令$K$为$A$的子域，$A$的$C$中心，并放入$K' = K \cap C$；那么$K'$是$A$的子域。设$f$为$\mathbf{Z}$的唯一同态为$A$，$p$为核。 $A$中的每子环，特别是$K'$、包含于$f(\mathbf{Z})$；因此理想的$p$是素数（I，p. 116-117）。如果$p = (0)$，$\mathbf{Z}$到$K'$的同态$f$是单射；因此，它是$\mathbf{Q}$的扩展（I，p. 116）到同构$\bar{f}$到$K'$的子域$P$。如果$p \neq (0)$，则严格存在正整数$p$，使得$p = (p)$（I，p. 111）；如果我们有$p = ab$、$a > 1$和$b > 1$，这将意味着$a \notin p, b \notin p$和$ab \in p$，这与$p$是素数这一事实相矛盾。因此，数 $p$ 是素数，并通过 $F_p = \mathbf{Z}/p$ 的商 $f$ 定义同构到 $K'$ 的子域 $P$。在这两种情况下，$P$都是包含在$A$的中心$C$中的$A$的子域，并且它是素数域。设$L$为$A$中的子域；那么$P \cap L$是$P$的子域，并且由于$P$是素数，所以我们有$P \cap L = P$，从而$P \subset L$。如果$P'$是$A$的子域并且是素数域，那么根据前面所说的，$P \subset P'$，从而$P = P'$，因为$P'$是素数域。

b) 设 $p$ 为素数数。为了使$A$具有特征$p$，$p \cdot x = 0$对于所有$x \in A$是必要且充分的。

设$f$为$\mathbf{Z}$的唯一同态入$A$；对于整数$n$和$A$中的每个$x$，我们都有$n \cdot x = f(n)x$。为了使$A$具有特征0，$f$应将$\mathbf{Q}$的扩展至同态转化为$A$，即对于每个$n \neq 0$，$f(n)$应在$A$可逆（I，p. 113）；这就证明了$a$。同样，要使$A$具有特征$p$，$f$应消灭$p\mathbf{Z}$，即$f(p) = 0$，或者对于所有$x \in A$，$p \cdot x = 0$是必要且充分的；这就证明了$b$。

让我们假设 $A$ 不一定是交换域。 $A$ 的中心是（可交换的）域；因此定义了$A$的特征和素数子域。

(1)

(2)

对于$A$中的$a, b$。

公式 (2) 由$A$的交换律推出。为了证明（1），我们使用二项式公式 $(a + b)^p = a^p + b^p + \sum_{i=1}^{p-1} \binom{p}{i} \cdot a^i b^{p-i}$；由于$p \cdot x = 0$对于所有$x \in A$，只需证明以下引理：

我们以归纳对$i$进行争论，案例$i = 1$从公式$\binom{p}{1} = p$变成直接的。假设 $2 \leq i \leq p - 1$ 和 $\binom{i}{i-1}$ 能被 $p$整除。然后整数$i \binom{p}{i} = (p - i + 1) \binom{p}{i-1}$属于到$\mathbf{Z}$的素理想$p\mathbf{Z}$；从$i \notin p\mathbf{Z}$开始，我们有$\binom{p}{i} \in p\mathbf{Z}$，然后是引理。

令$A$为特征$p$和$f$整数$\geq 0$的交换环。来自 Th。 2 我们通过$f$上的归纳推出映射$a \mapsto a^{p^f}$是环$A$的自同态。特别是我们有关系

对于$A$中的任何$a_1, \ldots, a_n$。 映射 $a \mapsto a^p$ 是有时，称为 $A$ 的 Frobenius 自同态。取$A = \mathbf{F}_p$和$a_i = 1$，我们从(3)关系得到：

For each subset $S$ of $A$ we denote by $S^{p^f}$ the set of elements of $A$ of the form $x^{p^f}$ with $x \in S$^1. 特别地，如果$K$是$A$中的子环，则集合$K^{p^f}$是$A$中的子环。 如果$K$是$A$的子环和$A$的$S$子集，我们用$K \cup S$生成的$A$的$K[S]$子环来表示；当$A$为域时，我们用$K[S]$的分数的$K(S)$域来表示，即$K \cup S$生成的$A$的子域。

a) 我们有$K[S]^{p^f} = K^{p^f}[S^{p^f}]$，如果$A$是域，则$K(S)^{p^f} = K^{p^f}(S^{p^f})$。

b) 如果$K$-模块$K[S]$由$A$的元素的族$(a_i)_{i \in I}$生成，则$K$-模块$K[S^{p^f}]$由$(a_i^{p^f})_{i \in I'}$族生成

由于$K[S]$是$K \cup S$生成的$A$的子环，因此环$A$的自同态$\pi : a \mapsto a^{p^f}$下的像$KISlp^f$是$A$生成的子环 $\pi$、从而 $K[S]^{p^f} = K^{p^f}[S^{p^f}]$ 下的$K \cup S$ 像 $K^{p^f} \cup S^{p^f}$。 域的情况类似处理；这证明了a）。

很明显，家族$(a_i^{p^f})_{i \in I}$生成$K^{p^f}$-模块$K[S]^{p^f}$。 $K$-模块$K[S^{p^f}]$由形式$x_1^{p^f} \cdots x_n^{p^f} = (x, \ldots x_n)^{p^f}$的乘积生成，$x_1, \ldots, x_n$在$S$中任意生成，因此也由集合$K[S]^{p^f}$生成。 断言 b) 直接由此得出。

^1 当然，集合$S^{p^f}$不应与$p^f$集合等于$S$的集合乘积混淆，也不应与$p^f$元素的乘积集合混淆属于至 $S$。

对于每个整数$n \geq 0$，放入$A_n = A$；当$m \geq n$我们将$A_n$的定义同态$\pi_{m,n}$通过$\pi_{m,n}(a) = a^{p^{m-n}}$转换为$A_m$时。由此我们得到环 $(A_n, \pi_{m,n})$ (I, p. 120) 的直接系统；令$A$为该系统的直极限和$A_n = A$的$u_n$典范同态代入$A$；我们还放了$u = u_0$。由 $u$ 直极限核 $\mathfrak{n}$ 构造为同态 π_{n,0} 核并：a \mapsto $A$ 的 a^{p^n} 成$A$，因此它由$A$的所有幂零元组成。 环$A$可通过V、p. 3的注 1交换特征$p$。

环 $A$ 是子环升序的序列 $(u, (A))_n$ 的并。我们有$u_n(A)^{p^n} = A$；因此，对于每个$x \in \hat{A}$，存在整数$n \geq 0$，使得$x^{p^n} \in u(A)$。我们还有$u_n(A) = u_{n+1}(A)^p$、从而$\hat{A}^p = A$。令 $x \in A$ 使得 $x^p = 0$； 选择整数$n \geq 1$和元素$a \in A$使得$x = u_n(a)$。那么我们就有$u_{n-1}(a) = u_n(a)^p = 0$；通过直极限的定义，存在整数$m$，使得$\pi_m^{1,n-1}(a) = 0$，即$a^{p^{m-n}} = 0$。因此我们有$\pi_{m,n}(a) = 0$，从而$u_n(a) = 0$，即$x = 0$。因此环$A$是$p$的完美特征。

令$v$为$A$的同态，成为特征$p$的完美环$B$。对于每个整数$n \geq 0$，映射$b \mapsto b^{p^n}$是$B$的自同构，因此存在$A, = A$的同态$v_n$到$B$，特征为$v(a) = v_n(a)^{p^n}$。然后我们有 $v_m \circ \pi_{m,n} = v_n$ 对应 $m \geq n \geq 0$；通过直极限的定义，存在$A$的同态$h$进入$B$，使得$v_n = h \circ u$，对于所有$n \geq 0$；特别是我们有$v = v_0 = h \circ u_0 = h \circ u$。最后让$h'$是$A$的同态到$B$，这样$h' \circ u = v$。设 $x \in A$；正如我们所看到的，存在整数$n \geq 0$和元素$a \in A$使得$x^{p^n} = u(a)$。然后我们有

由于$B$是完美的，我们找到$h(x) = h'(x)$。因此我们有$h' = h$，这完成了证明，$(A, u)$是$A$的完美闭包。

对于每个整数 $f \in \mathbf{Z}$ 表示为 $\pi_f$ 自同构 $b \mapsto b^{p^f}$ of $B$。 $B$（对于$f \geq 0$）的子环$\pi_{-f}(A)$的序列是升序，因此它的并$\mathbf{A}^{p^{-\infty}}$是$B$的子环。我们有$\pi_1(\mathbf{A}^{p^{-\infty}}) = \bigcup_{f \geq 0} \pi_{-(f-1)}(A) = \mathbf{A}^{p^{-m}}$，因此$\mathbf{A}^{p^{-\infty}}$是$B$的完美子环。最后让$B_0$成为$B$包含$A$的完美子环；对于每个整数$f \geq 0$，我们有$\pi_{-f}(A) \subset \pi_{-f}(B_0) = B_0$，从而$\mathbf{A}^{p^{-\infty}} \subset B_0$。

如果$v$是将$A$的同态转化为特征$p$的完美环$B'$，那么对于每个整数$f \geq 0$，我们可以将$\pi_{-f}(A)$的定义同态$h_f$转化为$B'$ 乘以 $h_f(\pi_{-f}(a)) = v(a)^{p^{-f}}$ 对于所有 $a \in A$。 我们立即看到$h_{f+1}$与$h_f$在$\pi_{-f}(A)$上一致；因此，对于所有$f \geq 0$，$\mathbf{A}^{p^{-\infty}}$存在同态$h$到$B'$，其中诱导$h_f$在$\pi_{-f}(A)$上，特别是$h$扩展$h_0 = v$。 如果在B中$h'$是$v$的另一个扩张到$A^{p^{-\infty}}$的同态，则可以如Th的证明那样成立等式$h' = h$。 3.

a) 如果 K 是特征 0 的环，则 S = K。 b) 如果K是特征$p \neq 0$的环，则$S = K[X_i^p]_{i \in I}$；而且如果 K 是完美的，那么 $K = A^P$.

A 的映射 $F \mapsto dF$ 转化为 A 的 K 微分的模 $\Omega_K(A)$ 是 K 线性且满足关系

（III，p. 569）。因此S是子代数。

当K的特征为$p \neq 0$时，放入$T = K[X_i^p]_{i \in I}$；因此，如果 K 是完美的，我们就有 $T = A^P$（$V$，p. 4，命题 2）；此外，对于所有$i \in I$，我们都有$d(X_i^p) = pX_i^{p-1} \cdot dX_i = 0$，因此包含 T 的子代数 S。如果K 的特征为0，我们放入$T = K$，仍然会发现$T \subset S$。仍有待证明 S 包含在 T 中。

对于I的每个有限子集J，令$A_J$为由族$(X_j)_{j \in J}$生成的A的子代数。我们有$A_\emptyset = K$和$A = \bigcup_{J \in I} A_J$；因此，只要证明关系$S \cap A_J \subset T$就足够了，我们将在J的基数上通过归纳来完成它。因此，令J为I的有限子集，使得$S \cap A_J \subset T$，令i为$I - J$和$J' = J \cup \{ i \}$的元素。 A 的每个元素 F 都可以用一种方式写成形式

对所有 $n \geq 0$ 使用 $F_n \in A_J$，然后

假设 F 属于至 S；族$(dX_r)_{r \in J}$是A-模$\Omega_K(A)$（III，p. 570）的基，$dF_n$是$j \in J$的微分$dX_j$的线性组合，因为$F_n \in A_J = K[X_j]_{j \in J}$。通过 (6)，我们对于每个整数 $n \geq 0$ 都有 $dF_n = 0$ 和 $nF_n = 0$。自$dF_n = 0$起，所有$n$的归纳假设$F_n \in T$。

a) 如果 K 的特征为 0，则根据命题 1，对于所有 $n \geq 1$、从而 $F_n = 0$，我们有$nF_n = 0$（$V$、p. 2）；所以我们有$F = F_0$，从而$F \in T$。

b) 如果 K 具有特征 $p \neq 0$，则 A 是代数超过域 $\mathbf{F}_p$，并且关系 $nF_n = 0$ 意味着对于每个不可被 $p$ 整除的整数 $n$，有 $F_n = 0$。所以我们有$F = \sum_{m=0}^m F_{mp} X_i^{mp}$，从而$F \in T$