『代数函数論』定理1.9（前半）

基底を固定する．$A$を$a$倍写像の行列表現とする．$f(a)=0$より，$f(A)=O$．[よって，$f(x)$の既約性より$f(x)$は$A$の最小多項式である．（追記）]ゆえに$P_a(x)$の根は$f(x)$の根に等しい．ゆえに，$P_a(x)|f(x)^n$（$n=[L:K]$）．$f(x)$の既約性により$P_a(x)=f(x)^r$と書ける．最後に，$$[L:K]=\text{deg}P_a(x)=r\,\text{deg}f(x)=r[K(a):K]$$
であることから補題を得る．

$\nu'(a_i)=\nu(a_i)\ge0$より，
$$m\nu'(c)=\nu'(c^m)=\nu'(a_1c^{m-1}+\cdots+a_m)\ge\min((m-i)\nu'(c);i=1,\cdots m)$$
よって$\nu'(c)\ge 0$である．

$L/K$のノルムを$N$とし，$P$に属する正規付値を$\nu$とおく．
$$\nu^*(a)=\nu(N(a))$$
として得られる$L$上の関数を考察する．$a\neq 0$ならば$N(a)\neq 0$より，$\nu^*(a)$は有理整数．また，明らかに$\nu^*(0)=\infty$．次に$N(ab)=N(a)N(b)$より，$\nu^*(ab)=\nu^*(a)+\nu^*(b)$が分かる．次に，$\nu^*(c)\ge 0$ならば$\nu^*(1+c)\ge 0$を示せば，$\nu^*$が付値を与えることが分かる．
　$\nu^*(c)\ge 0$と仮定する．$c$が$K$に関して満足する既約多項式を
$$(1)\quad f(x)=x^m + a_1 x^{m-1}+\cdots + a_m,\quad f(c)=0,\quad a_i\in K$$
とすれば，補題1より，$c$の$K$に関する特性多項式$F(x)$は$(f(x))^{\frac{n}{m}}$に等しいので，二つの多項式の定数項を比べて，$N(c)=\pm(a_m)^{\frac{n}{m}}$（ここで，$n=[L:K]$である）．よって
$$\nu(a_m)=\frac{m}{n}\nu(N(c))=\frac{m}{n}\nu^*(c)\ge 0$$
今完備体を考えているので，参考文献[1]の補題1.7より（以前の記事[3]も参照）$\nu(a_i)\ge 0$（$i=1,\cdots,m$）．
　さて，$1+c$の$K$に関する特性多項式は$F(x-1)=(f(x-1))^{\frac{n}{m}}$となるので，$F(x-1)$の定数項である$N(1+c)$は
$$N(1+c)=\pm(f(-1))^\frac{n}{m}=\pm((-1)^m+a_1(-1)^{m-1}+\cdots a_m)^{\frac{n}{m}}$$
となるので，$\nu^*(1+c)\ge0$．
　次に一意性を示す．$P^{\prime\prime}$を$P$の$L$における任意の拡張とし，$\nu^{\prime\prime}$を$P^{\prime\prime}$に属する$\nu$の拡張とする．$\nu^*(c)\ge 0$となる$c\in L$が$K$に関して満足する既約方程式を$(1)$とすれば，すでに証明したように$\nu(a_i)\ge 0$（$i=1,\cdots,m$）であるから補題2より，$\nu''(c)\ge 0$である．よって参考文献[1]の補題1.3より（あるいは以前の記事[4]の補題3より），$\nu^*\sim\nu''$である．よって$P''=P'$．QED