表所有 $i$，$a_i \in m$ 代表$i \leq s-1$。因此$b_k a_s \in m^n$，并且由于$a_s$是$A$的可逆元，所以$b_k \in m^n$。

(b) 我们证明$f \mid B + M = B$。我们写

它是$B$中的可逆元。然后 因此，如果我们写成$fg^{-1} - X^s = (f - X^s g) g^{-1} = -h$，则$h$属于到$m$的系数。然后令$r$为$B$的元素。在$n$上归纳我们B的元素定义序列$(q^{(n)})$：我们取$q^{(0)}$为唯一的级数满足： 写 $h = \sum_{i=0}^m h_i X^i$ 和 $q^{(n)} = \sum_{i=0}^\infty q_i^{(n)} X^i$，$q_i^{(n)}$ 定义为： 从 (6) 可以立即得出： 作为所有$j$的$h_j \in m$，它还可以从（6）通过$n$上的归纳得出，对于所有$i$和所有$n$，$q_i^{(n)} \in m^n$。由于 A 是完整的，因此级数 收敛于B的元素$q$。由(5)和(7)， 由于 M 是闭集，在极限 (8) 处给出 $r \equiv (X^s - h)q \pmod{M}$，即 我们还可以使用章III, § 2的结果来显示关系$B = fB + M$（cf.习题12）。这里遵循的方法的优点是适用于收敛的级数。

让 $B'$-模块 B 被给予 (T)-adic 过滤，它由 $n \geq 0$ 的 $f^n B$ (章 111, § 2, no. 1) 组成。 那么$B/fB$是A-模形式基（命题5）中$X^i$（$0 \leq i \leq s-1$）的环$A = B'/TB'$和像的自由模；而且$f$不是B中零的除子（命题5），$Bf^n/Bf^{n+1}$也是秩s的自由$(B'/TB')$模，因此章111的条件（GR），满足§ 2, no. 8（替换 A by B' 且 M by B）。 另一方面，由于 B' 是 Hausdorff 并且相对于 (T)-adic 过滤是完备的，并且 gr(B) 是由上述有限生成的 gr(B')-模，因此首先可以看出（章 III, § 2, no. 9，推论 1 到命题 12）B 是有限生成的 B' 模。 推论的第一个断言是从章 III, § 2, no. 9、命题 13 得出的。 第二个紧随其后。

我们写 $F = X^s + G$，其中 $G = g_0 + \cdots g_{s-1} X^{s-1}$ ($g_i \in \mathbf{A}$)。 关系$f = uF$相当于$F = u^{-1}f$，即$X^s = u^{-1}f - G$。因此，命题 5 显示$G$ 和$u^{-1}$ 的唯一性，因此也显示$F$ 和$u$。它还表明存在 $v \in B$ 和多项式 $G = g_0 + \cdots + g_{s-1} X^{s-1}$ ($g_i \in \mathbf{A}$) 使得 $X^s = v - G$；仍然需要证明$v$在$B$中是可逆的，并且$g_i \in \mathfrak{m}$对于所有$i$是可逆的。现在，将$k$中的$g_i$的典范像写成$\bar{g}_i$，将$f, g$的减少的级数写成$\bar{f}, \bar{v}$，

因为$\bar{f}$是阶$s$，$\bar{g}_i = 0$对于所有$i$和$\bar{v}$是阶0，因此$v$是可逆的。

事实上，$g$和$h$减少的级数是$\neq 0$；因此，到命题 6，存在$B$的可逆元$u, v$，使得$ug$和$vh$是可区分的多项式。那么 $uvF = (ug)(vh)$ 是可区分多项式，$uv$ 是可逆的。 经过到缩小的级数，立即可以看出$F$和$uvF$具有相同的缩小的阶，即相同的次数。因此，命题 6 中的唯一性断言显示$F = uvF$、从而 $uv = 1$。

假设$F$在$\mathbf{A}[X]$中不是极值，则$F = f_1 f_2$，其中$f_1$和$f_2$是$\mathbf{A}[X]$的不可逆元素； $f_1$和$f_2$的主系数乘积等于1，这些系数在$\mathbf{A}$和假设中可逆，意味着$f_1$和$f_2$分别为次数、$> 0$和$< s$；由于约化多项式 $\bar{f}_1, \bar{f}_2$ 满足 $\bar{f}_1 \bar{f}_2 = X^s$，$\bar{f}_1$ 和 $\bar{f}_2$ 都不能在 $k[[X]]$ 中可逆，因为，如果 $\bar{f}_1$ 可逆，$\bar{f}_2$ 将是阶 $s$，这是荒谬的。 更不必说，$f_1$和$f_2$在$B$中都不可逆，并且$F$在$B$中不是极值。

相反，如果 F 在 $A[[X]]$ 中不是极值，则 $F = gh$，其中 g 及其在 B 中的可逆都不是；因此，它们减少的阶为 $\geq 1$；则命题 7 的可区分多项式$ug$和$u^{-1}h$不是常数，这表明F在$A[X]$中不是极值。

令$p$为C和$p$的$x$生成元（如果C是域，则$\pi = 0$）。让 C 被赋予 $p$-adic 拓扑，即 Hausdorff。由于C是诺特局部环，$B = C[[X_1, \ldots, X_n]]$是诺特局部环，它的完成度是$\hat{C}[[X_1, \ldots, X_n]]$（章III, §2, no. 6，命题6）。由命题 4 (no. 6)的推论，足以证明$\hat{C}[[X_1, \ldots, X_n]]$是阶乘。现在，如果C是域，那么$\hat{C} = C$；如果C是离散估值环，则$\hat{C}$也是如此（章VI, §5, no. 3，命题5）。因此，我们假设证明的剩余部分C是完整的。

从琐碎的情况$n = 0$开始，通过归纳进行论证，我们假设已经证明了$A = C[[X_1, \ldots, X_{n-1}]]$是阶乘。我们将认同 B 与$A[[X_n]]$ 并用m 表示A 的最大理想（由$\pi, X_1, \ldots, X_{n-1}$ 生成）。我们将证明 B 的每个非零元素 g 以本质上唯一的方式是极值元素的乘积。

设K为域$C/C\pi$；由于$B/B\pi$与$K[[X_1, \ldots, X_n]]$相同，理想的$Bx$是素数，$x$是极值。如果$x \neq 0$，$B_{B\pi}$因此是规范离散估值w的环（章VI, §3, no. 6，命题9）；因此，B 的每个非零元素 g 可以写为 $g = \pi^{w(g)} f$，其中 $f \in B$ 且 f 不是 $\pi$ 的倍数。因此，只需证明 $f$ 是极值元素本质上唯一的乘积。现在$K[[X_1, \ldots, X_n]]$中$f$的典范像不是零； 引理 3 (no. 7)因此表明B存在自同构，其中映射$f$到元素$f'$，使得$f'(0, \ldots, 0, X_n)$的系数不全部在$Cx$中；这意味着级数$f'$的系数（被视为$X_n$中的正式幂级数）并不全部以m为单位。足以证明我们的断言适合$f'$。

接下来，B 的所有元素将被视为 $X_n$ 中的形式幂级数，其系数在 A 中。通过 no. 8 的命题 6 （从 C 开始适用，因此 A 是可分且完整的，并且减少的级数 off' 为$\neq 0$），$f'$在B中与一个唯一的可区分多项式F相关联。通过no. 8的命题7，每个级数其中除$f'$（或者，相当于相同的除F）与一个可区分多项式相关联， 除 F 和每个分解 off' 是在可逆因子内，形式 $f' = u F_1 \cdots F_q$，其中 $u$ 是可逆的，$F_i$ 是极值可区分多项式（在 B 中），使得 $F = F_1 \cdots F_q$。根据 no. 8 命题 7 的推论，$F_i$ 在 $\mathbf{A}[X_n]$ 中也是极值。现在，由于$\mathbf{A}$是归纳假设的阶乘，$\mathbf{A}[X_n]$也是如此（定理2，no. 5）；因此，由于它们是单调的，$F_i$由$F$唯一确定（最多置换）。这显示了分解 $f' = u F_1 \ldots F_r$ 的唯一性；它的存在源于$B$是诺特，从而完成了证明。

注 (1) 存在阶乘环 $\mathbf{A}$，使得环 $\mathbf{A}[[X]]$ 不是阶乘 (习题 8)。但是，如果 $\mathbf{A}$ 是主理想整环，则 $\mathbf{A}[[X_1, \ldots, X_n]]$ 是阶乘 (习题 9)。 (2) \* 稍后我们将看到，通过同源方法，每个正则局部环都是阶乘（cf.§ 4, no. 7，推论3到命题16）。这将给出另一个证明，概念上更简单，命题 8。 \*