这立即从定义 1 开始。

首先假设 K 是完美的。由于域是减少的环，因此从引理 5（$V$，p. 35）得出，$K$的有限次数的每个扩张都是$K$上的一个etale代数；因此 $K$ 的每个代数扩张都是可分的。

现在假设$K$是特征$p \neq 0$的不完美域。令$\Omega$为$K$的代数闭包。由于$K$不完美，因此存在$b \in K$而不是属于到$K^p$；把$a = b^{1/p}$。那么$K$的扩张$K(a)$就是有限次数的p根式。根据$V$，p. 26，命题3，存在$K(a)$到$\Omega$的单个K同态，并且由于$[K(a):K] > 1$，代数$K(a)$在$K$上不完整（$V$， p. 32，提案 4）。其他字、$K$有限次数扩张$K(a)$是不可分离的。

a) ⇒ d): 在假设 a) 下，K[X] 中存在两个多项式 g 和 h，使得 fg + f'h = 1 (IV, p. 12)。设a为fin Ω的根；我们有

从而$f'(a) \neq 0$；因此 $a$ 是 fin Ω 的简单根 (IV, p. 17, 命题 7)。

d) ⇒ c)：如果 d) 成立，则 Ω[X] 中的 f 分裂的变为次数 ≤ 1 的不同因子的乘积。

c) ⇒ b)：在假设 c) 下，L 中存在元素 $A \neq 0$ 以及 L 的*不同* 元素 $a_1, ..., a_n$，使得 $f(X) = \lambda (X - a_1) ... (X - a_n)$。如果 $\deg(f) > 0$，我们有 (IV, p. 83, 命题 11)，

b) ⇒ a)：设 c 为主导系数，D 为 f 的判别式； $f'$ 和 f 的结果等于 ± cD (IV, p. 84, 公式 (54))，因此不为零；因此 (IV, p. 78, Cor. 2) 多项式 f 和 $f'$ 在 K[X] 中互质。

a) ⇒ e)：设 A 为 K-代数 K[X]/(f) 且 A 中 X 的 x 像；由III、p. 573、第22号提案、A-模$\Omega_K(A)$由元素$dx$生成，受单个关系$f'(x)\ dx = 0$的约束。由*V*，p. 33，Th。 3、K-代数 A 是 etale 当且仅当$f'(x)$ 是 A 中的可逆元，这意味着 f 和 $f'$ 在 K[X] 中互质。

a) $f$ 是可分离的。 b) 存在$K$的扩张$L$，其中$f$有一个简单的根。 c) 导数$f'$关闭不是零。 d) 域$K$具有特征$0$，或者具有特征$p \neq 0$和$f \not\in K[X^p]$。

我们注首先$K[X]$中的不可约多项式不是常数。很明显，a) 蕴涵 b)（取 $K$ 中的代数闭包得到 $L$）。如果$x$是$K$的扩张$L$中的一个简单根，我们有$f'(x) \neq 0$（IV，p. 17，命题7），所以b)蕴涵c)，而c)和d)的等价由V，p. 9，科。

最后假设$f \neq 0$；令$x$为$K$的代数闭扩张$\Omega$中的$f$根。由于$f$是$x$在$K$和$\deg f' < \deg f$上的最小多项式，我们有$f'(x) \neq 0$，因此$x$是$f$的简单根（IV，p. 17，命题1） 7).因此 $f$ 是可分的，我们已经证明 c) 蕴涵 a)。

如果域$K$具有特征$0$，则$K$是完美的，并且$K[X]$的每个不可约多项式都是可分的，通过上面的d）。假设$K$具有特征$p \neq 0$。

首先假设 $K$ 是完美的。我们有 $K[X^p] = K[X]^p$，因此不存在 $K[X]$ 属于到 $K[X^p]$ 的不可约多项式。根据命题 4，$K[X]$ 的每个不可约多项式都是可分的。

接下来假设$K$不完美，从而$K \neq K^p$。令$a$为$K$的元素，而不是属于到$K^p$；多项式 $X^p - a$ 在 $K[X]$ (V, p. 24, 引理 1) 中不可约，并且它属于到 $K[X^p]$，因此不可分。

设$\Omega$为$K$的代数闭包； iff 是可分离的，$f$ 在 $\Omega[X]$ 中没有重复的因子（命题 3，d））。相反，如果$L$是$K$的完美扩张，使得$f$在$L[X]$中没有重复的因子，则$f$在$L[X]$中可分离（Cor.1和注2），因此$K[X]$（注1）。

设F是有限次数的E在K上的子扩展。根据V，p. 11，Cor.，存在A的元素$x_1, \ldots, x_m$，使得$F \subset K(x_1, \ldots, x_r)$，我们有

到 A 上的假设时，代数 $K[x_1], \ldots, K[x_m]$ 在 K 上已完成；因此$K[x_1] \otimes \cdots \otimes K[x_m]$（V，p. 32，Cor.1）也是如此。现在 F 同构于代数与 $K[x_1] \otimes \cdots \otimes K[x_m]$ 的商子代数，etale 也同构（V，p. 30，命题 3）。

接下来我们观察条件 b) 意味着扩张 E 是有限次数：通过注 2 of V，p. 18 足以证明它是代数；现在，如果 z 是 $E$ 超越 $K$ 的元素，则子外延 $K(z^n), n \in \mathbf{N}$ 是两两不同的。

为了证明 b) $\Rightarrow$ a) 我们现在区分两种情况： A) 如果域 $K$ 是*有限*，域 $E$ 是 K 上有限维的向量空间，因此是有限的集合。因此$^1$(V,p. 78,引理1)存在$E$的$E$生成的乘法群的元素$x$，我们有$E = K[x]$。

B) 现在假设域 $K$ 是无限的。如果b)成立，则扩张$E$为有限次数，因此b)也可以用说来表示，$E$仅拥有子代数的有限数。既然如此，$b) \Rightarrow a)$就是下面更一般的命题的推论（其中假设，域$K$是无穷大是不可缺少的，cf.V，p. 153，Ex.5） § 7):

令 $A_1, \ldots, A_n$ 为与 $A$ 不同的 $A$ 的子代数。如果 $x \notin A_1 \cup \ldots \cup A_n$，则子代数 $K[x]$ 不能等于任何 $A_i$，因此必须重合与 $A$。另外，由于$V$生成$A$，所以不包含在子空间$A_i$中。因此，第 7 号提案是以下引理中的推论：

由归纳对$n$论证，我们只需证明如果$V \subset A$，且$V \subset A_1 \cup \ldots \cup A_n$，则$V \subset A_1 \cup \ldots \cup A_{n-1}$。 令$x \in V, x \notin A_n$，并令$y$在$V$中任意。 如果$y \in Kx$，我们有$y \in A_1 \cup \ldots \cup A_{n-1}$；如果不是，则元素$x$和$y + \lambda x, \lambda \in K$严格大于数和属于到$A_1 \cup \ldots \cup A_n$中的$n$，因此其中两个属于到同一个$A_i$。 因此，存在$i, 1 \leq i \leq n$，对于某些$\lambda \in K$，存在$x \in A_i$和$y + \lambda x \in A_i$，或者对于两个不同的标量$\lambda, \mu \in K$，存在$y + \mu x \in A_i$和$y + \mu x \in A_i$。 在这两种情况下，我们结论即$x \in A_i$和$y \in A_i$；但这意味着$i \neq n$，因此$y \in A_1 \cup \ldots \cup A_{n-1}$，正如我们希望展示的那样。

这样就完成了Th中a)和b)的等价的证明。 1. 最后，如果扩张 $E$ 可分，且有限次数、条件 b) 成立，则由 V、p. 30，命题 3。

这立即来自第 6 号提案 (V, p. 39)。

$^1$ 读者可能会说服自己Th。 V、p. 78 引理 1 之前证明任何地方都没有使用 1。

首先假设 F 在 K 上可分；那么 E 可以通过命题 1 (V, p. 36) 在 K 上分离。此外，F 的每个元素在 K（V，p. 39，命题 6）上可分，因此在 E（V，p. 39，Cor.2）上可分，因此 F 在 E（V，p. 39，命题 6）上可分。

相反，假设 F 在 E 上可分，E 在 K 上可分。用 F 的 x 元素和 $f \in E[X]$ 表示 x 在 E 上的最小多项式。由于 E 在 K、Th 上是代数。 2 (V,p. 18)表明在K上存在有限次数的E的子扩展E'，使得$f \in E'[X]$；那么 f 同时是 x 在 E 和 E' 上的最小多项式，并且由于 x 在 E (V, p. 39, 命题 6) 上可分，因此在 E' (V, p. 39, 命题 5) 上也是可分的。写$F' = E'(x)$；则 F 可分且在 E' 上有有限次数，并且由于 E 在 K 上可分，因此 E' 在 K 上可分且有有限次数（V，p. 36，命题 1）。因此，F 是可分的，并且有限次数在 K 上，通过 V，p. 32，Cor。 2. 因此 (V, p. 39, 命题 6) x 在 K 上可分。我们现在已经证明 F 的每个元素在 K 上可分，因此 F 在 K 上可分 (V, p. 39, 命题 6)。

a) 如果 E 在 K 上可分离，则 E' 在 K' 上可分离.

b) 相反，如果 E' 在 K' 上可分离，并且 E 和 K' 在 K 上线性不相交的，则 E 在 K 上可分离.

断言 a) 直接源自第 6 条命题 (V, p. 39)。

在假设 b) 下，设 F 是有限次数的 E 在 K 上的子扩展。则 F 和 K' 在 K 上线性不相交的，因此 K'-代数 $F_{(K')} = K' \otimes_K F$ 同构于 $K'(F)$。由于 $K'(F)$ 是有限次数 E' 在 K' 上的子扩展，并且 E' 是代数且在 K' 上可分，因此 K'-代数 $K'(F)$ 是 etale。在其他字中，K'-代数 $F_{(K')}$ 是 etale，现在 Cor.命题 4 的 2 (V, p. 32) 表明 F 在 K 上是 etale 的。因此我们证明 E 在 K 上是可分的。

对于 Cor 来说，案例 $p = 1$ 是微不足道的。 V、p. 37。假设从现在开始$p \neq 1$。

假设 E 是 K 的代数，我们有 $E = K(S)$，因此

如果 E 是 K 上的有限次数，则当且仅当它是 K 上的 etale 代数时，它才是 K 的可分扩张；科。 V、p. 35 表明当且仅当 $E = K[E^p]$ 时才会发生这种情况。

现在假设$E$是可分的并且在$K$上具有无限度。那么$K[E^p]$是子环$K[{E'}^p]$的并，其中$E'$范围超过集合，是有限次数的$E$在$K$的子扩展；但是这样的扩张$E'$可以通过$K$（$V$，p. 36，命题1），从而$E' = K[{E'}^p] \subset K[E^p]$来分离；最后我们有了$E = K[E^p]$。通过$n \geq 0$上的归纳，关系$E = K[E^p]$意味着$E = K[E^{p^n}]$。

令$K$为特征指数$p$的完美域，并令$E$为$K$的代数扩张。那么 $E$ 可以通过 $K$ ($V$, p. 36, 命题 2) 从而 $E = K(E^p)$ 通过命题 11 分离；但我们有$K = K^p \subset E^p$，因此$E = K(E^p) = E^p$，所以$E$是完美的。

我们可以立即将约化转化为$[E : K]$有限的情况。设$(x_i)_i$为$E$除$K$的基。对于$E$从$K^{p^{-\infty}}$线性地不相交的来说，对于所有$n \geq 0$来说，从$K^{p^n}$开始也是线性的不相交的是必要且充分的，这仅仅意味着关系$\sum_{i \in I} x_i a_i^{p^{-n}} = 0$对于所有$i \in I$、对于任何家庭$(a_i)_i$意味着$a_i = 0$， 元素 $K$。这反过来意味着家庭$(x_i^{p^n})_{i \in I}$在$K$上是免费的，或者也意味着它是向量空间$E$在$K$上的基。换句话说，当且仅当$E = K(E^{p^n})$时，$E$与$K^{p^{-n}}$呈线性不相交的。现在应用第 11 条提案就足够了。

根据命题 6，*a*) ($V$, p. 39) $E$ 的每个子外延在 $K$ 上是代数且可分的，都包含在 $E_s$ 中。根据命题 6，*b*) (loc.cit.) $K$ 的扩张 $K(E_s)$ 是代数且可分离的，从而 $K(E_s) \subset E$，所以 $K(E_s) = E_s$。

与前面的命题的记号，E，称为E中K的相对可分（代数）闭包。当K完美时，E，是E中K的相对代数闭包（V，p. 36，命题2）。

现在假设假设 b) 并令 $x \in E,$。由于 x 在 K 上可分，因此在 F (V, p. 39, Cor. 2) 上也是可分的，但由于 E 在 F 上是 p 根，所以 x 也在 F 上是 p 根，因此 $x \in F$ (V, p. 39, Cor. 3)。

最后，c) 由 a) 和 b) 以及命题 12 得出。

因为 $K'(E_s)$ 是由命题 10 (V, p. 42) 得出的 K' 的可分代数扩张；因为 E 是 E_s 上的 p 根式，所以 $K'(E_s)$ 的扩张 $K'(E)$ 是 p 根式（V、p. 25，Cor.）。现在应用第 13 条提案就足够了。

对于 F 表示的每个整数 $n \geq 0$，E 的子扩展$K(E^{p^n})$。E 的向量子空间序列 $(F_n)_{n \geq 0}$ 是下降的，并且 E 是 K 上的有限维。因此存在整数 $m \geq 0$ 这样$F_m = F_n$ 代表所有 $n \geq m$。因此我们有$K(F_m^p) = F_{m+1} = F_m$，因此$F_m$是K的可分扩张（V，p. 42，命题11）；很明显，E 是 F 上的 p 根式，因此第 13 条命题意味着 $E_s = F_m = \bigcap_{n \geq 0} F_n$。

a) Ω 中 K 的相对可分离代数闭包 Ωs 是 K 的可分闭包。*

b) 如果E和E'是K的两个可分闭包，则存在E到E'的K同构。

设 F 为 Ω_s 的可分离代数扩张 ；由于 Ω 是代数闭的，因此存在 F 到 Ω 的 0,-同态 u (V, p. 20, Th. 1)。根据命题 9 (V, p. 42) $u(F)$ 在 K 上可分，因此$u(F) = \Omega_s$。因此 F 是 $\Omega_s$ 的平凡扩张，因此 $\Omega_s$ 是可分离闭的，从而 a)。

令E为K的可分闭包。由于E是K的代数扩张，因此存在E到Ω的K同态v（*V*，p. 20，Th.1）。因此$v(E)$是K上的可分代数，从而$v(E) \subset \Omega_s$。根据 V、p. 42、第 9 条命题，$\Omega_s$ 在 $v(E)$ 上是可分的，并且由于域 $v(E)$ 是可分闭的，所以我们有 $v(E) = \Omega_s$。由此可见 v 是 E 在 $\Omega_s$ 上的 K 同构的。现在 b) 是直接的推论。

设 Ω 为 E 的代数闭包；我们有$\Omega_s \subset E$，足以处理$E = \Omega_s$的情况。由于 F 是 K 的代数扩张，因此存在 F 到 Ω 的 K 同态 u (V, p. 20, Th. 1)。由于域 $u(F)$ 在 K 上可分，因此我们有 $u(F) \subset \Omega_s$ 和 u 定义 F 到 $\Omega_s = E$ 的 K 同态。

域 $\Omega$ 是完美的，E 是 $E_s$ 上的 p 根式，根据 V、p. 44，第 13 条；因此，命题 3 (V, p. 26) 表明，E 的每个 K 同态都以一种独特的方式进入 $\Omega$ 扩展，而 E 的 K 同态则进入 $\Omega$；因此我们有$[E : K]_s = [E_s : K]$。由于E是K的有限次数的可分扩张，所以它是K上的etale代数；所以我们有$[E_s : K]_s = [E_s : K]$乘以V，p. 32，命题4，结果如下。

与前面的记号一起，E在$E_s$上的次数称为E在K上的*不可分割的次数*，并用$[E : K]_i$表示。因此我们有

(1)

根据第 15 号提案。

当K的特征为0时，$E = E_s$，$[E : K]_s = [E : K]$和$[E : K]_i = 1$。如果 K 具有特征 $p \neq 0$，数 $[E : K]_i$ 是 p 的幂，因为 E 是 $E_s$ 上的 p 根（V、p. 44，命题 13 和 p. 26，命题 4）。需要注意的是，$[E : K]_i$不一定等于$p$除$[E : K]_s$的最高幂，也不一定等于E在K中的相对偏根闭包的次数$[E_s : K]$（V、p. 152、例3和例2）。

a) 如果$E \subset F$，则$[F : K]_s = [F : E]_s \cdot [E : K]_s$，*和*$[F : K]_i = [F : E]_i \cdot [E : K]_i$。

b) 令$K'$为$\Omega$的子扩展；那么我们有

如果 $K'$ 是从 E 到 K 的线性不相交的，则等式成立。

c) 我们有$[K(E \cup F) : K]_s \leq [E : K]_s \cdot [F : K]_s$，*和*$[K(E \cup F) : K]_i \leq [E : K]_i \cdot [F : K]_i$，*和等式，如果E和F在K*上线性不相交的成立。

关于a)中可分离的次数的断言由(9)(V，p. 32)得出。由于$[F : K] = [F : E] \cdot [E : K]$，关于不可分割的次数的断言由此和(1)得出。

由科.提案 13 (V, p. 44) 和提案 15 中的 1，我们有

(2)

当 K' 在 K 上从 E 线性不相交的时，则 E 从 K' 在 K 上线性不相交的且 E 从 K'(E_s) 在 E_s 上线性不相交的（V、p. 15，命题 8）。 断言 b) 现在源自第 5 号提案 (V, p. 14)。

由 a) 我们有

b) 我们有 因此我们得到关于不可分的次数的不等式 断言以类似的方式证明。