Quan hệ $x \in I$ tương đương với $1 \notin xA$ và do đó $xA \neq \mathbf{A}$. Nếu $a$ là một iđêan của $\mathbf{A}$ khác với $\mathbf{A}$ và $x \in a$, thì $xA \subset a$, do đó $xA \neq \mathbf{A}$ và $x \in I$. Vậy mọi iđêan của $\mathbf{A}$ khác với $\mathbf{A}$ đều được chứa trong $I$ và mọi phần tử $x \in I$ đều thuộc về một iđêan chính $xA \neq \mathbf{A}$. Điều này chứng minh mệnh đề đầu tiên, mệnh đề này ngay lập tức suy ra tính tương đương của (a), (b) và (c).

Nhận xét (1). Chú ý rằng, nếu (c) được thỏa mãn, thì $I$ là căn Jacobson của vành $\mathbf{A}$ (Đại số, Chương VIII, §6, no. 3, Định nghĩa 3).

Đặt $S = A - p$ và $j : A \to A_v$, là đồng cấu chính tắc; giả thiết rằng $p$ là nguyên tố suy ra rằng $p$ bão hòa đối với $S$, do đó $j^{-1}(pA_p) = p$ ($§ 2$, no. 4, mệnh đề 10) và, vì các iđêan của $A$ không gặp $S$ là những iđêan được chứa trong $p$, hai khẳng định đầu tiên là những trường hợp riêng của $§ 2$, no. 5, mệnh đề 11 (ii). Hơn nữa, nếu $f$ là đồng cấu chính tắc $A \to A/p$, thì $f(S)$ là tập hợp các phần tử $\neq 0$ của miền nguyên $A/p$ và do đó khẳng định cuối cùng là một trường hợp riêng của $§ 2$, no. 5, mệnh đề 11 (i).

(i) Cho $f$ là đồng cấu chính tắc $A \to A/b$. Đồng cấu từ $A$ vào $(A/b)_{p/b}$ liên kết một cách chính tắc với $f$ ($§ 2$, no. 1, mệnh đề 2) là toàn ánh và hạt nhân của nó là $b'$, do đó xác định, bằng cách lấy thương, một đẳng cấu chính tắc từ $A_p/b'$ lên $(A/b)_{p/b}$.

(ii) Ánh xạ $b' \to b = (i_A^S)^{-1}(b')$, hạn chế vào tập hợp các iđêan nguyên tố của $A_p$, là một đẳng cấu (đối với quan hệ bao hàm) từ tập hợp này lên tập hợp các iđêan nguyên tố của $A$ được chứa trong $p$. Nếu $b'$ là nguyên tố trong $A_p$, tồn tại một đẳng cấu của vành $A_b$ lên vành $(A_p)_{b'}$, ánh xạ $a/s$ thành $(a/1)/(s/1)$ với mọi $a \in A, s \in A - b$.

Đây chỉ là một trường hợp riêng của $§ 2$, no. 5, mệnh đề 11.

Nhận xét (3) Nếu $a$ là một iđêan của $A$ không được chứa trong $p$, thì $aA_p = A$, và $(A/a)_p = 0$ ($§ 2$, no. 5, nhận xét). (4) Cho $A, B$ là hai vành, $\rho : A \to B$ là một đồng cấu, $q$ là một iđêan nguyên tố của $B$ và $p$ là iđêan nguyên tố $\rho^{-1}(q)$ của $A$. Vì $\rho(A - p) \subset B - q$, một đồng cấu chính tắc $\rho_q : A \to B_q$ được dẫn xuất từ $\rho$ ($§ 2$, no. 1, mệnh đề 2) và ngay lập tức có $\rho_q(pA_p) \subset qB_q$, do đó $\rho$ là một đồng cấu địa phương.

Mệnh đề đối với giả thiết (i) chính xác là Hệ quả 3 của Mệnh đề 6 trong Đại số, Chương VIII, $§ 6$, no. 3. Mặt khác, quan hệ $(A_d/m) \otimes_A M = 0$ là tương đương với $M = mM$ và do đó kéo theo $M = m^nM$ với mọi số nguyên $n > 0$; do đó có mệnh đề đối với giả thiết (ii).

$(A_d/m) \otimes_A (N/u(M))$ đẳng cấu chính tắc với

Cho $(e_i)_{i \in I}$ là cơ sở chính tắc của $A$-môđun trái $A_s^{(I)}$: chỉ cần áp dụng Hệ quả 1 cho ánh xạ $A$-tuyến tính $u : A_s^{(I)} \to M$ sao cho $u(e_i) = x_i$ với mọi $i \in I$.

Nếu $a \in A$, $x \in M$ và $\bar{a}$ là lớp của $a$ trong $A/m$, thì $\bar{a} \otimes x = 1 \otimes (ax)$ và do đó giả thiết kéo theo rằng tồn tại một họ $(x_i)_{i \in I}$ các phần tử của $M$ sao cho $(1 \otimes x_i)$ là một cơ sở của $(A/m)$-môđun $(A/m) \otimes_A M$. Ta đã biết rằng các $x_i$ sinh $M$ (Hệ quả 2 của Mệnh đề 4); ta sẽ thấy rằng chúng độc lập tuyến tính trên $A$. Để làm điều đó, xét A-môđun tự do $L = A_s^{(I)}$; gọi $(e_i)$ là cơ sở chính tắc của nó và $u : A_s^{(I)} \to M$ là ánh xạ $A$-tuyến tính sao cho $u(e_i) = x_i$ với mọi $i \in I$; nếu $R$ là hạt nhân của $u$, ta sẽ chứng minh rằng $R = 0$. Dưới giả thiết (i), $(A/m) \otimes_A M$ là một $(A/m)$-môđun sinh hữu hạn, nên $I$ tất yếu là hữu hạn và $R$ là một $A$-môđun sinh hữu hạn theo Chương I, § 2, no. 8, Bổ đề 9. Khi đó, theo Mệnh đề 4, sẽ đủ để chứng minh (dưới một trong hai giả thiết) rằng $R = mR$.

Gọi $j$ là đơn ánh chính tắc $R \to L$; khi đó có một biểu đồ giao hoán

trong đó hai hàng đều khớp, $j$ là đơn ánh và $1 \otimes u$ là toàn ánh (Chương

(Chương I, § 1, no. 4, Mệnh đề 2); chỉ cần kiểm tra rằng v là song ánh, vì khi đó ta suy ra rằng Coker(a) = 0, nói cách khác rằng a là toàn ánh và do đó R = mR. Bây giờ, Coker(b) = (A/m) \otimes_A L và

và theo định nghĩa v(1 \otimes e,) = 1 \otimes x,; vì (1 \otimes e,) là một cơ sở của (A/m) \otimes_A L, định nghĩa của các x, cho thấy rằng v là song ánh.

Nếu điều kiện này được thỏa mãn, có thể giả sử rằng (y_\lambda) là một họ con của một họ (x_i) các phần tử của M sao cho (1 \otimes x_i) là một cơ sở của M/mM (Đại số, Chương II, § 7, no. 1, Định lý 2) và khi đó Mệnh đề 5 chứng minh rằng (x_i) là một cơ sở của M.

Các kéo theo (a) \Rightarrow (b) \Rightarrow (c) \Rightarrow (d) là ngay lập tức. Vì A/m là một trường, (A/m) \otimes_A M là một $(A/m)$-môđun tự do và Mệnh đề 5 cho thấy rằng (d) kéo theo (a).

Sau cùng, ta biết rằng Tor_1^A(A, M) = 0 và từ dãy khớp 0 \to m \to A \to A/m \to 0 ta do đó suy ra dãy khớp

điều này chứng minh rằng Tor$_1^A(A/m, M)$ đẳng cấu với hạt nhân của đồng cấu chính tắc $m \otimes_A M \to M$; do đó có tính tương đương của (d) và (e). \*

Có thể chứng minh rằng, với mọi vành $A$ có căn Jacobson $m$ sao cho $A/m$ là một trường, mọi $A$-môđun xạ ảnh đều là tự do (Bài tập 3).

(a) $u$ là một đẳng cấu của $M$ lên một nhân tử trực tiếp của $N$; (b) $1 \otimes u: (A/m) \otimes_A M \to (A/m) \otimes_A N$ là đơn ánh; (c) $u$ là đơn ánh và $\operatorname{Coker}(u)$ là một $A$-môđun tự do; (d) đồng cấu chuyển vị ${}^t u: N^* \to M^*$ là toàn ánh.

Ta biết (Đại số, Chương II, § 1, no. 11, Mệnh đề 21) rằng, nếu $N/u(M)$ là tự do, thì $u(M)$ là một nhân tử trực tiếp của $N$, do đó (c) kéo theo (a); ngược lại, (a) kéo theo rằng $\operatorname{Coker}(u)$, đẳng cấu với một phần bù của $u(M)$ trong $N$, là một A-môđun xạ ảnh sinh hữu hạn và a fortiori được trình bày hữu hạn (Chương I, § 2, no. 8, Bổ đề 8); do đó môđun này là tự do theo Hệ quả 2 của Mệnh đề 5 và (a) kéo theo (c). Mặt khác, (a) hiển nhiên kéo theo (b). Để đơn giản ta viết $M' = (A/m) \otimes_A M$, $N' = (A/m) \otimes_A N$; vì $M$ và $N$ là sinh hữu hạn, các đối ngẫu ${M'}^*$ và ${N'}^*$ của các $(A/m)$-môđun $M'$ và $N'$ được đồng nhất một cách chính tắc với $M^* \otimes_A (A/m)$ và $N^* \otimes_A (A/m)$ và ${}^t(1 \otimes u)$ với $({}^t u) \otimes 1$ (Đại số, Chương II, § 5, no. 4, Mệnh đề 8); vì $M'$ và $N'$ là các không gian vectơ trên trường $A/m$, giả thiết rằng $1 \otimes u$ là đơn ánh kéo theo rằng ${}^t(1 \otimes u)$ là toàn ánh (Đại số, Chương 11, § 7, no. 5, Mệnh đề 10); khi đó Hệ quả 1 của Mệnh đề 4 cho thấy rằng ${}^t u$ là toàn ánh và do đó ta đã chứng minh rằng (b) kéo theo (d). Cuối cùng ta chứng minh rằng (d) kéo theo (a). Giả sử rằng ${}^t u$ là toàn ánh; vì $M^*$ là tự do, tồn tại một đồng cấu $f$ từ $M^*$ đến $N^*$ sao cho $1_{M^*} = {}^t u \circ f$ (Đại số, Chương II, § 1, no. 11, Mệnh đề 21); vì $M$ và $N$ là tự do và sinh hữu hạn, tồn tại một đồng cấu $g$ từ $N$ đến $M$ sao cho $f = {}^t g$; do đó ${}^t 1_M = 1_{M^*} = {}^t u \circ {}^t g = {}^t(g \circ u)$, suy ra $1_M = g \circ u$; điều này chứng minh rằng $u$ là một đẳng cấu của $M$ lên một môđun con là một nhân tử trực tiếp của $N$ (Đại số, Chương 11, § 1, no. 9, Hệ quả 2 của Mệnh đề 15).

(a) $u$ là một đẳng cấu của $M$ lên $N$; (b) $M$ và $N$ có cùng hạng (Đại số, Chương II, § 7, no. 2) và $u$ là toàn ánh; (c) $1 \otimes u: M/mM \to N/mN$ là song ánh.

Các mệnh đề đã được chứng minh ở trên trong no. này thường sẽ được áp dụng khi $A$ là một vành địa phương và $m$ là iđêan cực đại của nó. Khi đó Hệ quả 2 của Mệnh đề 5 được bổ sung bởi

Nếu M tự do, thì rõ ràng hai vế của (1) đều bằng hạng của M với mọi $i \in I$. Bây giờ giả sử điều kiện được thỏa mãn và ký hiệu bởi $n$ giá trị chung của hai vế của (1); theo Hệ quả 2 của Mệnh đề 4, M có một hệ gồm $n$ phần tử sinh $x_j$ ($1 \leq j \leq n$). Trước hết giả sử rằng $A$ là một miền nguyên, khi đó $p_i = 0$ với mọi $i \in I$. Các phần tử $1 \otimes x_j$ ($1 \leq j \leq n$) sinh ra không gian vectơ $K \otimes M$ trên trường phân thức K của $A$; nhưng do theo giả thiết không gian này có chiều bằng $n$ trên K, các phần tử $1 \otimes x_j$ là độc lập tuyến tính trên K. Suy ra (Đại số, Chương II, § 1, no. 13, Nhận xét 1) rằng các $x_j$ là độc lập tuyến tính trên $A$ và do đó lập thành một cơ sở của M.

Chuyển qua trường hợp tổng quát, tồn tại một đồng cấu toàn ánh $v$ từ $L = A''$ lên M. Xét biểu đồ giao hoán

trong đó $u$ (ứng với $u'$) là ánh xạ $x \mapsto (\phi_i(x))$ (ứng với $y \mapsto (\psi_i(y))$),

(ứng với $\psi_i : M \to (A/p_i) \otimes M$) là ánh xạ chính tắc, và $v'$ là tích của các $1_{A/p_i} @ v_e$. Khi đó $(A/p)/(m/p_i) \otimes_{A/p_i} ((A/p_i) \otimes_A M) = (A/m) \otimes_A M$ và, vì $A/p_i$ là một miền nguyên địa phương, từ phần đầu của lập luận suy ra rằng mỗi $1_{A/p_i} \otimes v$ là một đẳng cấu; do đó $v'$ cũng vậy. Mặt khác, vì $A$ là rút gọn, $\bigcap_i p_i = (0)$ ($§ 2$, no. 6, Mệnh đề 13), suy ra $\bigcap_i (p_i L) = 0$ vì $L$ là tự do (Đại số, Chương II, $§ 3$, no. 7, Nhận xét); vì $p_i L$ là hạt nhân của $\phi_i$, điều này cho thấy $u$ là đơn ánh. Suy ra $v' \circ u = u' \circ v$ là đơn ánh, do đó $v$ là đơn ánh và, vì $v$ là toàn ánh theo định nghĩa, điều này cho thấy rằng $M$ là tự do.

Khi đó $A/a$ là một vành địa phương với iđêan cực đại $m/a$; $M$ có thể được coi như một $(A/a)$-môđun; với mọi $s \in A - m$ ảnh chính tắc của $s$ trong $A/a$ là khả nghịch, do đó phép vị tự $x \mapsto sx$ của $M$ là song ánh theo định nghĩa của $M$, như nghiệm của một bài toán phổ quát ($§ 2$, no. 2); do đó có mệnh đề.

Đặc biệt, nếu tồn tại $k \geqslant 0$ sao cho $m^k M = 0$, thì đồng cấu $M \to M_m$ là song ánh ($§ 1$, no. 1, Hệ quả của Mệnh đề 1).

Vì trường hợp $k = 0$ là tầm thường, giả sử $k \geqslant 1$. Từ Mệnh đề 8 suy ra rằng đồng cấu chính tắc $M/m^k M \to (M/m^k M)_m$ là song ánh. Mặt khác $(M/m^k M)_m$ được đồng nhất một cách chính tắc với $M_m/(m^k M)_m$ (§ 2, no. 4, Định lý 1) và do đó $(m^k M)_m = m^k M_m$ (§ 2, no. 7, Hệ quả của Mệnh đề 18), do đó có một đẳng cấu từ $M/m^k M$ lên $M_m/m^k M_m$ biến lớp của một phần tử $x \in M$ thành lớp của $x/1$.

Điều này suy ra dễ dàng từ Mệnh đề 9 và $§ 1$, no. 2, Mệnh đề 6, các $m_{i_1}^{k_1}$ đôi một nguyên tố cùng nhau ($§ 1$, no. 2, Mệnh đề 3).

Trong phần còn lại của số này, $A$ sẽ ký hiệu một vành và $\Omega(A)$ (hoặc $\Omega$) tập hợp các iđêan cực đại của $A$.

Mỗi $\mathbf{A}_m$ là một $A$-môđun phẳng (§ 2, no. 4, Định lý 1), do đó $E = \bigoplus_{m \in \Omega} \mathbf{A}_m$ là phẳng (Chương I, § 2, no. 3, Mệnh đề 2). Hơn nữa, với mọi iđêan cực đại $m$ của $A$, $mA_m$ là iđêan cực đại duy nhất của $\mathbf{A}_m$, do đó $mA_m \neq A_m$, từ đó suy ra $mE \neq E$ và vì vậy $E$ là trung thành phẳng (Chương I, § 3, no. 1, Mệnh đề 1 (d)).

Nói rằng, với mọi $m \in \Omega$, $u_m$ là đơn ánh (tương ứng, toàn ánh, song ánh, không) tương đương với nói rằng đồng cấu $\bigoplus_m u_m : \bigoplus M, \to \bigoplus N$, có cùng tính chất đó. Nhưng $\bigoplus_m M_m = M \otimes_A E, \bigoplus_m N_m = N \otimes_A E$ và $\bigoplus_m u_m = u \otimes 1$, trong đó $E = \bigoplus_m \mathbf{A}_m$; vì $E$ là trung thành phẳng (Mệnh đề 10), định lý suy ra từ Chương I, § 3, no. 1, Mệnh đề 1 (c) và Mệnh đề 2.

Gọi $\bar{x}$ là lớp của $x$ trong $M/N$; nói rằng $x \in N$ có nghĩa là ánh xạ A-tuyến tính $u : a \mapsto a\bar{x}$ từ $A$ tới $M/N$ là không. Khi đó, $(M/N)_m$ được đồng nhất với $M_m/N_m$ (§ 2, no. 4, Định lý 1) và $u_m : A_m \to M_m/N_m$ với ánh xạ $A \mapsto \lambda \bar{x}_m$, trong đó $\bar{x}_m$ là lớp mod. $N$, của ảnh chính tắc của $x$ trong $M$. Vì quan hệ $u = 0$ là tương đương với $u_m = 0$ với mọi $m$ theo Định lý 1, điều này chứng minh hệ quả.

Áp dụng Hệ quả 1 trong trường hợp $N = 0$, ta thấy rằng quan hệ $x = 0$ là tương đương với $f_m(x) = 0$ với mọi $m \in \Omega$.

(ii) Đặc biệt, cho b và c là hai phần tử của A. Để c là bội của b, điều kiện cần và đủ là, với mọi $m \in \Omega$, ảnh chính tắc của c trong A là bội của ảnh chính tắc của b.

Vì $bA_m = b_m$ (§ 2, no. 7, Hệ quả của Mệnh đề 18), (i) là một trường hợp riêng của Hệ quả 1; (ii) suy ra từ (i) khi áp dụng cho iđêan $Ab$.

Vì M được đồng nhất với một môđun con của $K \otimes_A M$, $M_m$ được đồng nhất với một A-môđun con của $(K \otimes_A M)_m = K_m \otimes_A M$ (§ 2, no. 4, Định lý 1); vì $K_m = K$, ta thấy ngay rằng $M_m$ là không xoắn; hơn nữa, tính giao hoán của biểu đồ

chứng minh rằng ánh xạ chính tắc $M \to M_m$ là đơn ánh. Khi đó hệ quả suy ra từ Hệ quả 1 áp dụng cho A-môđun $K \otimes_A M$ và môđun con M của nó.

Đặc biệt, với mọi miền nguyên A,

(2)

Cho $(e_i)_{1 \leq i \leq n}$ là cơ sở chính tắc của $A''$, $(x_i)_{1 \leq i \leq n}$ là một hệ sinh của $A^n$ gồm n phần tử và $u : A^n \to A''$ là ánh xạ A-tuyến tính sao cho $u(e_i) = x_i$ với $1 \leq i \leq n$. Theo giả thiết, $u$ là toàn ánh và cần phải chỉ ra rằng $u$ là đơn ánh. Theo Định lý 1, điều này ngay lập tức có thể quy về trường hợp A là một vành địa phương; nếu $m$ là iđêan cực đại của A, thì các phần tử $1 \otimes x_i$ ($1 \leq i \leq n$) trong $(A/m)^n$ khi đó tạo thành một hệ sinh của $(A/m)$-môđun tự do $(A/m)^n$; vì $A/m$ là một trường, hệ này là một cơ sở của $(A/m)^n$; vì $A^n$ là một A-môđun tự do, ta suy ra từ Mệnh đề 5 rằng $(x_i)$ là một cơ sở của $A^n$.

Theo Định lý 1, để $u$ là toàn ánh, điều kiện cần và đủ là $u_m : M_m \to N_m$ là toàn ánh với mọi $m \in \Omega$. Vì $A$ là một vành địa phương và $N_m$ là một $A_m$-môđun hữu hạn sinh, điều này có nghĩa là đồng cấu $u'_m : M_m/mM_m \to N_m/mN_m$, thu được bằng cách lấy thương, là toàn ánh (no. 2, Hệ quả 1 của Mệnh đề 4); nhưng $M_m/mM_m$ (tương ứng. $N_m/mN_m$) được đồng nhất với $M/mM$ (tương ứng. $N/mN$) (Mệnh đề9), do đó suy ra mệnh đề.

Sự tồn tại của $w$ thỏa mãn mệnh đề trên tương đương với tính chất sau: $u$ thuộc ảnh P của ánh xạ

Bây giờ, $(\operatorname{Hom}_A(E, F))_m$ (tương ứng. $(\operatorname{Hom}_A(E, G))_m$) được đồng nhất một cách chính tắc với $\operatorname{Hom}_{A_m}(E_m, F_m)$ (tương ứng. $\operatorname{Hom}_{A_m}(E_m, G_m)$) (§ 2, no. 7, Mệnh đề 19 (i)), ảnh chính tắc của $u$ trong $(\operatorname{Hom}_A(E, F))_m$ được đồng nhất với $u_m$, $r_m$ được đồng nhất với $\operatorname{Hom}_{A_m}(1_{E_m}, v)$ và $P_m$ với ảnh của $r_m$. Mệnh đề do đó suy ra từ Hệ quả 1 của Định lý 1 áp dụng cho $\operatorname{Hom}_A(E, F)$ và môđun con P của nó.

Nói rằng N là một nhân tử trực tiếp của M có nghĩa là đồng cấu đồng nhất của M/N phân tích qua $M/N \xrightarrow{w} M \xrightarrow{\phi} M/N$ trong đó $\phi$ là đồng cấu chính tắc và $w$ là một đồng cấu (Đại số, Chương II, § 1, no. 9, Mệnh đề 14); vì $(M/N)_m = M_m/N_m$ và $\phi_m$ là đồng cấu chính tắc $M_m \to M_m/N_m$, hệ quả suy ra dễ dàng từ Mệnh đề 12.

Theo định nghĩa, M/N hữu hạn trình bày; mặt khác, N và M là các $A_n$-môđun tự do sinh hữu hạn. Để $N$ là một nhân tử trực tiếp của $M$, điều kiện cần và đủ là ánh xạ chính tắc $N_m / mN_m \to M_m / mM_m$ là đơn ánh (no. 2, Mệnh đề 6); điều này cũng có nghĩa là ánh xạ chính tắc $N / mN \to M / mM$ phải là đơn ánh (Mệnh đề 9), và vì hạt nhân của nó là $(N \cap mM) / mN$, điều này chứng minh hệ quả.

Mệnh đề 12 (tương ứng, Hệ quả 1 của nó) sẽ được áp dụng đặc biệt khi $A$ là Noether và $E$ (tương ứng, $M/N$) là một $A$-môđun sinh hữu hạn (Chương I, § 2, no. 8, Bổ đề 8).