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
$$x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0=0(a_i\in A)$$
とおくと$x^{-1}\in A$より
$$x=-a_{n-1}-\cdots -a_1{x}^{-(n-2)}-a_0{x}^{-(n-1)}\in A$$
となって矛盾。よって主張を得る。

　適当な元で割ることで$\parallel f\parallel =1$、特に$f\in A[x]$としてよい。
　このとき$|a_0|,|a_n|<1$とすると
$$a_0,a_n\equiv 0(\mathrm{mod}\mathfrak{p})$$
より$f$は$A/\mathfrak{p}$において
$$f\equiv x^d\cdot \bar{h}(\mathrm{mod}\mathfrak{p})(1\le d<n,\bar{h}(0)\ne 0)$$
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
$$f=gh(\mathrm{deg}g=d)$$
が得られることになり$f$の既約性に矛盾する。
　よって$max\{|a_0|,|a_n|\}=1=\parallel f\parallel$を得る。

　(前者)$\Rightarrow$(後者)は明らかなので、その逆を示す。
　いま$n=[L:K],e=[L:K(\alpha )]$とおいたとき、$\alpha$の$K$における最小多項式$f$について
$$N_{L/K}(\alpha )=(-1{)}^{n}f(0{)}^e\in A$$
が成り立つ。特に$x=f(0)$は方程式
$$x^e-(-1{)}^n{N}_{L/K}(\alpha )=0$$
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$\alpha$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
$$|x{|}_L=0⟺x=0,|xy{|}_L=|x{|}_L|y{|}_L$$
については明らかなので
$$|x+y{|}_L\le max\{|x{|}_L,|y{|}_L\}$$
特に
$$|z{|}_L\le 1⟹|z+1{|}_L\le 1$$
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
$$N_{L/K}(\alpha )\in A⟺\alpha \in B$$
が成り立つことに注意すると
$$\begin{array}{rl}|z{|}_L\le 1& ⟺|N_{L/K}(z)|\le 1\\ & ⟺N_{L/K}(z)\in A\\ & ⟺z\in B\\ & ⟺z+1\in B\\ & ⟺|z+1{|}_L\le 1\end{array}$$
とわかる。

　上の命題より
$$w(x)=\frac{1}{n}v(N_{L/K}(x))$$
とおくとこれは$L$の離散付値となり、また命題3より
$$x\in B⟺N_{L/K}(x)\in A⟺w(x)\ge 0$$
であったので$B$はその付値環
$$B=\{x\in L:w(x)\ge 0\}$$
となることがわかる。

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

$$|\beta -\alpha |<|\beta -\sigma (\alpha )|⟺|\beta -\alpha |<|\alpha -\sigma (\alpha )|$$
が成り立つこと、より一般に
$$|x|<|y|⟺|x|<|x-y|$$
が成り立つことを示せばよいが、それは
$$\begin{array}{rl}|y|& \le max\{|x|,|x-y|\}\\ |x-y|& \le max\{|x|,|y|\}\end{array}$$
に注意するとわかる。

　$\alpha \notin K(\beta )$として矛盾を導く。
　このとき$K(\alpha ,\beta )/K(\beta )$は非自明な分離拡大であるので$\sigma (\alpha )\ne \alpha$なる$\sigma \in {\mathrm{Aut}}_{K(\beta )}(\bar{K}/K(\beta ))$が取れるが、補題6より
$$|\beta -\alpha |=|\sigma (\beta -\alpha )|=|\beta -\sigma (\alpha )|$$
となって$\beta$が$\alpha$に属すことに矛盾。
　よって$\alpha \in K(\beta )$であり、$K(\alpha )\subseteq K(\beta )$を得る。

　$|\alpha |\le 1$のときは$f$がモニック、特に$\parallel f\parallel \ge 1$が成り立つことから明らかであり、また$|\alpha |>1$のときは
$$f(x)=x^n+\sum _{k=0}^{n-1}{a}_k{x}^k$$
とおくと
$$\begin{array}{rl}0=|f(\alpha )|& =|{\alpha }^n+\sum _{k=0}^{n-1}{a}_k{\alpha }^k|\\ & \ge |\alpha {|}^n-\left|\sum _{k=0}^{n-1}{a}_k{\alpha }^k\right|\\ & \ge |\alpha {|}^n-\underset{0\le k<n}{max}|a_k|\cdot |\alpha {|}^k\\ & \ge |\alpha {|}^n-\parallel f\parallel \cdot |\alpha {|}^{n-1}\\ & =|\alpha {|}^{n-1}(|\alpha |-\parallel f\parallel )\end{array}$$
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、$\delta \le 1$であれば$\parallel f-g\parallel <\delta$において$\mathrm{deg}f=\mathrm{deg}g$が成り立つことに注意する。
　いま
$$f(x)=\prod _{i=1}^n(x-{\alpha }_i)=\sum _{k=0}^n{a}_k{x}^k$$
に対し
$$\epsilon =min(\{|{\alpha }_i-{\alpha }_j|:i\ne j\}\cup \{1\}),\delta ={\left(\frac{\epsilon }{\parallel f\parallel }\right)}^n$$
とおく。これは$0<\epsilon \le 1,\parallel f\parallel \ge 1$より$0<\delta \le 1$を満たす。
　このとき$\parallel f-g\parallel <\delta$なるモニック多項式$g=\sum _{k=0}^n{b}_k{x}^k$の根$\beta$に対し、上の補題より
$$|\beta |\le \parallel g\parallel \le max\{\parallel f\parallel ,\parallel g-f\parallel \}=\parallel f\parallel$$
と評価できるので
$$\begin{array}{rl}|f(\beta )|& =|f(\beta )-0|=|f(\beta )-g(\beta )|\\ & \le \underset{0\le k\le n}{max}\{|a_k-b_k|\cdot |\beta {|}^k\}\\ & \le \parallel f-g\parallel \cdot \parallel f{\parallel }^n\\ & <\delta \parallel f{\parallel }^n={\epsilon }^n\end{array}$$
が成り立つ。特に
$$|f(\beta )|=\prod _{i=1}^n|\beta -{\alpha }_i|<{\epsilon }^n$$
に注意するとある$\alpha ={\alpha }_i$について
$$|\beta -\alpha |<\epsilon \le \underset{\sigma (\alpha )\ne \alpha }{min}|\alpha -\sigma (\alpha )|$$
が成り立つ、つまり$\beta$は$\alpha$に属すことになる。
　また仮定より$\alpha$は分離的なのでKrasnerの補題より$K(\alpha )\subseteq K(\beta )$であり、$\mathrm{deg}f=\mathrm{deg}g=n$に注意すると
$$[K(\beta ):K]\le n=[K(\alpha ):K]$$
つまり$[K(\beta ):K(\alpha )]=1$がわかるので$K(\beta )=K(\alpha )$を得る。