A) 假设 E 是 E 的域且 F 扩张域，并且 F 的每个元素是 E 属于到 E 上的可分代数。 设$u$为$F(X)$的元素，它是$E(X)$上的可分代数；我们将证明$u$属于到$E(X)$。 $F(X)$ 中存在两个互素多项式 P 和 Q，使得 $u = P/Q$ 且我们可以取 Q 为一元多项式。 令 S 为 P 和 Q 的系数 F 由……组成的*有限* 子集，$F_0 = E(S)$，并令 A 为$F_0$ 到 $F_0$ 的 E 导数。 令$D$为$F_0(X)$的推导自身，与$F_0$上的$A$和映射$X$到$0$一致（V，p. 128，命题3）。

由于$u \in F_0(X)$是$E(X)$上的可分代数，并且$D$在$E(X)$上是零，因此我们有$D(u) = 0$（V，p.129，命题4），从而$D(P) . Q = P . D(Q)$。由于$P$和$Q$互质，我们结论$Q$除$D(Q)$（IV，p. 13，Cor.4）。现在$Q$可以写成形式

$a_1, \ldots, a_n$ 位于$F_0$；从$D(x) = 0$开始，我们有 从而$\deg D(Q) < \deg Q$。由于$Q$除$D(Q)$，只有$D(Q) = 0$才有可能。但然后$D(P) = 0$因为$D(P) . Q = P . D(Q)$。现在（1）和$P$的类似公式表明，$A$消灭了$P$和$Q$、从而$A = 0$的系数集合$S$，因为$F_0 = E(S)$。 V，p. 135，Cor。 2、有限生成的$E$的扩张$F_0$因此是可分代数的；根据$E$和$F$的假设，我们有$F_0 = E$，所以最终$u \in E(X)$。

B) 现在假设 $E$ 在扩张域 $F$ 中是相对代数封闭的，并用 $p$ 表示 $E$ 的特征指数。令$u$为$F(X)$的元素，它是$E(X)$的代数。存在整数 $f \geq 0$，使得 $v = u^{p^f}$ 是 $E(X)$ 上的可分代数（V，p. 44，命题 13）。根据 A)，我们有 $v \in E(X)$。 形式 $P/Q$ 中存在唯一的 $u$ 表示，且$F[X]$ 和 $Q$ 摩尼式中存在互质多项式 $P$ 和 $Q$；我们有一个类似的分解$v = P_1/Q_1$，其中$P_1$和$Q_1$在$E[X]$和$Q_1$莫尼克中相对素数。由此可知$P_1/Q_1 = P^{p^f}/Q^{p^f}$；多项式 $P^{p^f}$ 和 $Q^{p^f}$ 在 $F[X]$ 中互质（IV、p. 13，Cor. 6），如 $P_1$ 和 $Q_1$，并且 $Q^{p^f}$ 是单调的。由此可见$P^{p^f} = P_1 \in E[X]$和$Q^{p^f} = Q_1 \in E[X]$。因此，$P$和$Q$的系数是$E$上的$p$根，因此属于到$E$，因为$E$在$F$中是相对代数封闭的。因此我们有$P \in E[X]$、$Q \in E[X]$，最后是$u \in E(X)$。这证明$E(X)$在$F(X)$中是相对代数封闭的。

C) 我们使用定理的记号 1. 由于 $K_1$ 是 $K$ 的可分代数扩张，$K(X_i)_{i \in I}$ 的扩张 $K_1(X_i)_{i \in I}$ 是代数且可分的 (V, p. 39，提案 6）。此外，$L$的每个元素在$K$、属于到$K$上都是代数且可分的，（V、p. 44，命题13，a））。设$J$为$I$的有限子集；通过 $J$ 基数上的直接的归纳，我们从 A) 中推出$L(X_i)_{i \in I}$ 的每个元素，它是代数且可在 $K(X_i)_{i \in I}$、属于到 $K_1(X_i)_{i \in J}$ 上分离。最后令$u$为$L(X_i)_{i \in I}$的元素，在$K(X_i)_{i \in I}$上代数且可分；存在 $I$ 的有限子集 $J$，使得 $u$ 属于到 $L(X_i)_{i \in I}$ 并且是代数且在 $K(X_i)_{i \in J}$ 上可分；据所说，$u$属于到$K_1(X_i)_{i \in J}$，以及更不必说到$K_1(X_i)_{i \in I}$。

因此，我们从 A) 推出$K_1(X_i)_{i \in I}$ 是$L(X_i)_{i \in I}$ 中$K(X_i)_{i \in I}$ 的相对可分闭包；同样地，从 B) 可以得出，$K_2(X_i)_{i \in I}$ 是$L(X_i)_{i \in I}$ 中$K(X_i)_{i \in I}$ 的相对代数闭包。

如果有必要的话，在替换 $\Omega$ 到代数闭包上，我们可以假设 $\Omega$ 是代数闭的。令$B$是$M$对$K$的超越基，$N$是$\Omega$和$N_r$（或$N_s$）集合中$K(B)$的相对代数闭包 $N$ 中的元素在 $K(B)$ 上可分离（分别为 p 根式）。我们注认为$M$是$K(B)$的代数，因此$N$是$\Omega$中$M$的相对代数闭包。

图 1.

让我们定义下面的同态链：

我们有$\alpha = \mathrm{Id}_L \otimes u$，其中$u$是$M$到$N$的典范嵌入，因此$\alpha$是单射的。 映射 $\beta$ 是群的交换律同构，其中映射 $x \otimes y$ 到 $(x \otimes 1) \otimes y$（II、p. 278，命题 2）对于 $x \in L$ 和 $y \in N$。我们有$\gamma = v \otimes \mathrm{Id}_N$，其中$v$是$L \otimes_K K(B)$到$L(B)$的$K$代数同态，对于$x \in L$和$y \in K(B)$，映射$x \otimes y$到$xy$；由于 $L$ 和 $M$ 在 $K$ 上是代数上的不相交的，因此第 14 条命题（V，p. 114）表明 $L$ 和 $K(B)$ 在 $K$ 上是线性的不相交的，在其他情况下字, $v$ 是单射的，因此 $y$ 是单射的。由于 $N$ 是 $K(B)$ 的拟伽罗瓦扩展，因此存在 (V, p. 76, 命题 13) $N_s \otimes_{K(B)} N_r$ 的 $K(B)$ 代数同构 $w$ 到 $N$ 映射 $x \otimes y$ 至

1 这个假设是用说表示的有时，即$L$是$K$的主扩张。

xy 为 $x \in \mathbf{N}$ 和 $y \in \mathbf{N}_r$；我们用 6 表示 同构 $\mathrm{Id}_{L(B)} \otimes w \ ^1$。由 Th. 1 (V, p. 137) 和假设在K的扩张L上，$L(B)$的每个元素是代数且在$K(B)$属于到$K(B)$上可分；特别是，我们有 $L(B) \cap N_s = K(B)$。由于$N_r$是$K(B)$的伽罗瓦扩张，Th。 5 (V, p. 71) 表明对于$x \in L(B)$，存在$L(B) \otimes_{K(B)} N_s$到$L(B U N_r)$映射$x \otimes y$到$xy$的$K(B)$代数同构$w'$，并且$y \in N_r$；我们用 $\varepsilon$ 表示 同构 $w' \otimes \mathrm{Id}_{N_r}$。最后，对于$x \in L(B U N_r)$和$y \in N_r$，$\zeta$是K-代数同态映射$x \otimes y$到$xy$。

如上所述，$\eta = \varepsilon \delta \gamma \beta \alpha$是$L \otimes_K M$到$L(B U N_r) \otimes_{K(B), N_r}$的单射K-代数同态。进一步，M的每个元素都是形式$\sum_{i=1}^n a_i b_i$，$a_i \in \mathbf{N}$，$b_i \in \mathbf{N}_r$对于$1 \leq i \leq n$；因此我们得到$\varphi = \zeta \eta$。

$\varphi$的核$p$是$L \otimes_K M$的素理想，因此根据第2条命题，$L \otimes_K M$属于到$p$的每一个幂零元（V，p. 118）。反之，令$a$为$p$的元素；将 $\eta(a) = \sum_{r=1}^s b_i \otimes c_i$ 与 $b_i \in L(B U N_r)$ 和 $c_i \in N_r$ 组合为 $1 \leq i \leq s$。由于$N_r$是$K(B)$的p根扩展，因此存在整数$f \geq 0$，使得$c_i^{p^f}$属于到$K(B)$对于$1 \leq i \leq s$（其中$p$是K的特征指数）。但我们有

由于 $\eta$ 是单射的，我们最终得到 $a^{p^f} = 0$。因此，我们证明$p$是$L \otimes_K M$的所有幂零元中的集合。现在，根据第 2 条命题，$L \otimes_K M$ 包含 $p$ 的每个素理想（V，p. 118）。

我们可以假设L和M在代数上是K的扩张$\Omega$的不相交的子扩展（V，p. 116，Th.5）；则根据命题 1，p 是素理想 (V, p. 139)。此外，如果L或M可通过K分离，则$L \otimes_K M$是环减去定义的可分扩张（V，p. 119，Def.1）；所以$p = 0$和$L \otimes_K M$是整环，因为p是素数。

设$L$为$A$的分数中的域。由于$B$是正则$K$代数，$L \otimes_K B$是整环，因此$A \otimes_K B$也是，因为它与$L \otimes_K B$的子环同构。

a) (resp. c)) 的证明与第 3 号提案的部分 a) (resp. d)) 相同，V、p. 119、之后替换处处都通过 « 整环 » 减少了环 »和“常规代数”的“可分离代数”。让我们证明b)。

令 $A$ 和 $B$ 为两个正则 $K$ 代数。令 $L$ 为 $K$ 的扩张。由于$A$是正则，环$L \otimes_K A$是整环。根据命题 2，环 $(L \otimes_K A) \otimes_K B$ 是整环，因为 $B$ 是正则。最后，环$L \otimes_K (A \otimes_K B)$与$(L \otimes_K A) \otimes_K B$同构的，因此是整环。这表明 $A \otimes_K B$ 是正则 $K$ 代数。

如果$L \otimes_K A$是整环，则可以将其嵌入到分数$F$的域中。 将$x \in L$写成$u(x) = x \otimes 1$，并用$v$表示$E$到$F$的$K$同态，其中$A$的扩展单同态$y \mapsto 1 \otimes y$到$F$。 根据第 6 条命题 (V, p. 14) 子域 $u(L)$ 和 $v(E)$ 的$F$ 是线性不相交的超过$K$；因此，$L \otimes_K E$到$F$（V，p. 12）的同态$u * v$是单射的。 这表明 $L \otimes_K E$ 为整环。

根据命题 4，条件是必要的，并且根据命题 3, a)，条件是充分的。

通过前面的推论，足以证明每个多项式代数$A = K[X_i]_i$，都是正则$K$代数。设$L$为$K$的扩张； 环 $L \otimes_K A$ 与 $L[X_i]_{i \in I}$ (III, p. 449, 注 2) 同构，因此整环 (IV, p. 9, 命题 8)。

第一个断言由命题 3, a) 得出。

设 M 为 K 的扩张，并令 $\mathscr{U}$ 为 L 的所有有限生成的子扩展的集合。对于每个E$\in \mathscr{U}$，环$M \otimes_K E$可以用$M \otimes_K L$的子环来识别，因此我们有$M \otimes_K L$的子环的递增有向族，其并是$M \otimes_K L$。现在第二个断言紧随其后。

令 E 为 K 的扩张；由于 L 在 K 上是正则，$E \otimes_K L$ 是整环。根据命题 2 (V, p. 141) 环 $(E \otimes_K L) \otimes_L M$ 因此是整环并且与它同构的环 $E \otimes_K M$ 也是如此 (II. p. 278, 命题 2)。于是就有了这样的结果。

a) 如果 M 在 K 上是正则，则整环 $L \otimes_K M$ 的分数域是 L 的正则扩张。

b) 如果L和M是K的正则扩张，则$L \otimes_K M$的分数的域也是如此。

断言 a) 由命题 3, c) (V, p. 141) 和 Cor. 得出。 V、p. 141； 断言 b) 由命题 3, b) (V, p. 141) 和 Cor. 得出。 V、p. 141。

a) L 在 K 上可分，且 K 在 L 中相对代数封闭。

b) L 是 K 的正则扩张。

c) 环 $\overline{K} \otimes_K L$ 是整环。

d) 设$\overline{L}$为L的代数闭包。那么 L 与 $\overline{L}$ 中 K 的相对代数闭包在 K 上是线性的不相交的。

而且，当这些条件成立时，$\overline{K} \otimes_K L$就是域。

a) $\Rightarrow$ b)：设M为K的扩张。在a)的假设下，环$M \otimes_K L$为整环，由V，p. 140，得。

b) $\Rightarrow$ c)：这是从 Def 得出的。 2.

c) $\Rightarrow$ d)：通过 d) 的记号，我们将可以确定 $\overline{K}$ 与 $\overline{L}$ 中 K 的相对代数闭包相结合（V、p. 22，例 2）。假设环$A = \overline{K} \otimes_K L$是整环。令 E 为 K 在 K 上的有限次数子扩展； 子环

A 的 E $\otimes_K$ L 为整环，因此有限次数的代数大于 L；由科。 V、p. 10 就是域。由于$\bar{K}$是上述型的扩张E中的并递增有向集合，因此A是域（V，p. 11，命题3）。因此，A 的典范同态到 $\bar{L}$ 映射 $x \otimes y$ 到 $xy$（对于 $x \in \bar{K}$ 和 $y \in L$）是单射的，因此 L 和 $\bar{K}$ 在 K 上是线性的不相交的。

$d) \Rightarrow a)$：在d)的假设下，我们有$L \cap \bar{K} = K$，因此K在L中是相对代数封闭的；此外，如果 p 是 K 的特征指数，则域 $L$ 在 $K$ 上与 $K^{p^{-\infty}}$ 呈线性关系不相交的，因此 L 在 K 上可分（V，p. 123，Cor. 1）。

上述条件显然是必要的。反之，假设$\bar{K} \otimes_K A$是整环，并用A的分数的E域表示，根据命题4(V,p. 141)环$\bar{K} \otimes_K E$是整环，因此E是K的正则扩张，根据第 9 号提案；由V、p. 141、Cor.，我们结论 A 是正则K-代数。

这是从 Cor 得出的。 1.

由科. 2、A和B是正则K-代数，只需应用命题2（V，p. 141）即可。

将$w = u * v$(V，p. 12)，用整环$L \otimes_K M$分数F域和认同L(分别M)和F的子域通过映射表示$x \mapsto x \otimes 1$（分别为$y \mapsto 1 \otimes y$）；那么 w 到 L（分别是 M）的限制就是 u（分别是 v）。设 B 是 M 对 K 的超越基 (V, p. 109, Th.1)。

通过假设$u(L)$和$v(M)$在K上的代数不相交的；因此（V，p. 114，命题14），$u(L)$和$v(K(B))$在K上是线性的不相交的。因此，存在一个K同态$u': L(B) \to E$，它在L上与u一致并且与v ou K(B)一致。通过构造 L 和 M 与 F 中的 K 成线性关系不相交的；根据第 8 条命题 (V, p. 15) F 的子域 $L(B)$ 和$M$ 与$K(B)$ 呈线性不相交的关系。由此可见，存在一个 K-同态 $w' : M[L(B)] \to E$，它在 $L(B)$ 上与 $u'$ 一致，在 $M$ 上与 $v$ 一致。但域$F$是由$M \cup L(B)$生成的，$M$是$K(B)$的代数；因此我们有$M[L(B)] = F$（V，p. 18，Cor.2）。因此我们结论认为$w'$是$F$到$E$的K同构，其限制到$L$（或$M$）是$u$（或$v$）。这表明 $u(L)$ 和 $v(M)$ 与 $K$ 呈线性关系不相交的。

环$L \otimes_K M$是常规扩张的整环乘定义，现在足以应用第10条提案。

根据第 10 号提案，注环 $L \otimes_K M$ 是整环（V，p. 140，Cor.）。

习题