付値の延長とKrasnerの補題

　任意の$x\in K$に対し$x\in A$または$x^{-1}\in A$が成り立つことに注意する。
　いまある$x\in K\setminus A$が$A$上整であるとし、$x$が満たす方程式を
$$x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0=0\qquad(a_i\in A)$$
とおくと$x^{-1}\in A$より
$$x=-a_{n-1}-\cdots-a_1x^{-(n-2)}-a_0x^{-(n-1)}\in A$$
となって矛盾。よって主張を得る。

　適当な元で割ることで$\|f\|=1$、特に$f\in A[x]$としてよい。
　このとき$|a_0|,|a_n|<1$とすると
$$a_0,a_n\equiv0\pmod\p$$
より$f$は$A/\p$において
$$f\equiv x^d\cdot\ol h\pmod\p\quad(1\leq d< n,\;\ol h(0)\neq0)$$
のように因数分解できる。したがって Henselの補題 より非自明な因数分解
$$f=gh\quad(\deg g=d)$$
が得られることになり$f$の既約性に矛盾する。
　よって$\max\{|a_0|,|a_n|\}=1=\|f\|$を得る。

　(前者)$\Rightarrow$(後者)は明らかなので、その逆を示す。
　いま$n=[L:K],\ e=[L:K(\a)]$とおいたとき、$\a$の$K$における最小多項式$f$について
$$N_{L/K}(\a)=(-1)^nf(0)^e\in A$$
が成り立つ。特に$x=f(0)$は方程式
$$x^e-(-1)^nN_{L/K}(\a)=0$$
を満たすので$A$上整であり、また$f(0)\in K$および$A$の整閉性から$f(0)\in A$が成り立つ。
　よって($f$はモニックであることに注意すると)上の補題より$f(x)\in A[x]$、つまり$\a$は$A$上整であることがわかる。

　一意性、完備性については この記事 の補題4として示していたので、あとは存在性、つまり
$$|x|_L:=|N_{L/K}(x)|^{1/n}$$
が$L$の乗法付値を定めることを示せばよい(これが$|\,\cdot\,|$の延長となっていることは明らか)。
　いま
$$|x|_L=0\iff x=0,\quad|xy|_L=|x|_L|y|_L$$
については明らかなので
$$|x+y|_L\leq\max\{|x|_L,|y|_L\}$$
特に
$$|z|_L\leq1\Longrightarrow|z+1|_L\leq1$$
が成り立つことを示せばよい。
　これは$L$における$A$の整閉包を$B$とおいたとき命題3から
$$N_{L/K}(\a)\in A\iff\a\in B$$
が成り立つことに注意すると
\begin{align} |z|_L\leq1 &\iff|N_{L/K}(z)|\leq1\\ &\iff N_{L/K}(z)\in A\\ &\iff z\in B\\ &\iff z+1\in B\\ &\iff|z+1|_L\leq1 \end{align}
とわかる。

　上の命題より
$$w(x)=\frac1nv(N_{L/K}(x))$$
とおくとこれは$L$の離散付値となり、また命題3より
$$x\in B\iff N_{L/K}(x)\in A\iff w(x)\geq0$$
であったので$B$はその付値環
$$B=\{x\in L:w(x)\geq0\}$$
となることがわかる。

　$\a$の$K$における最小多項式を$f(x)$とおくと
$$|\a|=|N_{K(\a)/K}(\a)|^{1/n}=|f(0)|^{1/n}$$
と表せ、また$f(x)$は$\s(\a)$の最小多項式でもあるので
$$|\a|=|f(0)|^{1/n}=|\s(\a)|$$
を得る。

$$|\b-\a|<|\b-\s(\a)|\iff|\b-\a|<|\a-\s(\a)|$$
が成り立つこと、より一般に
$$|x|<|y|\iff|x|<|x-y|$$
が成り立つことを示せばよいが、それは
\begin{align} |y|&\leq\max\{|x|,|x-y|\}\\ |x-y|&\leq\max\{|x|,|y|\} \end{align}
に注意するとわかる。

　$\a\not\in K(\b)$として矛盾を導く。
　このとき$K(\a,\b)/K(\b)$は非自明な分離拡大であるので$\s(\a)\neq\a$なる$\s\in\operatorname{Aut}_{K(\b)}(\ol K/K(\b))$が取れるが、補題6より
$$|\b-\a|=|\s(\b-\a)|=|\b-\s(\a)|$$
となって$\b$が$\a$に属すことに矛盾。
　よって$\a\in K(\b)$であり、$K(\a)\subseteq K(\b)$を得る。

　$|\a|\leq1$のときは$f$がモニック、特に$\|f\|\geq1$が成り立つことから明らかであり、また$|\a|>1$のときは
$$f(x)=x^n+\sum^{n-1}_{k=0}a_kx^k$$
とおくと
\begin{align} 0=|f(\a)| &=\l|\a^n+\sum^{n-1}_{k=0}a_k\a^k\r|\\ &\geq|\a|^n-\l|\sum^{n-1}_{k=0}a_k\a^k\r|\\ &\geq|\a|^n-\max_{0\leq k< n}|a_k|\cdot|\a|^k\\ &\geq|\a|^n-\|f\|\cdot|\a|^{n-1}\\ &=|\a|^{n-1}(|\a|-\|f\|) \end{align}
が成り立つことからわかる。

　$f,g$のモニック性より最高次数の係数を考えると、$\d\leq1$であれば$\|f-g\|<\d$において$\deg f=\deg g$が成り立つことに注意する。
　いま
$$f(x)=\prod^n_{i=1}(x-\a_i)=\sum^n_{k=0}a_kx^k$$
に対し
$$\e=\min(\{|\a_i-\a_j|:i\neq j\}\cup\{1\}),\quad \d=\l(\frac\e{\|f\|}\r)^n$$
とおく。これは$0<\e\leq1,\ \|f\|\geq1$より$0<\d\leq1$を満たす。
　このとき$\|f-g\|<\d$なるモニック多項式$g=\sum^n_{k=0}b_kx^k$の根$\b$に対し、上の補題より
$$|\b| \leq\|g\| \leq\max\{\|f\|,\|g-f\|\} =\|f\|$$
と評価できるので
\begin{align} |f(\b)|&=|f(\b)-0|=|f(\b)-g(\b)|\\ &\leq\max_{0\leq k\leq n}\{|a_k-b_k|\cdot|\b|^k\}\\ &\leq\|f-g\|\cdot\|f\|^n\\ &<\d\|f\|^n=\e^n \end{align}
が成り立つ。特に
$$|f(\b)|=\prod^n_{i=1}|\b-\a_i|<\e^n$$
に注意するとある$\a=\a_i$について
$$|\b-\a|<\e\leq\min_{\s(\a)\neq\a}|\a-\s(\a)|$$
が成り立つ、つまり$\b$は$\a$に属すことになる。
　また仮定より$\a$は分離的なのでKrasnerの補題より$K(\a)\subseteq K(\b)$であり、$\deg f=\deg g=n$に注意すると
$$[K(\b):K]\leq n=[K(\a):K]$$
つまり$[K(\b):K(\a)]=1$がわかるので$K(\b)=K(\a)$を得る。