Giả sử rằng hai hàng của (10) là khớp. Khi đó:

(i) Nếu c là đơn ánh, ta có

(11) $\operatorname{Im}(b) \cap \operatorname{Im}(u') = \operatorname{Im}(u' \circ a) = \operatorname{Im}(b \circ u).$

(ii) Nếu a là toàn ánh, ta có

(12) $\operatorname{Ker}(b) + \operatorname{Im}(u) = \operatorname{Ker}(v' \circ b) = \operatorname{Ker}(c \circ v).$

Hãy chứng minh (i). Rõ ràng

Ngược lại, lấy $x \in \operatorname{Im}(b) \cap \operatorname{Im}(u')$. Tồn tại $y \in B$ sao cho $x = b(y)$. Vì $v' \circ u' = 0$, ta có $0 = v'(x) = v'(b(y)) = c(v(y))$, do đó $v(y) = 0$ vì c là đơn ánh. Vì $(u, v)$ là một dãy khớp, tồn tại $z \in A$ sao cho $y = u(z)$, do đó $x = b(u(z))$.

Ta chứng minh (ii). Vì $v \circ u = 0$ và $v' \circ u' = 0$, hiển nhiên rằng

Ngược lại, lấy $x \in \operatorname{Ker}(v' \circ b)$. Khi đó $b(x) \in \operatorname{Ker}(v')$ và tồn tại $y' \in A'$ sao cho $u'(y') = b(x)$, vì dãy $(u', v')$ khớp. Vì a là toàn ánh, tồn tại $y \in A$ sao cho $a(y) = y'$, do đó $b(x) = u'(a(y)) = b(u(y))$; suy ra $x - u(y) \in \operatorname{Ker}(b)$, điều này hoàn tất chứng minh.

Khi đó tồn tại một và chỉ một đồng cấu $u_1 : \operatorname{Ker}(a) \to \operatorname{Ker}(b)$ và một và chỉ một đồng cấu $u_2 : \operatorname{Coker}(a) \to \operatorname{Coker}(b)$ sao cho các biểu đồ

và

là giao hoán, trong đó i và j ký hiệu các đơn ánh chính tắc và p và q là các toàn ánh chính tắc.

Nếu $x \in \mathrm{Ker}(a)$, thì $a(x) = 0$ và $b(u(x)) = u'(a(x)) = 0$, suy ra $u(x) \in \mathrm{Ker}(b)$, và sự tồn tại cũng như tính duy nhất của $u_1$ là ngay lập tức. Tương tự, ta có $u'(a(A)) = b(u(A)) \subset b(B)$, rồi bằng cách lấy thương $u'$ cho một đồng cấu $u_2 : \mathrm{Coker}(a) + \mathrm{Coker}(b)$, đó là đồng cấu duy nhất sao cho (15) là giao hoán.

Bây giờ ta xét biểu đồ giao hoán (10) của các nhóm giao hoán; theo Bổ đề 1, nó tương ứng với một biểu đồ

trong đó $i, j, k$ là các đơn ánh chính tắc, $p, q, r$ là các toàn ánh chính tắc và $u_1, u_2$ (tương ứng $v_1, v_2$) là các đồng cấu chính tắc gắn với $u, u'$ (tương ứng $v, u'$) theo Bổ đề 1. Kiểm tra ngay rằng biểu đồ này giao hoán.

(i) $v_1 \circ u_1 = 0$; nếu $u'$ là đơn ánh, thì dãy $(u_1, v_1)$ khớp. (ii) $v_2 \circ u_2 = 0$; nếu $v$ là toàn ánh, thì dãy $(u_2, v_2)$ khớp. (iii) Giả sử rằng $u'$ là đơn ánh và $v$ là toàn ánh. Khi đó tồn tại một và chỉ một đồng cấu $d : \mathrm{Ker}(c) \to \mathrm{Coker}(a)$ với tính chất sau: nếu $x \in \mathrm{Ker}(c)$, $y \in B$ và $t' \in A'$ thỏa mãn các quan hệ $v(y) = k(x)$ và $u'(t') = b(y)$, thì $d(x) = p(t')$. Hơn nữa dãy

(*)

là khớp.

Chứng minh (i). Vì $u_1$ và $v_1$ có cùng đồ thị với các phép hạn chế của $u$ và $v$ lên $\mathrm{Ker}(a)$ và $\mathrm{Ker}(b)$ tương ứng, ta có $v_1 \circ u_1 = 0$. Khi đó

Nhưng, theo Mệnh đề 1, (i), $\mathrm{Ker}(v_1) = \mathrm{Im}(j \circ u_1) = \mathrm{Im}(u_1)$ nếu $u'$ đơn ánh.

Chứng minh (ii). Vì $u_2$ và $v_2$ thu được từ $u$ và $v$ bằng cách lấy thương, rõ ràng là $v_2 \circ u_2 = 0$. Giả sử $v$ toàn ánh; vì $q$ và $p$ toàn ánh, suy ra từ các giả thiết và Mệnh đề 1, (ii) rằng

Sau cùng ta hãy chứng minh (iii). Với $x \in \mathrm{Ker}(c)$, tồn tại $y \in B$ sao cho $v(y) = k(x)$ vì $v$ toàn ánh; hơn nữa $v'(b(y)) = c(k(x)) = 0$ và do đó tồn tại một phần tử duy nhất $t' \in A'$ sao cho $u'(t') = b(y)$, vì $u'$ đơn ánh. Bây giờ ta chỉ ra rằng phần tử $p(t') \in \mathrm{Coker}(a)$ là độc lập với phần tử $y \in B$ sao cho $v(y) = k(x)$. Thật vậy, nếu $y' \in B$ là một phần tử khác sao cho $v(y') = k(x)$, thì $y' = y + u(z)$, với $z \in A$; ta chỉ ra rằng nếu $t'' \in A'$ sao cho $u'(t'') = b(y')$ thì $t'' = t' + a(z)$; vì

Sau cùng, suy ra rằng $p(t'') = p(t') + p(a(z)) = p(t')$. Khi đó có thể đặt $d(x) = p(t')$ và ánh xạ $d : \mathrm{Ker}(c) \to \mathrm{Coker}(a)$ như vậy đã được định nghĩa.

Nếu bây giờ $x_1, x_2$ là các phần tử của $\mathrm{Ker}(c)$ và $x = x_1 + x_2$, ta lấy các phần tử $y_1, y_2$ của $B$ sao cho $v(y_1) = k(x_1)$ và $v(y_2) = k(x_2)$ và chọn cho $y \in B$ phần tử $y_1 + y_2$; khi đó ngay lập tức $d(x) = d(x_1) + d(x_2)$ và do đó $d$ là một đồng cấu.

Giả sử rằng $x = v_1(x')$ đối với một $x' \in \mathrm{Ker}(b)$ nào đó; khi đó lấy $y \in B$ là phần tử $j(x')$. Vì $b(j(x')) = 0$, suy ra $d(x) = 0$, nên $d \circ v_1 = 0$. Ngược lại, giả sử rằng $d(x) = 0$. Khi đó, theo ký hiệu ở trên, ta có $t' = a(s)$, với $s \in A$. Trong trường hợp này ta có $b(y) = u'(t') = u'(a(s)) = b(u(s))$, hay $b(y - u(s)) = 0$. Do đó phần tử $y - u(s)$ có dạng $j(n)$, với $n \in \mathrm{Ker}(b)$, và ta có $k(x) = v(y) = v(u(s) + j(n)) = v(j(n)) = k(v_1(n))$; vì $k$ là đơn ánh, nên $x = v_1(n)$, điều đó chứng minh rằng dãy (*) là khớp tại $\mathrm{Ker}(c)$.

Sau cùng, ta có (vẫn theo cùng ký hiệu ấy)

và do đó $u_2 \circ d = 0$. Ngược lại, giả sử rằng một phần tử $w = p(t')$ của $\mathrm{Coker}(a)$ thỏa mãn $u_2(w) = u_2(p(t')) = 0$ (trong đó $t' \in A$). Khi đó $q(u'(t')) = 0$ và do đó $u'(t') = b(y)$ đối với một $y \in B$ nào đó; vì $v'(u'(t')) = 0$, ta có $v'(b(y)) = 0$, nên $c(v(y)) = 0$, nói cách khác $v(y) = k(x)$ đối với một $x \in \mathrm{Ker}(c)$ nào đó, và theo định nghĩa $w = d(x)$, điều đó cho thấy rằng dãy (*) là khớp tại

Coker(a). Ở (i) đã thấy rằng nó khớp tại Ker(b) và ở (ii) nó khớp tại Coker(b), điều đó hoàn tất chứng minh của (iii).

(i) Nếu $u'$, a và c là đơn ánh, thì b là đơn ánh. (ii) Nếu v, a và c là toàn ánh, thì b là toàn ánh.

Mệnh đề (i) là một hệ quả của mệnh đề (i) của Mệnh đề 2: vì $\mathrm{Ker}(a) = 0$ và $\mathrm{Ker}(c) = 0$, nên $\mathrm{Ker}(b) = 0$.

Mệnh đề (ii) là một hệ quả của mệnh đề (ii) của Mệnh đề 2: vì $\mathrm{Coker}(a) = 0$ và $\mathrm{Coker}(c) = 0$, nên $\mathrm{Coker}(b) = 0$.

(i) Nếu b là đơn ánh và nếu a và v là toàn ánh, thì c là đơn ánh. (ii) Nếu b là toàn ánh và nếu c và $u'$ là đơn ánh, thì a là toàn ánh.

Để chứng minh (i), xét biểu đồ

trong đó $a'$ là ánh xạ có cùng đồ thị với hạn chế của b lên $u(A)$ và w và $w'$ là các đơn ánh chính tắc; rõ ràng biểu đồ này là giao hoán và các hàng của nó khớp. Hơn nữa $w'$ là đơn ánh và theo giả thiết v là toàn ánh; khi đó theo Mệnh đề 2, (iii), ta có một dãy khớp

vì b là đơn ánh và $a'$ là toàn ánh; do đó $\mathrm{Ker}(c) = 0$.

Để chứng minh (ii), xét biểu đồ

trong đó lần này $c'$ là ánh xạ có cùng đồ thị với hạn chế của c lên v(B) và w và w' lần lượt có cùng đồ thị với v và v'; biểu đồ này là giao hoán và các hàng của nó khớp. Hơn nữa w là toàn ánh và theo giả thiết $u'$ là đơn ánh; khi đó theo Mệnh đề 2, (iii), ta có một dãy khớp

vì b là toàn ánh và c' là đơn ánh; do đó Coker (a) = 0.