只需证明多项式$X^{p^e} - a$在$K[X]$中不可约即可。通过 x 高度的定义，我们得到 $a \notin K^p$，因此从引理可以得出命题：

令$\Omega$为$K$的代数闭包，并令b为$\Omega$的元素$a^{p^{-e}}$；我们用 g 表示 b 在 $K$ 上的最小多项式。我们有$f(X) = (X - b)^{p^e}$，因此$K[X]$中的每个不可约多项式，其中除$f$承认b为根，因此等于g。因此存在 (IV, p. 13, 命题 13) 整数 $q \geq 1$ 使得$f = g^q$；由于$f$的q除次数$p^e$，存在整数$e'$使得$0 \leq e' \leq e$和$q = p^{e'}$。如果c是g的常数项，则有$-a = c^q$；因为我们假设 a 不在 $K^p$ 内，所以我们必须有 $q = 1$，即 $f = g$，所以引理如下。

对于每个整数 $n \geq 0$ 集合 $E_n$ 由 E 的所有元素 $x$ 组成，使得 $x^{p^n} \in K$；由于映射$x \mapsto x^{p^n}$是域E的自同态，我们推断$E_n$是E的子扩展。序列$(E_n)_{n \geq 0}$是升序的，并$E_r$因此$E_r$ 是 E 的子扩展（V、p. 11、命题 3）。很明显，$E_r$是K的p-根式扩展，并且$E_r$包含是E的每个子扩展，它是K上的p-根式。

因为$E_r$是E的子扩展并且由假设$E = K(E_\infty)$从而$E = E_r$；所以 E 是 K 的 p 根式扩展。

在命题 2 的条件下，$E_r$ 被认为是 E 中 K 的相对 $p\text{-radical}$ 闭包。

我们将特别将命题 2 应用到 E 是 K 的代数闭扩张的情况；那么 E 是完美的，我们对所有 $n \geq 0$ 都有 $E_n = K^{p^{-n}}$。在这种情况下，我们用 E 的元素的 $K^{p^{-\infty}}$ 集合表示，它们是 K 上的 p 根；它是 E 的子域，它是 E 的子域升序序列 $(K^{p^{-n}})_{n > 0}$ 的并。根据命题 2，$K^{p^{-\infty}}$ 是 E 的最大的子扩展，它是 K 上的 p 根式；根据 V、p. 6、$K^{p^{-\infty}}$ 的命题 3，它是 K 的完美闭包，并且它也是 E 包含 K 的最小的完美子域。当 K 完美时，我们显然对所有 n 都有 $K = K^{p^{-n}} = K^{p^{-\infty}}$。如果 K 不完美，我们有 $K \neq K^P$，从而

$^1$ p 根式扩展也称为纯粹不可分的扩张或根式扩张。

$n \geq 1$； E 的子域 $K^{p^{-n}}$ 两两不同，$K^{p^{-\infty}}$ 是 K 的无限次代数扩张。

设$E_n$为E的元素的集合，它是K上高度为$\leq n$的p根式。根据命题2，域E是子域的升序序列$(E_n)_{n \geq 0}$的并。设$v$为E到F延伸$u$的同态；对于任意 $x \in E_n$，我们有 $x^{p^n} \in K$、从而 $v(x)^{p^n} = v(x^{p^n}) = u(x^{p^n})$；因此，对于所有$n \geq 0$和所有$x \in E_n$，我们有$v(x) = u(x^{p^n})^{p^{-n}}$，$u$到E的扩张的从而唯一性。

设$n$为正整数；对于任何$x \in E_n$，我们有$x^{p^n} \in K$，并且由于F是完美的，我们可以通过$v_n(x) = u(x^{p^n})^{p^{-n}}$将F的定义元素$v_n(x)$。很明显，$v_n$ 是 $E_n$ 的同态到 F 中，$v_0 = u$ 以及 $E_n$ 上的 $v_{n+1}$ 诱导 $v_n$。因此，对于所有$n \geq 0$，存在E到F中的同态$v$归纳$v_n$在$E_n$上，特别是与$E_0 = K$上的$v_0 = u$重合。

当 $p = 1$ 时，推论是微不足道的；假设$p \neq 1$。规定的条件在V、p. 5、Th之前是必要的。 3 ;根据命题 3，它们就足够了。

由于 E 是 K 的有限次数的 p 根扩展，因此存在 E 的元素 $a_1, \ldots, a_m$，K 上的 p 根，使得 $E = K(a_1, \ldots, a_m)$。令 i 在 1 到 m 范围内；因为 $a_i$ 是更不必说 $K(a_1, \ldots, a_{i-1})$ 的 p 根式，次数

是 p 的幂（V，p. 24，命题 1）。我们有$[E : K] = n_1 \ldots n_m$到V，p. 18，Th。 2、从而结果。