Đây là một trường hợp riêng của § 4, no. 3, Hệ quả của Mệnh đề 13.

Cho $R$ và $Q$ lần lượt là hạt nhân và đối hạt nhân của $u$; nếu $g \in A$, hạt nhân và đối hạt nhân của $u_g$ (resp. $u_p$) lần lượt là $R_g$ và $Q_g$, (resp. $R_p$ và $Q_p$) (§ 2, no. 4, Định lý 1). Khi đó $Q_p = 0$; vì $N$ sinh hữu hạn, nên $Q$ cũng sinh hữu hạn và tồn tại $g' \in A - p$ sao cho $g'Q = 0$ (§ 2, no. 2, Hệ quả 2 của Mệnh đề 4), do đó $Q_{g'} = 0$. Dưới các giả thiết của (ii), dãy $0 \to R_{g'} \to M \to N \to 0$ là khớp, do đó $R_{g'}$ sinh hữu hạn (Chương I, § 2, no. 8, Bổ đề 9). Bây giờ,

do đó tồn tại $g_1 \in A, - pA_{g'}$ sao cho $g_1 R_{g'} = 0$ (§ 2, no. 2, Hệ quả 2 của Mệnh đề 4). Khi đó $g_1 = g''/{g'}^h$, trong đó $g'' \in A - p$; vì $g'/1$ khả nghịch trong $R_{g'}$, $(g''/1)R_{g'} = 0$, do đó $R_{g'g''} = (R_{g'})_{g''/1} = 0$. Nếu $f = g'g''$, $f \in A - p$, $Q_f = 0$ và $R_f = 0$, nên $u_f$ song ánh.

Theo giả thiết, tồn tại $p$ phần tử $x_i \in \mathbf{N}$ ($1 \leq i \leq p$) sao cho các $x_i/1$ lập thành một cơ sở của $A_,-$-môđun tự do $N_p$. Xét đồng cấu $u : A^p \to \mathbf{N}$ sao cho $u(e_i) = x_i$ với $1 \leq i \leq p$, $(e_i)_{1 \leq i \leq p}$ là cơ sở chính tắc của $A^p$. Vì $u_p$ song ánh theo giả thiết, tồn tại $f \in A - p$ sao cho $u_f$ song ánh, theo Mệnh đề 2.

Theo § 2, số 4, Định lý 1, mỗi $A_i$ là một $A$-môđun phẳng, do đó $B$ cũng vậy (Chương I, § 2, no. 3, Mệnh đề 2). Mặt khác, nếu $p$ là một iđêan nguyên tố của $A$, tồn tại một chỉ số $i$ sao cho $f_i \notin p$ và do đó $p_{f_i} = pA_{f_i}$ là một iđêan nguyên tố của $A_{f_i}$. Khi đó $pB \subset pA_{f_i} \times \prod_{j \neq i} A_j \neq B$ vì $pA_{f_i} \neq A_{f_i}$; điều này đủ để suy ra rằng $B$ là một $A$-môđun phẳng trung thành (Chương I, § 3, no. 1, Mệnh đề 1).

Điều kiện này hiển nhiên là cần thiết (§ 2, số 4). Ngược lại, nếu tất cả các $M_{f_i}$ đều sinh hữu hạn (tương ứng, hữu hạn trình bày), $M' = \prod_{i \in I} M_{f_i}$ là một $B$-môđun sinh hữu hạn (tương ứng, hữu hạn trình bày), vì hiển nhiên ta có thể giả sử rằng với mỗi $i$ tồn tại một dãy khớp $AT_i \to A^n_{f_i} \to M_{f_i} \to 0$, trong đó $m$ và $n$ độc lập với $i$. Bây giờ, $M' = M \otimes_A B$. Hệ quả suy ra từ Mệnh đề 3 và Chương I, § 3, số 6, Mệnh đề 11.

Chú ý rằng điều kiện trên các $f_i$ có nghĩa là các tập mở $X_{f_i}$ tạo thành một phủ của $\mathrm{Spec}(A)$ (§ 4, no. 3, Hệ quả 3 của Mệnh đề 11).

(a) $P$ là một môđun xạ ảnh hữu hạn sinh. (b) $P$ là một môđun hữu hạn trình bày và, với mọi iđêan cực đại $m$ của $A$, $P_m$ là một $A_m$*-môđun tự do*. (c) $P$ là một môđun hữu hạn sinh, với mọi $p \in \mathrm{Spec}(A)$, $A_p$-môđun* $P_p$ là tự do và, nếu ký hiệu hạng của nó là $r_p$, hàm $p \mapsto r_p$ là hằng địa phương trong không gian tôpô $\mathrm{Spec}(A)$ (nghĩa là, mọi điểm của $\mathrm{Spec}(A)$ đều có một lân cận trên đó hàm này là hằng).

(d) Tồn tại một họ hữu hạn $(f_i)_{i \in I}$ các phần tử của $A$, sinh iđêan $A$, sao cho, với mọi $i \in I$, $A,$-môđun $P_{f_i}$ là tự do có hạng hữu hạn.

(e) Với mọi iđêan cực đại $m$ của $A$, tồn tại $f \in A - m$ sao cho $P_f$ là một $A,$-môđun tự do có hạng hữu hạn.

Ta chứng minh định lý bằng cách chứng minh sơ đồ các suy luận sau

(a) ⇔ (d)

(b) ⇌ (e)

(c)

(a) ⇒ (b): Ta biết rằng một môđun xạ ảnh sinh hữu hạn là môđun trình bày hữu hạn (Chương I, § 2, no. 8, Bổ đề 8 (iii)); nếu $P$ là một môđun xạ ảnh $A$-môđun, $P_m = P \otimes_A A_m$ là một môđun xạ ảnh $A_m$-môđun (\emph{Đại số}, Chương II, § 5, no. 1, Hệ quả của Mệnh đề 4); cuối cùng, vì $A,$ là một vành địa phương, mọi môđun xạ ảnh trình bày hữu hạn $A_m$-môđun đều tự do (§ 3, no. 2, Hệ quả của Mệnh đề 5).

(b) ⇒ (e): Điều này suy ra từ Hệ quả của Mệnh đề 2 của no. 1.

(c) ⇒ (e): Cho $m$ là một iđêan cực đại của $A$; viết $r_m = n$ và cho $(x_i)_{1 \leq i \leq n}$ là một cơ sở của $P$. Ta có thể giả sử rằng các $x_i$ là các ảnh chính tắc của các phần tử $p_i \in P$ $(1 \leq i \leq n)$ sai khác bởi phép nhân với một phần tử khả nghịch của $A,$. Cho $(e_i)_{1 \leq i \leq n}$ là cơ sở chính tắc của $A^n$ và $u : A^n \to P$ là đồng cấu sao cho $u(e_i) = p_i$ với $1 \leq i \leq n$. Vì $P$ sinh hữu hạn, theo Mệnh đề 2 của no. 1, tồn tại $f \in A - m$ sao cho $u_f$ là toàn ánh. Ta kết luận rằng $u_{f,g}$ cũng toàn ánh với mọi $g \in A - m$ và theo giả thiết tồn tại $g \in A - m$ sao cho $r_p = n$ với $p \in X,$. Khi thay thế $f$ bởi $f g$, ta có thể giả sử rằng $r_p = n$ với mọi $p \in X,$. Khi đó $u_p : A_p^n \to P_p$ là một đồng cấu toàn ánh và $P_p$ và $A_p$ đều là các $A,$-môđun tự do có cùng hạng; do đó (§ 3, no. 2, Hệ quả của Mệnh đề 6) $u_p$ là song ánh với mọi $p \in X_f$. Cho $p'$ là một iđêan nguyên tố của $A,$ và cho $p$ là ảnh ngược của nó trong $A$ qua ánh xạ chính tắc; nếu $(A_f^{n})_{p'}$ và $(P_f)_{p'}$ được đồng nhất với $A_p^n$ và $P_p$ qua các đẳng cấu chính tắc, thì $(u_f)_{p'}$ được đồng nhất với $u_p$ và do đó là song ánh. Ta kết luận rằng $u_f$ là song ánh (§ 3, no. 3, Định lý 1), điều này chứng minh (e).

(e) ⇒ (d): Cho $E$ là tập hợp $\in A$ sao cho $P_f$ là một A-môđun tự do sinh hữu hạn $A_f$. Giả thiết suy ra rằng $E$ không được chứa trong bất kỳ iđêan cực đại nào của $A,$ do đó $E$ sinh iđêan $A$ và vì vậy tồn tại một họ hữu hạn $(f_i)_{1 \leq i \leq n}$ các phần tử của $E$ và $a_i \in A$ $(1 \leq i \leq n)$ sao cho $1 = \sum_{i=1}^n a_i f_i$; do đó (d).

(d) ⇒ (c): Theo no. 1, Hệ quả của Mệnh đề 3 suy ra rằng $P$ là sinh hữu hạn. Mặt khác, với mọi iđêan nguyên tố $p$ của $A$, tồn tại một chỉ số $i$ sao cho $p \in X_{f_i}$; nếu $p' = p_{f_i}$, thì $P_p = (P_{f_i})_{p'}$ (§ 2, no. 5, Mệnh đề

10) và do đó theo giả thiết $P_p$ là tự do và có cùng hạng với $P_{f_i}$, điều này chứng minh (c).

(d) ⇒ (a): Xét vành $B = \prod_{i \in I} A_i$ và B-môđun

Với mỗi chỉ số $i$, tồn tại một A_i-môđun tự do $L$, sao cho $P_i$ là một nhân tử trực tiếp của $L$, và có thể giả thiết rằng mọi $L$, có cùng hạng; khi đó $L = \prod_{i \in I} L_i$ là một B-môđun tự do mà M là một nhân tử trực tiếp, nói cách khác M là một B-môđun xạ ảnh sinh hữu hạn. Vì B là một A-môđun phẳng trung thành (no. 1, Mệnh đề 3), ta kết luận rằng P là một A-môđun xạ ảnh sinh hữu hạn (Chương I, §3, no. 6, Mệnh đề 12).

Cho p là một iđêan nguyên tố của A; đặt $r = r_p$ và cho $(y_j)_{1 \leq j \leq r}$ là một cơ sở của A_p-môđun tự do $P_p$. Tồn tại các phần tử $x_j$ ($1 \leq j \leq r$) của P và $s \in A - p$ sao cho $y_j = x_j / s$ với mọi $j$. Khi đó, với mọi họ $(a_j)_{1 \leq j \leq r}$ các phần tử của A sao cho $\sum_{j=1}^r a_j x_j = 0$, $\sum_{j=1}^r (a_j/1) y_j = 0$ trong $P_p$, do đó $a_j/1 = 0$ với $1 \leq j \leq r$. Vì $A - p$ không chứa 0, điều này chứng tỏ rằng các $a_j$ đều là ước của không trong A (§ 2, no. 1, Nhận xét 3), do đó tất yếu $r \leq m$.

Nếu P là một A-môđun phẳng trình bày hữu hạn và m là một iđêan cực đại của A, A_m-môđun $P$, là phẳng (§ 3, no. 4, Mệnh đề 13) và trình bày hữu hạn (§ 2, no. 4) và do đó tự do (§ 3, no. 2, Hệ quả 2 của Mệnh đề 5), Điều kiện (b) của Định lý 1 do đó được thỏa mãn.

Nhận xét (1) Tồn tại các môđun phẳng sinh hữu hạn không phải là xạ ảnh (Bài tập 7). (2) Hệ quả 2 của Định lý 1 mở rộng đến các môđun trên các vành không giao hoán (Chương I, §2, Bài tập 15).

(a) $P$ là xạ ảnh có hạng $n$.

(b) $P$ sinh hữu hạn và, với mọi iđêan cực đại $m$ của $A$, $A$-môđun* $P$, là tự do có hạng $n$.

(c) $P$ sinh hữu hạn và, với mọi iđêan nguyên tố $p$ của $A$, $A$-môđun* $P_p$ là tự do có hạng $n$.

(d) Với mọi iđêan cực đại $m$ của $A$, tồn tại $f \in A - m$ sao cho $A$-*môđun* $P_f$ là tự do có hạng $n$.

Theo Định nghĩa 2 và Định lý 1, (a) và (c) là tương đương; (b) suy ra (c), vì, với mọi iđêan nguyên tố $p$ của $A$, tồn tại một iđêan cực đại $m$ chứa $p$ và, đặt $p' = p_m$, $P_p$ đẳng cấu với $(P_m)_{p'}$ (§ 2, no. 5, Mệnh đề 11); nếu $P_m$ là tự do có hạng $n$, thì $P_{p'}$ cũng vậy. Tính chất (c) suy ra (d) theo Định lý 1 và sự kiện rằng, iff $\in A - m$ và $m' = m_f$, $P_m$ đẳng cấu với $(P_f)_{m'}$ và do đó các hạng của $P_f$ và $P$ bằng nhau. Cuối cùng, lập luận sau cùng này và Định lý 1 cho thấy (d) suy ra (b).

Ta biết rằng $P_{(B)}$ là xạ ảnh và sinh hữu hạn (Đại số, Chương II, § 5, no. 1, Hệ quả của Mệnh đề 4). Nếu q là một iđêan nguyên tố của B và p là ảnh ngược của nó trong A, thì

và, theo giả thiết, $P \otimes_A A_i$ là một A,-môđun tự do có hạng $n$, $(P_{(B)})_q$ là một $B_q$-môđun tự do có hạng $n$.

Trước hết giả sử rằng A đẳng cấu với một tích các trường $K_i$ ($1 \leq i \leq n$). Các $K_i$ khi đó được đồng nhất với các iđêan cực tiểu (Đại số, Chương VIII, § 3, no. 1) của A và, với mọi $i$, tổng $p_i$ của các K, có chỉ số $j \neq i$ là một iđêan cực đại của A, các $p_i$ ($1 \leq i \leq n$) là các iđêan nguyên tố duy nhất của A. Mọi A-môđun sinh hữu hạn P do đó là tổng trực tiếp của các thành phần đẳng kiểu của nó $P_i$ ($1 \leq i \leq n$), $P_i$ đẳng cấu với một tổng trực tiếp của một số hữu hạn $r_i$ A-môđun đẳng cấu với K, (Đại số, Chương VIII, § 5, no. 1, Mệnh đề 1 và no. 3, Mệnh đề 11); vành $A_{r_i}$ được đồng nhất với K, và linh hóa tử các $P_j$ có chỉ số $j \neq i$, do đó $r_i = \mathrm{rg}_{p_i}(P)$; nếu tất cả các $r_i$ bằng cùng một số $r$, thì P đẳng cấu với $A^r$, do đó có mệnh đề trong trường hợp này. Trong trường hợp tổng quát, đặt $\mathfrak{R}$ là căn Jacobson của A và $B = A / \mathfrak{R}$; vì B là một tích các trường, B-môđun xạ ảnh $P_{(B)}$ là tự do theo các nhận xét đứng trước Mệnh đề 4. Ngoài ra P là một A-môđun phẳng và khi đó mệnh đề suy ra từ § 3, no. 2, Mệnh đề 5.

(i) Nếu tồn tại một A-môđun $N$ sao cho $M \otimes_A N$ đẳng cấu với $A$, thì môđun $M$ là xạ ảnh hạng 1.

(ii) *Ngược lại, nếu $M$ là xạ ảnh hạng 1 và $M^*$ là đối ngẫu của $M$, thì đồng cấu chính tắc $u : M \otimes_A M^* \to A$ tương ứng với dạng song tuyến tính chính tắc $(x, x^*) \to \langle x, x^* \rangle$ trên $M \times M^*$ (Đại số, Chương II, § 2, no. 3) là song ánh.

(i) Cần chứng minh rằng, đối với mọi iđêan cực đại $m$ của $A$, A-môđun $M$, là tự do hạng 1 (Định lý 2 (b)); ta tự do thay thế $A$ bởi $A_m$ và do đó có thể giả sử rằng $A$ là một vành địa phương ($§ 2$, no. 7, Mệnh đề 18). Đặt $k = A/m$. Đẳng cấu $v : M \otimes_A N \to A$ xác định một đẳng cấu

vì hạng trên $k$ của $(M/mM) \otimes_k (N/mN)$ là tích các hạng của $M/mM$ và $N/mN$, các hạng này tất nhiên đều bằng 1, nói cách khác $M/mM$ là đơn sinh. Suy ra rằng $M$ là đơn sinh ($§ 3$, no. 2, Hệ quả 2 của Mệnh đề 4); mặt khác, linh hóa tử của $M$ cũng linh hóa tử $M \otimes_A N$ và do đó bằng không, điều này chứng minh rằng $M$ đẳng cấu với $A$.

(ii) Chỉ cần chứng minh rằng, với mọi iđêan cực đại $m$ của $A$, $u_m$ là một đẳng cấu ($§ 3$, no. 3, Định lý 1). Vì $M$ là sinh hữu hạn trình bày (Chương I, $§ 2$, no. 8, Bổ đề 8), $(M^*)_m$ được đồng nhất một cách chính tắc với đối ngẫu $(M_m)^*$ ($§ 2$, no. 7, Mệnh đề 19) và, vì $M_m$ là tự do hạng 1 như đối ngẫu $(M_m)^*$ của nó, rõ ràng đồng cấu chính tắc $u_m : (M_m) \otimes_{A_m} (M_m)^* \to A_m$ là song ánh, điều này hoàn tất chứng minh.

Nhận xét (1). Nếu $M$ là xạ ảnh hạng 1 và $N$ là sao cho $M \otimes_A N$ đẳng cấu với $A$, thì $N$ đẳng cấu với $M^*$: có các đẳng cấu

Điều này suy ra ngay lập tức từ các công thức (2), (3) và (4).

Bây giờ ta chú ý rằng mọi $A$-môđun sinh hữu hạn đều đẳng cấu với một môđun thương của $L = \mathbf{A}^{(\mathbf{N})}$; do đó ta có thể nói về tập hợp $F(A)$ gồm các lớp của các $A$-môđun sinh hữu hạn đối với đẳng cấu (Lý thuyết tập hợp, Chương I, §6, no. 9); ta ký hiệu bởi $P(A)$ tập con của $F(A)$ gồm các lớp của các $A$-môđun xạ ảnh hạng 1 và bởi $\operatorname{cl}(M)$ ảnh trong $P(A)$ của một $A$-môđun xạ ảnh hạng 1 $M$. Hiển nhiên rằng, đối với hai $A$-môđun xạ ảnh $M$,

N hạng 1, cl(M \otimes_A N) chỉ phụ thuộc vào cl(M) và cl(N); theo định nghĩa ta đặt

(6)

và do đó một luật hợp thành nội tại được xác định trên $P(A)$.

(7)

Tính kết hợp và tính giao hoán của tích tenxơ chỉ ra rằng luật hợp thành (6) là kết hợp và giao hoán; đẳng cấu giữa $A \otimes_A M$ và M chứng minh rằng $\mathrm{cl}(A)$ là phần tử đơn vị đối với luật này và, theo Định lý 3, $\mathrm{cl}(M) + \mathrm{cl}(M^*) = \mathrm{cl}(A)$, do đó có mệnh đề.

Cho B là một A-đại số giao hoán và M là một A-môđun xạ ảnh hạng 1; khi đó $M_{(B)} = B \otimes_A M$ là một B-môđun xạ ảnh hạng 1 (no. 3, Mệnh đề 4). Khi đó tồn tại một ánh xạ được gọi là chính tắc $\phi : P(A) \to P(B)$ sao cho

(8)

Đẳng thức $M_{(B)} \otimes_B N_{(B)} = (M \otimes_A N)_{(B)}$ đối với hai A-môđun M, N chứng minh rằng ánh xạ $\phi$ là một đồng cấu nhóm giao hoán.

Nhận xét (2). Điều kiện (e) của Định lý 1 (tương đương với việc P là xạ ảnh và sinh hữu hạn) cũng có thể được phát biểu bằng cách nói rằng bó các môđun $\tilde{P}$ trên $X = \mathrm{Spec}(A)$ liên kết() với P là tự do địa phương và kiểu hữu hạn* và do đó có thể được diễn giải như bó các tiết diện của một bó vectơ trên X. Ngược lại, mọi bó vectơ trên X đều phát sinh từ một môđun xạ ảnh hữu hạn sinh, môđun này được xác định tới một đẳng cấu duy nhất; vì thế các môđun xạ ảnh hạng $n$ tương ứng với các bó vectơ mà mọi thớ của chúng đều có chiều $n$. Đặc biệt, các bó vectơ hạng 1 tương ứng với các môđun xạ ảnh hạng 1. Nếu ký hiệu bởi $\mathscr{O}_X$ bó cấu trúc $\tilde{A}$ và bởi $\mathscr{O}_X^*$ bó các đơn vị của $\mathscr{O}_X$ (mà các tiết diện của nó trên một tập mở U của X là các phần tử khả nghịch của vành các tiết diện của $\mathscr{O}_X$ trên U), thì suy ra rằng nhóm $P(A)$ đẳng cấu với nhóm đối đồng điều bậc nhất $H^1(X, \mathscr{O}_X^*)$.*

(* Xem A. Grothendieck, Éléments de géométrie algébrique, I (§ 1) (Publ. Math. I.H.E.S., no. 4, 1960).

(a) suy ra (b), vì nếu $B.M = B$, thì tồn tại $a \in A, s \in S$ và $x \in M$ sao cho $(a/s)x = 1$, do đó $ax = s$ thuộc $S \cap M$. Để thấy rằng (b) suy ra (c), chú ý rằng $u$ đã là đơn ánh ($§ 2$, no. 4, Định lý 1); hơn nữa, nếu $x \in M \cap S$, thì ảnh qua $u$ của $x/x \in S^{-1}M$ trong $B$ bằng 1 và do đó $u$ là toàn ánh. Cuối cùng, (c) rõ ràng suy ra (a).

Mệnh đề là tầm thường đối với $M + N$; mặt khác nếu $s \in S \cap M$ và $t \in S \cap N$, thì $st \in S \cap (M.N)$ và $st \in S \cap (M \cap N)$.

Cho hai môđun con-A $M$ và $N$ của $B$, ký hiệu $N : M$ là môđun con-A của $B$ gồm các $b \in B$ sao cho $bM \subset N$ (Chương I, $§ 2$, no. 10, Nhận xét). Nếu mỗi $b \in N : M$ được ánh xạ tới đồng cấu $h_b : x \mapsto bx$ từ $M$ vào $N$, thì thu được một đồng cấu chính tắc $b \mapsto h_b$ từ $N : M$ tới $\operatorname{Hom}_A(M, N)$.

Lấy $s \in S \cap M$. Nếu $b \in N : M$ sao cho $bx = 0$ với mọi $x \in M$, thì $bs = 0$, do đó $b = 0$ vì $s$ không phải là một ước của 0 trong $B$. Mặt khác, cho f \in \mathrm{Hom}_A(M, N) \text{ và đặt } b = f(s)/s; \text{ với mọi } x \in M, \text{ tồn tại } t \in S \text{ sao cho } tx \in A. \text{ Khi đó}

do đó $b \in N : M$ và $f = h_b$, điều này chứng minh mệnh đề.

Nếu $M.N = A$, thì $B.M = B.(B.M) \supset B.(M.N) = B.A = B$, do đó $M$ là không suy biến. Tương tự $N$ là không suy biến. Nếu $t \in S \cap M$ và $u \in S \cap N$ (no. 5, Mệnh đề 8 ), phần tử $s = tu$ thuộc $S \cap M \cap N$, do đó $Ms \subset M.N = A$ và vì thế $As \subset M \subset As^{-1}$. Mặt khác, hiển nhiên $N \subset A : M$, do đó

và $M.(A : M) = A$; nhân hai vế với $N$, ta suy ra $A : M = N$, điều này hoàn tất chứng minh.

Trước hết ta chứng minh sự tương đương của các tính chất (a), (b) và (c). Nếu (a) đúng và $N$ là môđun con-A-môđun của $B$ sao cho M . N = A, thì tồn tại một quan hệ

Với mọi $x \in M$, đặt $v_i(x) = n_i x$; các $v_i$ là các dạng tuyến tính trên M và theo (9) $x = \sum_{i=1}^{n} m_i v_i(x)$ với mọi $x \in M$; điều này chứng minh (Đại số, Chương 11, §2, no. 6, Mệnh đề 12) rằng M là xạ ảnh và được sinh bởi các $m_i$; do đó M là một môđun xạ ảnh hữu hạn sinh.

Cho m là một iđêan cực đại của A; ta chứng minh rằng số nguyên $r = \mathrm{rg}_m(M)$ bằng 1. Gọi S' là ảnh của S trong $\mathbf{A}_{m'}$; vì các phần tử của S không là các ước của 0 trong A, nên các phần tử của S' không là các ước của 0 trong $\mathbf{A}_{m'}$ vì $\mathbf{A}_{m'}$ là một A-môđun phẳng (§ 2, no. 4, Định lý 1 và Chương I, §2, no. 4, Mệnh đề 3); khi đó ${S'}^{-1}A_m \neq 0$ và, vì $M_m$ là một $A_m$-môđun tự do có hạng $r$, ${S'}^{-1}M_m$ là một ${S'}^{-1}A_m$-môđun tự do có hạng $r$. Nhưng nếu T' là ảnh của A $-m$ trong $S^{-1}A$, thì ${S'}^{-1}A$, (tương ứng ${S'}^{-1}M_m$) được đồng nhất một cách chính tắc với ${T'}^{-1}(S^{-1}A)$ (tương ứng ${T'}^{-1}(S^{-1}M)$) (§ 2, no. 3, Mệnh đề 7). Bây giờ $S^{-1}M = B$ (Mệnh đề 8 (c)) và do đó ${T'}^{-1}(S^{-1}M)$ là một A-môđun tự do có hạng 1 trên ${T'}^{-1}(S^{-1}A)$, điều này chứng minh rằng $r = 1$ và chỉ ra kéo theo (a) $\Rightarrow$ (c).

Kéo theo (c) $\Rightarrow$ (b) là tầm thường. Ta hãy chứng minh rằng (b) $\Rightarrow$ (a). Theo giả thiết, tồn tại một họ (không nhất thiết hữu hạn) $(f_\lambda)_{\lambda \in L}$ các dạng tuyến tính trên M và một họ $(m_\lambda)_{\lambda \in L}$ các phần tử của M sao cho, với mọi $x \in M$, họ $(f_\lambda(x))$ có giá hữu hạn và $x = \sum_{\lambda \in L} m_\lambda f_\lambda(x)$ (Đại số, Chương II, §2, no. 6, Mệnh đề 12). Vì M không suy biến, $f_\lambda(x) = n_\lambda x$ với một $n_\lambda \in A$: M theo Mệnh đề 9 của no. 5. Lấy x là một phần tử của M $\cap S$ (no. 5, Mệnh đề 8), ta thấy tất yếu rằng $n_\lambda = 0$ ngoại trừ một số hữu hạn các chỉ số và $\sum_{\lambda \in L} m_\lambda n_\lambda = 1$. Điều này hiển nhiên kéo theo M . (A: M) = A, do đó có (a).

Theo Định nghĩa 2 của no. 3, (c) kéo theo (d). Ta hãy chứng minh đảo lại. Vì M không suy biến, linh hóa tử của nó là không (Mệnh đề 8 (b)), do đó linh hóa tử của $M_m$ cũng vậy (§ 2, no. 4, công thức (9)). Vì M, được giả thiết là một &-môđun đơn sinh, nên nó là tự do có hạng 1 và từ no. 3, Định lý 2 suy ra rằng M là xạ ảnh có hạng 1.