Nói cách khác, (A', h) là một nghiệm của bài toán ánh xạ phổ quát (Lý thuyết Tập hợp, Chương IV, § 3, no. 1) với các điều kiện sau: loài cấu trúc Σ được xét là một vành, các cấu xạ là các đồng cấu vành và các ánh xạ a là các đồng cấu từ A vào một vành sao cho ảnh của S qua đồng cấu đó gồm các phần tử khả nghịch. Nhắc lại (loc. cit.) rằng, nếu (A', h) và (A'_1, h_1) đều là các nghiệm của bài toán này, thì tồn tại một đẳng cấu duy nhất j : A' → A'_1 sao cho h_1 = j ∘ h.

Cho $\overline{S}$ là tập con có tính nhân của A được sinh bởi S. Rõ ràng mọi nghiệm của bài toán ánh xạ phổ quát nói trên cũng là một nghiệm của bài toán ánh xạ phổ quát thu được bằng cách thay thế S bởi $\overline{S}$ và ngược lại.

Xét, trong tập hợp A × S, quan hệ sau đây giữa các phần tử (a, s), (a', s') :

(1) "Tồn tại t ∈ $\overline{S}$ sao cho t (sa' − s'a) = 0".

Quan hệ này là một quan hệ tương đương: rõ ràng nó phản xạ và đối xứng; nó bắc cầu, vì nếu t (sa' − s'a) = 0 và t'(s'a'' − s''a') = 0, thì tt's'(sa' − s'a) = 0 và tt's' ∈ $\overline{S}$. Gọi A' là tập thương của A × $\overline{S}$ theo quan hệ tương đương này; với mọi cặp có thứ tự (a, s) ∈ A × $\overline{S}$, ta ký hiệu a/s là ảnh chính tắc của (a, s) trong A và đặt h(a) = a/1 với mọi a ∈ A. Ta sẽ thấy rằng A' có thể được trang bị một cấu trúc vành sao cho cặp có thứ tự (A', h) là nghiệm của bài toán.

Cho x = a/s và y = b/t là hai phần tử của A'. Các phần tử (ta + sb)/st và $ab/st$ chỉ phụ thuộc vào $x$ và $y$; vì nếu $x = a'/s'$, theo giả thiết tồn tại $r \in \overline{S}$ sao cho $r(s'a - sa') = 0$, do đó

và $r(s'tab - sta'b) = 0$. Dễ dàng kiểm tra rằng các luật hợp thành $(x, y) \mapsto x + y = (ta + sb)/st$ và $(x, y) \mapsto xy = ab/st$ xác định một cấu trúc vành giao hoán trên $\mathbf{A}'$, trong đó $0/1$ là phần tử đơn vị đối với phép cộng và $1/1$ là phần tử khả nghịch. Hơn nữa, ngay lập tức thấy rằng h là một đồng cấu vành và rằng, với mọi $s \in S$, $s/1$ là khả nghịch trong $\mathbf{A}'$, nghịch đảo của nó là $1/s$. Cuối cùng, cho B là một vành và u : $\mathbf{A} \to B$ là một đồng cấu sao cho các phần tử u(S) là khả nghịch trong B; tồn tại một ánh xạ duy nhất u' : $\mathbf{A}' \to B$ sao cho

(2)

Nếu a/s = a'/s', tồn tại t ∈ $\overline{S}$ sao cho t(sa' - s'a) = 0, do đó u(t)(u(s)u(a') - u(s')u(a)) = 0 và, vì u(t), u(s) và u(s') đều khả nghịch, u(a)(u(s))^{-1} = u(a')(u(s'))^{-1}. Dễ dàng kiểm tra rằng u' là một đồng cấu đối với phép cộng và phép nhân; cuối cùng, rõ ràng u' \circ h = u và u' là đồng cấu duy nhất thỏa mãn hệ thức này, vì hệ thức đó suy ra

và $1 = u'(1/1) = u'(s/1)u'(1/s) = u(s)u'(1/s)$, do đó công thức (2).

Giả sử thêm rằng $T$ được chứa trong tập con nhân của $B$ sinh bởi $f(S)$. Khi đó, nếu $f$ là toàn ánh (tương ứng, đơn ánh) thì $f'$ cũng là toàn ánh (tương ứng, đơn ánh).

Mệnh đề đầu tiên tương đương với việc nói rằng tồn tại một đồng cấu duy nhất $f': A[S^{-1}] \to B[T^{-1}]$ tạo ra một biểu đồ giao hoán:

Bây giờ quan hệ $f(S) \subset T$ kéo theo rằng $i_B^T(f(s))$ là khả nghịch trong $B[T^{-1}]$ với mọi $s \in S$ và chỉ cần áp dụng Mệnh đề 1 cho $i_B^T \circ f$. Dễ dàng suy ra từ (2) rằng, với mọi $a \in A$ và $s \in \overline{S}$ (tập con nhân của $A$ sinh bởi $S$),

Giả sử rằng $T$ được chứa trong tập con nhân sinh bởi $f(S)$, mà chính xác là $f(\overline{S})$. Khi đó suy ra từ (3) rằng, nếu $f$ là toàn ánh, thì $f'$ cũng là toàn ánh.

Bây giờ giả sử rằng $f$ là đơn ánh. Cho $a/s$ là một phần tử của hạt nhân của $f'$. Vì tập con nhân sinh bởi $T$ là $f(\overline{S})$, tồn tại một phần tử $s_1 \in \overline{S}$ sao cho $f(s_1)f(a) = 0$, do đó $f(s_1a) = 0$ và $s_1a = 0$ vì $f$ là đơn ánh; khi đó $a/s = 0$, điều này chứng minh rằng $f'$ là đơn ánh.

Nhận xét (6). Nếu các phần tử của $T$ là khả nghịch trong $B$, $B[T^{-1}]$ được đồng nhất với $B$ bằng đẳng cấu $i_B^T$ và khi đó $f'$ trở thành đồng nhất với đồng cấu duy nhất $u'$ của $A[S^{-1}]$ vào $B$ sao cho $u' \circ i_A^S = f$.

Đây là một hệ quả ngay lập tức của Mệnh đề 2 và Nhận xét 6.

Với mọi $a \in A$, $i_A^{T,S}$ khi đó ánh xạ phần tử $a/s$ trong $A[S^{-1}]$ thành phần tử $a/s$ trong $A[T^{-1}]$.

Nhận xét (7). Chú ý rằng, nếu $i_A^T$ là đơn ánh, thì $i_A^{T,S}$ cũng vậy (Hệ quả 1). Điều này xảy ra nếu $T$ là tập hợp $R$ các phần tử của $A$ không phải là các ước của 0; khi đó có thể đồng nhất $A[S^{-1}]$ với vành con của vành phân thức toàn phần $A[R^{-1}]$ sinh bởi $A$ và các phần tử nghịch đảo trong $A[R^{-1}]$ của các phần tử của $S$.

Điều này suy ra dễ dàng từ các định nghĩa.

Đặc biệt, nếu $S, T, U$ là ba tập con nhân của $A$ sao cho $S \subset T \subset U$, thì $i_A^{U,S} = i_A^{U,T} \circ i_A^{T,S}$.

Ánh xạ $g$ là đơn ánh theo Hệ quả 1; vành $g(B[{S'}^{-1}])$ chứa $i_A^S(A)$ và các nghịch đảo của các phần tử của $S'$; do đó nó bằng $A[S^{-1}]$.

Nếu $A$ là một miền nguyên và $0 \notin S$, ký hiệu $A[S^{-1}]$ trùng với ký hiệu trong Đại số, Chương IV, § 2, no. 1; hơn nữa, nếu $S$ là nhân, $A[S^{-1}]$ trong trường hợp này trùng với tập hợp được ký hiệu là $S^{-1}A$ trong Đại số, Chương I, § 1, no. 1.

Như một sự mở rộng của ký hiệu, với mọi tập con nhân $S$ của một vành $A$, từ nay về sau ta ký hiệu $S^{-1}A$ là vành các phân thức $A[S^{-1}]$. Nếu $S$ là phần bù của một iđêan nguyên tố $p$ của $A$, ta viết $A$, thay cho $S^{-1}A$.

Nếu $A$ là một miền nguyên và $0 \notin S$, $S^{-1}A$ luôn được đồng nhất với một vành con của trường phân thức của $A$, chứa $A$ (Nhận xét 7).

Nói cách khác, $(M', f)$ là một nghiệm của bài toán ánh xạ phổ quát (Lý thuyết Tập hợp, chương IV, § 3, No. 1) với các điều kiện sau: loài cấu trúc $\Sigma$ là loài của một $A$-môđun trong đó các phép vị tự cảm sinh bởi các phần tử của $S$ là song ánh, các cấu xạ là các đồng cấu $A$-môđun và các ánh xạ-$a$ cũng là các đồng cấu $A$-môđun.

Với mọi $A$-môđun $N$ và mọi $a \in A$, ký hiệu $h_a$ là phép vị tự $y \mapsto ay$ trong $N$; khi đó $a \mapsto h_a$ là một đồng cấu vành từ $A$ vào $\operatorname{End}_A(N)$. Nói rằng $h_a$ là song ánh có nghĩa là $h_a$ là một phần tử khả nghịch của $\operatorname{End}_A(N)$. Giả sử rằng, với mọi $s \in S$, $h_s$ là khả nghịch trong $\operatorname{End}_A(N)$; khi đó các phần tử $h_a$, với $a \in A$, và các nghịch đảo của các phần tử $h_s$, với $s \in S$, sinh trong $\operatorname{End}_A(N)$ một vành con giao hoán $B$, và đồng cấu $a \mapsto h_a$ từ $A$ vào $B$ có tính chất là ảnh của các phần tử của $S$ là khả nghịch. Do đó (no. 1, Mệnh đề 1), tồn tại một đồng cấu duy nhất $h'$ từ $A[S^{-1}]$ vào $B$ sao cho

Ngược lại, nếu $N$ là một $A[S^{-1}]$-môđun và được xem như một A-môđun nhờ $i_A^S$, thì các phép vị tự $y \mapsto sy$, với $s \in S$, là song ánh, vì $y \mapsto (1/s)y$ là ánh xạ nghịch đảo của $y \mapsto sy$; và cấu trúc $A[S^{-1}]$-môđun trên $N$ dẫn xuất từ cấu trúc A-môđun của nó theo quá trình được mô tả ở trên chính là cấu trúc $A[S^{-1}]$-môđun đã cho ban đầu. Do đó có một sự tương ứng một-một chính tắc giữa các $A[S^{-1}]$-môđun và các A-môđun trong đó các phép vị tự cảm sinh bởi các phần tử của S là song ánh; hơn nữa, nếu $N$, $N'$ là hai A-môđun có tính chất này thì mọi đồng cấu môđun A $u : N \to N'$ cũng là một đồng cấu của các cấu trúc $A[S^{-1}]$-môđun trên $N$ và $N'$, vì, với mọi y $\in N$ và mọi $s \in S$, ta có thể viết $u(y) = u(s.((1/s)y)) = s.u((1/s)y)$, do đó $u((1/s)y) = (1/s)u(y)$; đảo lại là hiển nhiên.

Như vậy, mệnh đề của Mệnh đề 3 chính là đặc trưng hóa môđun thu được từ M bằng cách mở rộng các vô hướng đến $A[S^{-1}]$, có tính đến cách diễn giải ở trên (Đại số, Chương II, § 5, no. 1, Nhận xét 1).

Nếu s' \in S sao cho s'm = 0, thì rõ ràng m|s = (s'm)/(ss') = 0. Ngược lại, giả sử rằng m|s = 0. Vì 1/s khả nghịch trong S^{-1}A, nên m/1 = 0. Với mọi môđun con-A P của S^{-1}A chứa 1, ta ký hiệu bởi \beta(P, m) ảnh của (m, 1) dưới ánh xạ chính tắc từ M \times P đến M \otimes_A P; khi đó \beta(S^{-1}A, m) = 0. Ta biết (Đại số, Chương II, § 6, no. 3, Hệ quả 4 của Mệnh đề 7) rằng tồn tại một môđun con hữu hạn sinh P của S^{-1}A chứa 1 và sao cho \beta(P, m) = 0. Với mọi t \in S ta ký hiệu bởi A_t tập hợp các a/t, trong đó a \in A; vì P hữu hạn sinh, tồn tại t \in S sao cho P \subset A_t (no. 1, Nhận xét 2), do đó \beta(A_t, m) = 0. Ánh xạ a \mapsto a/t từ A đến A_t là toàn ánh; gọi B là hạt nhân của nó. Nó xác định một ánh xạ toàn ánh h : M \otimes_A A \to M \otimes_A A_t, có hạt nhân là BM (M được đồng nhất với M \otimes A); khi đó \beta(A_t, m) = h(tm) và do đó tm có thể được biểu diễn dưới dạng $\sum_{i=1}^r b_i m_i$, trong đó b_i \in B, m_i \in M (1 \leq i \leq r). Vì b_i/t = 0 với 1 \leq i \leq r, nên tồn tại t' \in S sao cho t'b_i = 0 với 1 \leq i \leq r, do đó t'tm = 0, điều này chứng minh Mệnh đề 4.

Không cần điều kiện nào trên M, rõ ràng quan hệ sM = 0 với một s \in S nào đó kéo theo S^{-1}M = 0. Ngược lại, giả sử rằng S^{-1}M = 0 và cho (m_i)_{1 \leq i \leq n} là một hệ các phần tử sinh của M; các m_i/1 sinh ra S^{-1}A-môđun S^{-1}M, nên nói rằng S^{-1}M = 0 tương đương với nói rằng m_i/1 = 0 với 1 \leq i \leq n; theo mệnh đề 4 tồn tại $s_i \in S$ sao cho $s_i m_i = 0$ và, lấy $s = s_1 s_2 \cdots s_n$, ta có $s m_i = 0$ với mọi $i$ và do đó $sM = 0$.

Rõ ràng quan hệ $(1 + a)M = 0$ kéo theo $M = aM$. Để chứng minh đảo lại, ta dùng bổ đề sau:

Mệnh đề thứ nhất là hiển nhiên, cũng như việc $a'$ là một iđêan của $S^{-1}A$. Mặt khác, $(1/1) + (a/s) = (s + a)/s$ và $s + a \in S$ với mọi $s \in S$ và $a \in a$ theo định nghĩa của S; do đó $(1/1) + (a/s)$ khả nghịch trong $S^{-1}A$ với mọi $a/s \in a'$, điều này hoàn tất chứng minh của bổ đề (Đại số, Chương VIII, § 6, no. 3, Định lý 1).

Khi đó, nếu đặt $N = S^{-1}M$, thì rõ ràng N là một $S^{-1}A$-môđun hữu hạn sinh; nếu $aM = M$, thì $a'N = N$ và suy ra $N = 0$ theo Bổ đề Nakayama (Đại số, Chương VIII, § 6, no. 3, Hệ quả của Mệnh đề 6); hệ quả suy ra từ Hệ quả 2.

Ánh xạ $i_N^T \circ u$ từ M vào $T^{-1}N$ là A-tuyến tính. Hơn nữa, nếu $s \in S$, thì $f(s) \in T$, do đó phép vị tự cảm sinh bởi s trên $T^{-1}N$ là song ánh. Sự tồn tại và tính duy nhất của $u'$ suy ra từ Mệnh đề 3. Khi đó, với $m \in M$ và $s \in S$,

Với cùng ký hiệu, cho C là một vành thứ ba, U là một tập con nhân của C, g là một đồng cấu từ B vào C sao cho $g(T) \subset U$, P là một C-môđun, v là một ánh xạ B-tuyến tính từ N vào P và $v'$ là ánh xạ $T^{-1}B$-tuyến tính từ B vào $U^{-1}P$ liên kết với v. Khi đó

trong đó vế trái là ánh xạ A-tuyến tính $S^{-1}M \to U^{-1}P$ liên kết với $v \circ u$. Tương tự, nếu $u_1$ là một ánh xạ A-tuyến tính thứ hai từ M vào N, thì

vế trái là ánh xạ A-tuyến tính $S^{-1}M \to T^{-1}N$ liên kết với $u + u_1$.

Nhận xét (5). Nếu, trong Mệnh đề 5, ta lấy $B = A, T = S$ và $f = 1_A$, thì dễ dàng thấy rằng $u'$ chính là ánh xạ $u \otimes 1 : M \otimes S^{-1}A \to N \otimes S^{-1}A$. Từ nay về sau, ta sẽ ký hiệu nó là $S^{-1}u$; nếu S là phần bù của một iđêan nguyên tố $p$ của A, ta viết $u_p$ thay cho $S^{-1}u$.

Nếu $b, b'$ thuộc B, $s, s'$ thuộc S, thì các điều kiện $b|s = b'|s'$ và $b|f(s) = b'|f(s')$ là tương đương, như suy ra từ Hệ quả 1 của Mệnh đề 4, mệnh đề này thiết lập sự tồn tại của j và chứng minh rằng j là song ánh; tính duy nhất của j là hiển nhiên. Rõ ràng j là một đẳng cấu nhóm cộng. Nếu $a \in A, b \in B, s \in S, t \in S$, thì

từ đó suy ra rằng j là $(S^{-1}A)$-tuyến tính. Rõ ràng $j \circ f^1 = S^{-1}f$. Cuối cùng, nếu $b \in B, b' \in B, s \in S$, thì $j(b.(b'|f(s))) = j(bb'|f(s)) = bb'|s = b.(b'|s)$, điều này chứng minh khẳng định cuối cùng.

Ánh xạ j của Mệnh đề 6 được gọi là đẳng cấu chính tắc của $(fS)^{-1}B$ lên $S^{-1}B$. Nói chung, hai tập hợp này được đồng nhất nhờ $f'$; khi đó $f' = S^{-1}f, i_B^S = i_B^{f(S)}$.

(i) Tồn tại một đẳng cấu duy nhất j từ vành (ST)^{-1}A lên vành T'^{-1}(S^{-1}A) sao cho biểu đồ

là giao hoán.

(ii) Cho M là một A-môđun. Tồn tại một đẳng cấu (ST)^{-1}A duy nhất k từ (ST)^{-1}A-môđun (ST)^{-1}M lên T'^{-1}(S^{-1}A)-môđun T'^{-1}(S^{-1}M) sao cho biểu đồ

là giao hoán.

(i) Ta dùng định nghĩa của (ST)^{-1}A như nghiệm của một bài toán ánh xạ phổ quát. Cho B là một vành và f là một đồng cấu từ A đến B sao cho f(ST) gồm các phần tử khả nghịch. Vì f(S) do đó gồm các phần tử khả nghịch, tồn tại một đồng cấu duy nhất f': S^{-1}A \to B sao cho f = f' \circ i_A^S (no. 1, Mệnh đề 1). Với mọi t \in T, f'(i_A^S(t)) = f(t) là khả nghịch trong B theo giả thiết. do đó f'(T') gồm các phần tử khả nghịch; khi đó tồn tại, theo no. 1, Mệnh đề 1, một đồng cấu duy nhất f'' từ T'^{-1}(S^{-1}A) đến B sao cho f'' = f'' \circ i_{S^{-1}A}^{T'}, do đó f = f'' \circ u, đặt u = i_{S^{-1}A}^{T'} \circ i_S^A.

Hơn nữa, nếu $f''_1 : {T'}^{-1}(S^{-1}A) \to B$ là một đồng cấu thứ hai sao cho $f''_1 \circ u = f$, thì $(f''_1 \circ i^{T'}_{S^{-1}A}) \circ i^S_A = (f'' \circ i^{T'}_{S^{-1}A}) \circ i^S_A$, do đó $f''_1 \circ i^{T'}_{S^{-1}A} = f'' \circ i^{T'}_{S^{-1}A}$ và do đó $f''_1 = f''$.

Vì các ảnh theo $u$ của các phần tử của ST trong ${T'}^{-1}(S^{-1}A)$ là khả nghịch, cặp có thứ tự $({T'}^{-1}(S^{-1}A), u)$ là một nghiệm của bài toán ánh xạ phổ quát (đối với A và ST) được xét trong no. 1. Điều này chứng minh sự tồn tại và tính duy nhất của $j$.

(ii) Chứng minh hoàn toàn tương tự với chứng minh của (i), dùng trong trường hợp này no. 2, Mệnh đề 3, và để lại cho người đọc.

(a) Đồng cấu $i^{T,S}_A : S^{-1}A \to T^{-1}A$ là song ánh. (b) Với mọi A-môđun M, đồng cấu $i^{T,S}_A : S^{-1}M \to T^{-1}M$ là song ánh. (c) Với mọi $t \in T$, tồn tại $a \in A$ sao cho $at \in S$ (nói cách khác, mọi phần tử của T chia hết một phần tử của S). (d) Mọi iđêan nguyên tố giao với T đều giao với S.

Ta đã thấy ở trên rằng $i^{T,S}_A = 1_M \otimes i^{T,S}_A$, điều này chứng minh ngay lập tức sự tương đương của (a) và (b). Đặt $T' = i^S_A(T)$; khi đó (Mệnh đề 7) $T^{-1}A$ được đồng nhất với ${T'}^{-1}(S^{-1}A)$ và (a) tương đương với việc nói rằng các phần tử của $T'$ là khả nghịch trong $S^{-1}A$ (no. 1, Nhận xét 5). Bây giờ, nói rằng $(t/1)(a/s) = 1/1$ ($t \in T$, $a \in A, s \in S$) có nghĩa là tồn tại $s' \in S$ sao cho $tas' = ss'$, điều này chỉ ra sự tương đương của (a) và (c). Ta chứng minh rằng (d) kéo theo (c). Cho $t$ là một phần tử của T và giả sử rằng $t/1$ không khả nghịch trong $S^{-1}A$; khi đó tồn tại một iđêan cực đại $m'$ của $S^{-1}A$ chứa $t/1$ (Đại số, Chương I, § 8, no. 7, Định lý 2) và $p = (i^S_A)^{-1}(m')$ là một iđêan nguyên tố của A chứa $t$ và không giao với S (vì ảnh theo $i^S_A$ của một phần tử của S là khả nghịch). Ngược lại, nếu tồn tại một iđêan nguyên tố $p$ giao với T mà không giao với S, thì không có phần tử nào của $p \cap T$ có thể chia hết một phần tử của S; điều này chứng minh rằng (c) kéo theo (d) và hoàn tất chứng minh.

Suy ra từ Mệnh đề 8 rằng, trong số các tập con nhân T của A chứa S và thỏa mãn các điều kiện tương đương của Mệnh đề 8, tồn tại một tập lớn nhất, gồm tất cả các phần tử của A chia hết một phần tử của S (xem Bài tập 1).

Với $\alpha \leq \beta \leq \gamma$, $\rho_{\gamma \alpha} = \rho_{\gamma \beta} \circ \rho_{\beta \alpha}$ (no. 1, Hệ quả 3 to Mệnh đề 2), do đó $(S_\alpha^{-1}A, \rho_{\beta \alpha})$ là một hệ trực tiếp. Ký hiệu $A' = \lim \rightarrow S_\alpha^{-1}A$; vì $\rho_\alpha = \rho_\beta \circ \rho_{\beta \alpha}$ với $\alpha \leq \beta$ (no. 1, Hệ quả 3 to Mệnh đề 2), $(\rho_\alpha)$ là một hệ trực tiếp các đồng cấu và $j = \lim \rightarrow \rho_\alpha$ là đồng cấu duy nhất từ $A'$ đến $S^{-1}A$ sao cho $j \circ \rho'_\alpha = \rho_\alpha$ với mọi $a \in I$. Các đồng cấu $\rho'_\alpha \circ i^{S}_{A^\alpha} : A \to A'$ đều bằng nhau, vì $\rho_{\beta \alpha} \circ i^{S}_{A^\alpha} = i^{S}_{A^\beta}$ với $a \leq \beta$; hãy gọi $u$ là giá trị chung của chúng. Rõ ràng các phần tử của $u(S)$ là khả nghịch trong $A'$, điều này cho thấy tồn tại một đồng cấu $h : S^{-1}A \to A'$ sao cho $h \circ i^{S}_{A} = u$ (no. 1, Mệnh đề 1). Khi đó

với mọi $\alpha \in I$ và do đó $j \circ h$ là tự đẳng cấu đồng nhất của $S^{-1}A$. Mặt khác, với mọi $\alpha \in I$,

suy ra $h \circ j \circ \rho'_\alpha = \rho'_\alpha$ với mọi $\alpha \in I$; do đó suy ra $h \circ j$ là tự đẳng cấu đồng nhất của $A'$ và do đó $j$ là một đẳng cấu.