1 Cartan部分代数

明らかに，$\mathfrak{g}$は$\mathfrak{g}$のCartan部分代数である．これが唯一のCartan部分代数であることを示す．$\mathfrak{h}$を$\mathfrak{g}$の真部分Lie代数とし，$\mathfrak{h}\subsetneq\mathfrak{h}+\mathscr{C}^{p}(\mathfrak{g})$を満たす最大の$p\in\mathbb{N}$をとる．すると，

となるから，$\mathfrak{h}\subsetneq\mathfrak{h}+\mathscr{C}^{p}(\mathfrak{g})\subseteq\mathbf{N}_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{h})$が成り立つ．よって，$\mathfrak{h}$は$\mathfrak{g}$のCartan部分代数ではない．∎

定義より，Cartan部分代数$\mathfrak{h}$は冪零である．また，$\mathfrak{g}$の冪零部分Lie代数$\mathfrak{h}^{\prime}$が$\mathfrak{h}$を含むとすると，$\mathfrak{h}$は$\mathfrak{h}^{\prime}$のCartan部分代数でもあるから，命題1.2より$\mathfrak{h}^{\prime}=\mathfrak{h}$である．∎

系1.3から従う．∎

冪零Lie代数の直和は冪零である（参照）．また，各$i\in I$に対して$\mathfrak{h}_{i}$を$\mathfrak{g}_{i}$の部分ベクトル空間として，$\mathfrak{h}=\bigoplus_{i\in I}\mathfrak{h}_{i}$と置くと，$\mathbf{N}_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{h})=\bigoplus_{i\in I}\mathbf{N}_{\mathfrak{g}_{i}}(\mathfrak{h}_{i})$である．よって，各$i\in I$に対して$\mathfrak{h}_{i}$を$\mathfrak{g}_{i}$のCartan部分代数とすると，$\mathfrak{h}=\bigoplus_{i\in I}\mathfrak{h}_{i}$は$\mathfrak{g}$のCartan部分代数である．

逆に，$\mathfrak{h}$を$\mathfrak{g}$のCartan部分代数とする．各$i\in I$に対して$\mathfrak{g}$から$\mathfrak{g}_{i}$への射影による$\mathfrak{h}$の像を$\mathfrak{h}_{i}$と置くと，それらの直和$\bigoplus_{i\in I}\mathfrak{h}_{i}$は冪零だから（参照），系1.3より$\mathfrak{h}=\bigoplus_{i\in I}\mathfrak{h}_{i}$が成り立つ．また，$\mathbf{N}_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{h})=\bigoplus_{i\in I}\mathbf{N}_{\mathfrak{g}_{i}}(\mathfrak{h}_{i})$は$\mathfrak{h}=\bigoplus_{i\in I}\mathfrak{h}_{i}$に等しいから，任意の$i\in I$に対して$\mathbf{N}_{\mathfrak{g}_{i}}(\mathfrak{h}_{i})$は$\mathfrak{h}_{i}$に等しい．よって，各$\mathfrak{h}_{i}$は$\mathfrak{g}_{i}$のCartan部分代数である．∎

(1) 冪零性が係数拡大で不変であること（参照）から従う．

(2) 前半の主張は，冪零性が係数の制限で不変であること（参照）から従う．

後半の主張を示す．$\mathfrak{h}$を$\mathfrak{g}^{\prime}_{[\mathbb{K}]}$のCartan部分代数とする．$\mathfrak{h}$が冪零であることより$\operatorname{span}_{\mathbb{K}^{\prime}}\mathfrak{h}$も冪零だから，系1.3より$\mathfrak{h}=\operatorname{span}_{\mathbb{K}^{\prime}}\mathfrak{h}$が成り立つ．よって，後半の主張は，前半の主張から従う． ∎

異なる有限個の元$\lambda_{1}$, $\dots$, $\lambda_{k}\in\mathbb{K}^{S}$を任意にとり，各$i\in\{1,\dots,k\}$に対して$v_{i}\in V^{\lambda_{i}}(S)$とするとき，$v_{1}+\dots+v_{k}=0$ならば$v_{1}=\dots=v_{k}=0$であることを示せばよい．この主張を，$k$に関する帰納法で示す．$k=0$, $1$のとき，主張は明らかである．$k\geq 2$とし，$k$がより小さい場合には主張が成り立つとする．$\lambda_{1}$, $\dots$, $\lambda_{k}$は異なるから，$\lambda_{1}(s)=\dots=\lambda_{k}(s)$が成り立たないような$s\in S$がとれる．各$v_{i}$は$\rho(s)$の広義固有空間$V^{\lambda_{i}(s)}(s)$に属し，線型代数の一般論より，広義固有空間の和$\sum_{\mu\in\mathbb{K}}V^{\mu}(s)$は直和である．したがって，$v_{1}+\dots+v_{k}=0$ならば，任意の$\mu\in\mathbb{K}$に対して

が成り立つ．$s$のとり方より，任意の$\mu\in\mathbb{K}$に対して$\{i\in\{1,\dots,k\}\mid\lambda_{i}(s)=\mu\}$は$\{1,\dots,k\}$全体にはならない．よって，上式と帰納法の仮定より，$v_{1}=\dots=v_{k}=0$を得る．これで，帰納法が完成した．∎

仮定より，任意の$s\in S$，$v_{1}\in V_{1}$，$v_{2}\in V_{2}$に対して

だから，$n\in\mathbb{N}$とすると

である．よって，$v_{1}\in V_{1}^{\lambda_{1}}(S)$かつ$v_{2}\in V_{2}^{\lambda_{2}}(S)$ならば，$\Phi(v_{1},v_{2})\in W^{\lambda_{1}+\lambda_{2}}(S)$である．∎

命題1.8から従う．∎

写像$\rho_{1}$, $\rho_{2}\colon S\to\operatorname{End}(\mathfrak{g})$を$\rho_{1}(x)=\rho_{2}(x)=\operatorname{ad}(x)$によって定め，写像$\sigma\colon S\to\operatorname{End}(\mathbb{K})$を$\sigma(x)=0$によって定めると，$B$の不変性より，これらは命題1.8の仮定を満たす．よって，任意の$\lambda$, $\mu\in\mathbb{K}^{S}$，$\lambda+\mu\neq 0$に対して，$B(\mathfrak{g}^{\lambda}(S),\mathfrak{g}^{\mu}(S))\subseteq\mathbb{K}^{\lambda+\mu}(S)=0$である．∎

双線型写像$\Phi\colon\operatorname{End}(V)\times V\to V$を$\Phi(z,v)=z(v)$によって定めると，任意の$z\in\operatorname{End}(V)$と$v\in V$に対して$x(\Phi(z,v))=\Phi(z,x(v))+\Phi(\operatorname{ad}(x)z,v)$が成り立つ．したがって，$\Phi$に対して命題1.8を適用することで，$\Phi(\operatorname{End}(V)^{0}(\operatorname{ad}(x)),V^{\lambda}(x))\subseteq V^{\lambda}(x)$を得る．仮定より$y\in\operatorname{End}(V)^{0}(\operatorname{ad}(x))$だから，$V^{\lambda}(x)$は$y$安定である．∎

$\text{(a)}\Longrightarrow\text{(b)}$ 条件(a)が成り立つとして，$s$, $s^{\prime}\in S$とすると，広義固有空間分解$V=\bigoplus_{\mu\in\mathbb{K}}V^{\mu}(s)$が成立し，各$V^{\mu}(s)$は$\rho(s^{\prime})$安定である．広義固有空間分解が成立することより，$\rho(s)$は三角化可能である．また，任意の$\mu\in\mathbb{K}$に対して，$\rho_{\mu}(s^{\prime\prime})=\rho(s^{\prime\prime})|_{V^{\mu}(s)}$（$s^{\prime\prime}\in S$）と書くと，任意の$n\in\mathbb{N}$に対して

である．$\rho_{\mu}(s)-\mu$は冪零だから，$n$が十分大きいとき，上式の最右辺は$0$となる．任意の$\mu\in\mathbb{K}$に対してこれが成り立ち，$V$が有限次元であることより$V^{\mu}(s)\neq 0$となる$\mu\in\mathbb{K}$は有限個だから，$n$が十分大きいとき$\operatorname{ad}_{\mathfrak{gl}(V)}(\rho(s))^{n}\rho(s^{\prime})=0$となる．

$\text{(b)}\Longrightarrow\text{(a)}$ 条件(b)が成り立つとする．まず，$\lambda\in\mathbb{K}^{S}$とすると，任意の$s\in S$に対して$V^{\lambda(s)}(s)$は$\rho(S)$安定だから（補題1.11），$V^{\lambda}(S)=\bigcap_{s\in S}V^{\lambda(s)}(s)$も$\rho(S)$安定である．

次に，直和分解$V=\bigoplus_{\lambda\in\mathbb{K}^{S}}V^{\lambda}(S)$が成立することを示す．和$\sum_{\lambda\in\mathbb{K}^{S}}V^{\lambda}(S)$が直和であることは，命題1.7ですでに示した．$V=\sum_{\lambda\in\mathbb{K}^{S}}V^{\lambda}(S)$であることを，次元$\dim_{\mathbb{K}}V$に関する帰納法で示す．次元がより小さい場合には主張が成り立つとする．ある$\lambda\in\mathbb{K}^{S}$が存在して$V=V^{\lambda}(S)$となるならば，主張は明らかである．そうでないとすると，ある$s\in S$が存在して，直和分解$V=\bigoplus_{\mu\in\mathbb{K}}V^{\mu}(s)$が非自明な（すなわち，$0$でない直和因子が二つ以上存在する）ものとなる（任意の$s\in S$に対して，仮定より$\rho(s)$が三角化可能であり，したがって，広義固有空間分解$V=\bigoplus_{\mu\in\mathbb{K}}V^{\mu}(s)$が成立することを用いた）．仮定より，各$V^{\mu}(s)$は$\rho(S)$安定だから，帰納法の仮定より，$V^{\mu}(s)=\sum_{\lambda\in\mathbb{K}^{S}}(V^{\lambda}(S)\cap V^{\mu}(s))$が成り立つ．これで，帰納法が完成した． ∎

係数体$\mathbb{K}$が代数閉であることより，$\mathfrak{g}$上の任意の線型写像は三角化可能である．また，$\mathfrak{h}$が冪零であることより$\mathscr{C}^{p}(\mathfrak{h})=0$を満たす$p\in\mathbb{N}$がとれ，この$p$について，任意の$h$, $h^{\prime}\in\mathfrak{h}$に対して$\operatorname{ad}_{\mathfrak{gl}(\mathfrak{g})}(\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}(h))^{p}\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}(h^{\prime})=\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}(\operatorname{ad}_{\mathfrak{h}}(h)^{p}h^{\prime})=0$が成り立つ．よって，主張は，命題1.12から従う．∎

必要ならば係数拡大を考えることにより，一般性を失わず，係数体$\mathbb{K}$は代数閉であると仮定する．このとき，系1.13より，直和分解$\mathfrak{g}=\bigoplus_{\lambda\in\mathbb{K}^{\mathfrak{h}}}\mathfrak{g}^{\lambda}(\mathfrak{h})$が成立する．$\mathfrak{g}$は有限次元だから，$\Delta=\{\lambda\in\mathbb{K}^{\mathfrak{h}}\mid\mathfrak{g}^{\lambda}(\mathfrak{h})\neq 0\}$と置くと，$\Delta$は有限である．さらに，$\mathbb{K}$は標数$0$だから，$p\in\mathbb{N}$を任意の$\lambda\in\Delta\setminus\{0\}$に対して$(\Delta+p\lambda)\cap\Delta=\emptyset$を満たすようにとれる．$\lambda\in\Delta\setminus\{0\}$とするとき，任意の$\mu\in\Delta$に対して$\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{g}^{\lambda}(\mathfrak{h}))^{p}\mathfrak{g}^{\mu}(\mathfrak{h})\subseteq\mathfrak{g}^{\mu+p\lambda}(\mathfrak{h})=0$だから（系1.9），$\mathfrak{g}$の直和分解と合わせて$\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{g}^{\lambda}(\mathfrak{h}))^{p}=0$を得る．よって，この$p$が主張の条件を満たす．∎

必要ならば係数拡大を考えることにより，一般性を失わず，係数体$\mathbb{K}$は代数閉であると仮定する．このとき，系1.13より，直和分解$\mathfrak{g}=\bigoplus_{\lambda\in\mathbb{K}^{\mathfrak{h}}}\mathfrak{g}^{\lambda}(\mathfrak{h})$が成立する．$\lambda\in\mathbb{K}^{\mathfrak{h}}$とし，$x\in\mathfrak{g}^{\lambda}(\mathfrak{h})\setminus\{0\}$を任意にとると，$B$の非退化性より，ある$y\in\mathfrak{g}$が存在して$B(x,y)\neq 0$となる．一方で，任意の$\mu\in\mathbb{K}^{\mathfrak{h}}\setminus\{-\lambda\}$に対して$B(\mathfrak{g}^{\lambda}(\mathfrak{h}),\mathfrak{g}^{\mu}(\mathfrak{h}))=0$だから（系1.10），必要ならば$y$をその$\mathfrak{g}^{-\lambda}(\mathfrak{h})$成分に置き換えることで，$y\in\mathfrak{g}^{-\lambda}(\mathfrak{h})$としてよい．以上より，$B|_{\mathfrak{g}^{\lambda}(\mathfrak{h})\times\mathfrak{g}^{-\lambda}(\mathfrak{h})}$は左非退化である．右非退化性も，同様に確かめられる．よって，$B|_{\mathfrak{g}^{\lambda}(\mathfrak{h})\times\mathfrak{g}^{-\lambda}(\mathfrak{h})}$は非退化である．∎

条件(i), (ii)が満たされるとして，$\mathfrak{m}=\mathfrak{g}^{0}(a)$と置く．$\mathfrak{m}$は$\mathfrak{g}$の部分Lie代数であり（系1.9），条件(ii)より$\mathfrak{h}$を含む．随伴表現が誘導する$\mathfrak{m}$の$\mathfrak{m}$と$\mathfrak{g}/\mathfrak{m}$上の表現を，それぞれ$\rho_{\mathfrak{m}}$と$\rho_{\mathfrak{g}/\mathfrak{m}}$と書く．$x\in\mathfrak{m}$を任意にとり，$\lambda\in\mathbb{K}$に対して，$\rho_{\mathfrak{m}}(a+\lambda x)$, $\rho_{\mathfrak{g}/\mathfrak{m}}(a+\lambda x)$の固有多項式をそれぞれ

（ここで，$n=\dim\mathfrak{g}$，$r=\dim\mathfrak{m}$である）と書く．上式と$p(T,\lambda)=\det(T-\rho_{\mathfrak{m}}(a)-\lambda\rho_{\mathfrak{m}}(x))$および$q(T,\lambda)=\det(T-\rho_{\mathfrak{g}/\mathfrak{m}}(a)-\lambda\rho_{\mathfrak{g}/\mathfrak{m}}(x))$を比較すれば，各$p_{i}$と$q_{i}$がたかだか$i$次の$\mathbb{K}$係数多項式であることがわかる．また，$\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}(a+\lambda x)$の固有多項式は，$p(T,\lambda)q(T,\lambda)$である．以下，$\lambda\in\mathbb{K}$に対して

であることに注意する．

$\mathfrak{m}=\mathfrak{g}^{0}(a)$だから，1.3節より$p(T,0)=T^{r}$である．一方で，$\operatorname{ad}_{\mathfrak{g}}(a)$の固有多項式$p(T,0)q(T,0)$の根$0$の重複度は，対応する広義固有空間の次元$\dim\mathfrak{m}=r$に等しい．したがって，$q(T,0)$は$0$を根にもたない．すなわち，$q_{n-r}(0)\neq 0$であり，特に，多項式$q_{n-r}$は$0$ではない．このことと$\mathbb{K}$が無限可換体であることより，$q_{n-r}(\lambda)\neq 0$を満たす$\lambda\in\mathbb{K}$が無限個存在する．このような$\lambda$に対しては，$\rho_{\mathfrak{g}/\mathfrak{m}}(a+\lambda x)$は可逆だから，$\mathfrak{g}^{0}(a+\lambda x)\subseteq\mathfrak{m}$が成り立つ．条件(i)と合わせて，$\mathfrak{g}^{0}(a+\lambda x)=\mathfrak{m}$を得るから，1.3節より$p(T,\lambda)=T^{r}$である．$p(T,\lambda)=T^{r}$であるということは$p_{1}(\lambda)=\dots=p_{r}(\lambda)=0$であるということにほかならず，$p_{1}$, $\dots$, $p_{r}$は多項式だから，これが無限個の$\lambda\in\mathbb{K}$に対して成り立つことより，すべての$\lambda\in\mathbb{K}$に対しても成り立つ．したがって，1.3節より，$\mathfrak{m}\subseteq\mathfrak{g}^{0}(a+\lambda x)$である．よって，

だから，$\mathfrak{g}^{0}(a)=\mathfrak{g}^{0}(\mathfrak{h})$が成り立つ．∎

$\text{(a)}\Longrightarrow\text{(b)}$ $\mathfrak{h}$が$\mathfrak{g}$のCartan部分代数であるとする．任意の$x\in\mathfrak{h}$に対して，$\mathfrak{h}$が冪零であることより$\operatorname{ad}_{\mathfrak{h}}(x)$は冪零だから，$\mathfrak{h}\subseteq\mathfrak{g}^{0}(x)$である．そこで，$\mathfrak{g}$の部分Lie代数の族$(\mathfrak{g}^{0}(x))_{x\in\mathfrak{h}}$の中で極小なもの$\mathfrak{g}^{0}(a)$（$a\in\mathfrak{h}$）をとると（次元が最小のものをとればよい），補題1.16より，任意の$x\in\mathfrak{h}$に対して$\mathfrak{g}^{0}(a)\subseteq\mathfrak{g}^{0}(x)$である．

$\mathfrak{h}=\mathfrak{g}^{0}(a)$であることを示す．$\mathfrak{h}$と$\mathfrak{g}^{0}(a)$は$\mathfrak{g}$の部分Lie代数であり（系1.9），$\mathfrak{h}\subseteq\mathfrak{g}^{0}(a)$だから，随伴表現は$\mathfrak{h}$の$\mathfrak{g}^{0}(a)/\mathfrak{h}$上の表現を誘導する．この表現を$\rho$と書くと，任意の$x\in\mathfrak{h}$に対して，$\mathfrak{g}^{0}(a)\subseteq\mathfrak{g}^{0}(x)$であることより，$\rho(x)$は冪零である．したがって，$\mathfrak{h}\subsetneq\mathfrak{g}^{0}(a)$であると仮定すると，Engelの定理より，$\mathfrak{g}^{0}(a)/\mathfrak{h}$の$0$でない元であって$\rho(\mathfrak{h})$によって零化されるものが存在する．すなわち，$y\in\mathfrak{g}^{0}(a)\setminus\mathfrak{h}$であって$[\mathfrak{h},y]\subseteq\mathfrak{h}$を満たすものが存在する．ところが，これは$\mathbf{N}_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{h})=\mathfrak{h}$であることに反するから，背理法より，$\mathfrak{h}=\mathfrak{g}^{0}(a)$である．

$\mathfrak{h}$が$(\mathfrak{g}^{0}(x))_{x\in\mathfrak{g}}$の中で極小であることを示す．$x\in\mathfrak{g}$が$\mathfrak{g}^{0}(x)\subseteq\mathfrak{h}$を満たすとすると，$x\in\mathfrak{g}^{0}(x)\subseteq\mathfrak{h}$だから，$\mathfrak{h}=\mathfrak{g}^{0}(a)$が$(\mathfrak{g}^{0}(y))_{y\in\mathfrak{h}}$の中で最小であることより，$\mathfrak{g}^{0}(x)=\mathfrak{h}$である．よって，$\mathfrak{h}$は$(\mathfrak{g}^{0}(x))_{x\in\mathfrak{g}}$の中で極小である．

$\text{(b)}\Longrightarrow\text{(c)}$ $\mathfrak{h}=\mathfrak{g}^{0}(a)$（$a\in\mathfrak{g}$）が$(\mathfrak{g}^{0}(x))_{x\in\mathfrak{g}}$の中で極小であるとする．すると，$a\in\mathfrak{g}^{0}(a)=\mathfrak{h}$であり，仮定より特に$\mathfrak{g}^{0}(a)$は$(\mathfrak{g}^{0}(x))_{x\in\mathfrak{h}}$の中で極小だから，補題1.16より，$\mathfrak{h}=\mathfrak{g}^{0}(a)=\mathfrak{g}^{0}(\mathfrak{h})$が成り立つ．

$\text{(c)}\Longrightarrow\text{(a)}$ $\mathfrak{g}^{0}(\mathfrak{h})=\mathfrak{h}$であるとする．このとき，$\operatorname{ad}_{\mathfrak{h}}(\mathfrak{h})$の任意の元は冪零だから，$\mathfrak{h}$は冪零である（参照）．また，$\mathscr{C}^{p}(\mathfrak{h})=0$を満たす$p\in\mathbb{N}$をとると

となるから，$\mathbf{N}_{\mathfrak{g}}(\mathfrak{h})\subseteq\mathfrak{g}^{0}(\mathfrak{h})=\mathfrak{h}$である．よって，$\mathfrak{h}$は$\mathfrak{g}$のCartan部分代数である． ∎

定理1.17より，$\mathfrak{g}$の部分Lie代数の族$(\mathfrak{g}^{0}(x))_{x\in\mathfrak{h}}$の中で極小なものをとれば（次元が最小のものをとればよい），それが$\mathfrak{g}$のCartan部分代数である．∎

$\mathrm{Pol}(V)$は双対空間の対称代数$\mathbf{S}(V^{*})$に自然に同型だから，$V^{*}$の基底$(\phi_{1},\dots,\phi_{n})$を一つ固定すると，$\mathrm{Pol}(V)$から$\mathbb{K}$への環準同型は，$\phi_{1}$, $\dots$, $\phi_{n}$の行き先を決めるごとに一意に定まる．一方で，$V$の元も，$\phi_{1}$, $\dots$, $\phi_{n}$の値を決めるごとに一意に定まる．よって，写像$v\mapsto\mathrm{ev}_{v}$は，$V$から$\operatorname{Hom}(\mathrm{Pol}(V),\mathbb{K})$への線型同型写像である．∎

$S=A\setminus\{0\}$と置き，分数体$\operatorname{Frac}(A)=S^{-1}A$と局所化$S^{-1}B$を考える．Noetherの正規化補題[1, Chapter 5, Exercise 16]より，$\operatorname{Frac}(A)$上代数的独立な$x_{1}$, $\dots$, $x_{n}\in S^{-1}B$が存在して，$S^{-1}B$が$\operatorname{Frac}(A)[x_{1},\dots,x_{n}]$上整となる．必要ならば分母を払うことで，$x_{1}$, $\dots$, $x_{n}\in B$としてよい．

任意の$y\in B$に対して，ある$s\in S$が存在して，$sy$が$A[x_{1},\dots,x_{n}]$上整となることを示す．$y$は（$S^{-1}B$の元とみなすと）$\operatorname{Frac}(A)[x_{1},\dots,x_{n}]$上整だから，ある$d\in\mathbb{N}$と$p_{i}(x_{1},\dots,x_{n})\in\operatorname{Frac}(A)[x_{1},\dots,x_{n}]$（$i\in\{0,\dots,d-1\}$）が存在して，

を満たす．上式で分母を払うことで，ある$s\in S$と$q_{i}(x_{1},\dots,x_{n})\in A[x_{1},\dots,x_{n}]$（$i\in\{0,\dots,d-1\}$）が存在して，

を満たすことがわかる．よって，$sy$は$A[x_{1},\dots,x_{n}]$上整である．

$B$の単位的$A$代数としての有限生成系$y_{1}$, $\dots$, $y_{m}$をとる．前段の結果より，各$j$に対して，$s_{j}\in S$を$s_{j}y_{j}$が$A[x_{1},\dots,x_{n}]$上整となるようにとれる．$a=s_{1}\dotsm s_{m}\in S$と置けば，任意の$j$に対して$ay_{j}$は$A[x_{1},\dots,x_{n}]$上整である．$B[a^{-1}]$は単位的$A[a^{-1}]$代数として$ay_{1}$, $\dots$, $ay_{m}$によって生成されるから，このことより，$B[a^{-1}]$は$A[a^{-1}][x_{1},\dots,x_{n}]$上整である．∎

$b\in B\setminus\{0\}$とすると，局所化$B[b^{-1}]$も整域であり，$A$を部分環として含み，単位的$A$代数として有限生成である．したがって，補題1.21より，ある$a\in A\setminus\{0\}$と$A$上代数的独立な$x_{1}$, $\dots$, $x_{n}\in B[b^{-1}]$が存在して，$B[b^{-1},a^{-1}]$が$A[x_{1},\dots,x_{n}][a^{-1}]$上整となる．$\mathbb{K}$を代数閉体とし，$\tau\in\operatorname{Hom}(A,\mathbb{K})$が$\tau(a)\neq 0$を満たすとすると，$\tau$は$\tau^{\prime}\in\operatorname{Hom}(A[a^{-1}],\mathbb{K})$に一意に拡張される．さらに，$x_{1}$, $\dots$, $x_{n}$は$A$上代数的独立であり，したがって$A[a^{-1}]$上代数的独立でもあるから，$\tau^{\prime}$を拡張する$\tau^{\prime\prime}\in\operatorname{Hom}(A[a^{-1}][x_{1},\dots,x_{n}],\mathbb{K})$が存在する．$B[a^{-1},b^{-1}]$は$A[a^{-1}][x_{1},\dots,x_{n}]$上整だから，上昇定理の系[1, Chapter 5, Exercise 2]より，$\tau^{\prime\prime}$を拡張する$\tau^{\prime\prime\prime}\in\operatorname{Hom}(B[a^{-1},b^{-1}],\mathbb{K})$が存在する．$\widetilde{\tau}=\tau^{\prime\prime\prime}|_{B}\in\operatorname{Hom}(B,\mathbb{K})$が主張の条件を満たす環準同型となる．∎