Thật vậy, $1 - T$ là khả nghịch trong vành $\mathbf{Z}[[T]]$, với nghịch đảo là $\sum_{m \geq 0} T^m$; do đó ta có

và công thức đã nêu suy ra từ E, III, p. 44, prop. 15.

Cho $Q(T) \in \mathbf{Z}[T, T^{-1}]$, cho $r$ là một số nguyên $> 0$, và cho $F = (1 - T)^{-r} Q \in \mathbf{Z}((T))$. Đặt

Khi đó, theo bổ đề 1, ta có

Gọi $n_1$ là cận trên bé nhất trong $\overline{\mathbf{R}}$ của tập hợp các số nguyên $i \in \mathbf{Z}$ sao cho $a_i \neq 0$. Với mọi số nguyên $n \geq n_1$, ta có $\alpha_n = \tilde{\alpha}(n)$, trong đó $\tilde{\alpha}$ là đa thức của $\mathbf{Q}[X]$ được xác định bởi

Nếu đặt $c = Q(1) = \sum_{i \in \mathbf{Z}} a_i$, ta có $\tilde{\alpha}(X) = c X^{r-1}/(r-1)! + \theta(X)$, trong đó $\theta$ là một đa thức bậc $\leq r-2$. Do đó, ta có

trong đó số hữu tỉ $\rho_n$ tiến tới một giới hạn khi $n$ tăng vô hạn. Do đó suy ra quan hệ

Nếu $F = \sum_{n \in \mathbf{Z}} a_n T^n$ và $G = \sum_{n \in \mathbf{Z}} b_n T^n$ là hai phần tử của $\mathbf{Z}((T))$, người ta ký hiệu bởi “ $F \leq G$ ” quan hệ “ $a_n \leq b_n$ với mọi $n \in \mathbf{Z}$ ”. Đây là một quan hệ thứ tự tương thích với cấu trúc vành của $\mathbf{Z}((T))$ (A, VI, p. 18, Định nghĩa 1). Ta có $(1-T)^{-1} \geq 1$. Nếu $Q \in \mathbf{Z}[T, T^{-1}]$ là $\geq 0$, thì số nguyên $Q(1)$ là dương.

Bổ đề 2. — a) Cho $F$ là một phần tử khác không của $\mathbf{Z}((T))$ sao cho tồn tại $r \in \mathbf{Z}$, với $(1-T)^r F \in \mathbf{Z}[T, T^{-1}]$; khi đó $F$ có thể được viết duy nhất dưới dạng $F = (1-T)^{-d}.Q$, trong đó $Q \in \mathbf{Z}[T, T^{-1}]$, $Q(1) \neq 0$ và $d \in \mathbf{Z}$. Nếu $F \geq 0$, thì ta có $Q(1) > 0$ và $d \geq 0$.

b) Cho $Q, R$ thuộc $\mathbf{Z}[T, T^{-1}]$, $d, d'$ thuộc $\mathbf{Z}$ với $Q(1) > 0$. Nếu

thì hoặc $d < d'$, hoặc $d = d'$ và $Q(1) \leq R(1)$.

a) Ta có thể viết $F = (1-T)^{-r} T^n P(T)$ với $r, n \in \mathbf{Z}$ và $P(T) \in \mathbf{Z}[T]$. Bằng phép chia Euclid, ta có thể viết $P(T) = (1-T)^p R(T)$ với $R(T) \in \mathbf{Z}[T]$ và $R(1) \neq 0$. Do đó $F = (1-T)^{-(r-p)} Q(T)$, trong đó $Q(T) = T^n R(T) \in \mathbf{Z}[T, T^{-1}]$ và $Q(1) \neq 0$. Điều này chứng minh sự tồn tại của $d$ và $Q$. Hơn nữa, nếu $(1-T)^r Q(T) = (1-T)^s R(T)$ với $r > s$ và $Q, R$ trong $\mathbf{Z}[T, T^{-1}]$, thì ta có $R(T) = (1-T)^{r-s} Q(T)$, do đó $R(1) = 0$; điều này chứng minh tính duy nhất. Giả sử rằng $F$ là $\geq 0$; nếu ta có $d < 0$, thì ta sẽ có $F(1) = 0$, điều này là không thể vì $F$ khác không và mọi hệ số của nó đều dương; vậy ta có $d \geq 0$. Nếu $d = 0$, thì $Q = F \geq 0$, do đó $Q(1)$ là dương. Nếu $d \geq 1$, thì $Q(1)$ là dương theo công thức (3). Điều này chứng minh a).

b) Giả sử $d \geq d'$. Khi đó $(1-T)^{-d} ((1-T)^{d-d'} R - Q) \geq 0$; vì $S(T) = (1-T)^{d-d'} R - Q$ thuộc $\mathbf{Z}[T, T^{-1}]$, điều này suy ra $S(1) \geq 0$ theo điều vừa đi trước. Nếu $d > d'$, ta có $S(1) = -Q(1) < 0$, do đó có mâu thuẫn; nếu $d = d'$, ta có $S(1) = R(1) - Q(1)$, do đó $Q(1) \leq R(1)$.

Chia $H_0$ cho linh hóa tử của $H_0$-môđun $M$, ta quy về trường hợp $M$ là một $H_0$-môđun trung thành. Nếu $a, b \in \mathbf{Z}$ sao cho $M$ được sinh như một $H$-môđun bởi $M' = \sum_{a \leq i \leq b} M_i$, thì $M'$ là một $H_0$-môđun trung thành có độ dài hữu hạn; do đó vành $H_0$ là Artin (A, VIII, § 1, No. 3), vì thế Noether (loc. cit., § 9, No. 1). Do đó vành đa thức $H$ là Noether (loc. cit., § 1, No. 4). Nếu $I$ rỗng, thì $H = H_0$, và họ các số nguyên $(\operatorname{long}_{H_0}(M_n))_{n \in \mathbf{Z}}$ có giá hữu hạn, vì $M$ là một $H_0$-môđun hữu hạn sinh; do đó định lý đúng trong trường hợp này. Bây giờ ta lập luận bằng quy nạp theo lực lượng của tập hợp $I$, được giả sử là khác rỗng; lấy $j \in I$ và đặt $J = I - \{j\}$. Ký hiệu $H'$ là vành con phân bậc của $H$ được sinh bởi $H_0$ và các $X_i$ với $i$ thuộc $J$; xét phép vị tự $(X_j)_M$ trong $M$ với tỉ số $X_j$, hạt nhân $R$ của nó, và đối hạt nhân $S$ của nó. Với mỗi $n \in \mathbf{Z}$ có một dãy khớp các $H_0$-môđun

do đó $R_{n-d_j}$ và $S_n$ có độ dài hữu hạn, và ta có

Vì $M$ là một môđun hữu hạn sinh trên vành Noether $H$, các $H$-môđun $R$ và $S$ là hữu hạn sinh; vì chúng bị triệt tiêu bởi $X_j$, chúng là các $H'$-môđun hữu hạn sinh. Theo giả thiết quy nạp, các phần tử $P_R \cdot \prod_{i \in J} (1 - T^{d_i})$ và $P_S \cdot \prod_{i \in J} (1 - T^{d_i})$ của $\mathbf{Z}((T))$ do đó thuộc $\mathbf{Z}[T, T^{-1}]$; từ (4), suy ra

nghĩa là, $(1 - T^{d_j}) \cdot P_M = P_S - T^{d_j} \cdot P_R$; vì thế

do đó có kết luận.

b) Nếu $r = 1$, thì ta có $\mathrm{long}_{H_0}(M_n) = c_M$ với $n$ đủ lớn.

c) Nếu $r > 1$, thì ta có $\mathrm{long}_{H_0}(M_n) = c_M \frac{n^{r-1}}{(r-1)!} + \rho_n n^{r-2}$, trong đó $\rho_n$ tiến tới một giới hạn trong $\mathbf{R}$ khi $n$ tăng vô hạn.

Kí hiệu $R$ là hạt nhân của $\varphi$. Vì $\varphi$ là toàn ánh, ta có

Các điều kiện (i), (ii) và (iii) lần lượt tương đương với $c_R = 0$, $P_R = 0$ và $R = 0$. Do đó ta có (iii) $\Rightarrow$ (ii) $\Rightarrow$ (i), và chỉ cần chứng minh rằng $c_R = 0$ suy ra $R = 0$. Giả sử $R \neq 0$ và cho $0 = N^h \subset N^{h-1} \subset ... \subset N^0 = M_0$ là một dãy Jordan-Hölder của $H_0$-môđun $M_0$. Gọi $R^m$ là giao của $R$ với ảnh của $H \otimes_{H_0} N^m$ trong $H \otimes_{H_0} M_0$; tồn tại một số nguyên $m$ giữa 1 và $h$ sao cho $R^m \neq R^{m-1}$. Đặt $L = R^{m-1}/R^m$; ta có $0 \leq c_L \leq c_R$ và chỉ cần chứng minh rằng $c_L \neq 0$. Bây giờ, nếu $k$ là trường thương của $H_0$ theo iđêan linh hóa tử cực đại của $N^{m-1}/N^m$, thì $L$ được đồng nhất với một môđun con phân bậc khác không của $k[(X_i)_{i \in I}]$. Do đó $L$ chứa một môđun con đẳng cấu với một môđun tịnh tiến của $k[(X_i)_{i \in I}]$; vì $c_{k[(X_i)_{i \in I}]} = 1$, suy ra $c_L \geq 1$ (Nhận xét 2 và 3), điều phải chứng minh.

Điều này là hiển nhiên nếu $M = H$, vì $c_H = 1$. Mặt khác, cho $x \in H$ thuần nhất bậc $d$, và khác không; ta có $(H/xH) \otimes_H K = 0$; từ dãy khớp

và các nhận xét 2 và 3, suy ra $c_{H/xH} = 0$. Do đó mệnh đề được kiểm chứng khi $M$ được sinh bởi một phần tử thuần nhất. Trường hợp tổng quát suy ra từ đây, vì mọi $H$-môđun phân bậc sinh hữu hạn đều có một chuỗi hợp thành mà các thương của nó có dạng trên.

X_1, ..., X_r. Đồng cấu từ (M/qM)^l vào q^nM/q^{n+1}M biến họ (u_m)_{m\in I} thành phần tử $\sum m(x_1, ..., x_r)\ u_m$ là toàn ánh. Vì M/qM có độ dài hữu hạn, q^nM/q^{n+1}M cũng vậy.

Từ đây về sau giả sử M/qM có độ dài hữu hạn. Cho F là một lọc q-tốt trên M. Tồn tại $n_1 \in \mathbf{Z}$ sao cho $F_{n_1} = M$, do đó $F_n = M$ với $n \leq n_1$; vì thế ta định nghĩa một phần tử $H_{M,F}$ của $\mathbf{Z}((T))$ bằng cách đặt

(8)

(10)

b) Nếu F và F’ là hai lọc q-tốt trên M, thì tồn tại một số nguyên m sao cho $H_{M,F'}^{(1)} \geq T^m H_{M,F}^{(1)}$.

Phần a) suy ra ngay lập tức từ định nghĩa của $H_{M,F}^{(1)}$; phần b) suy ra từ a) và Bổ đề 3.

a) Tồn tại một số nguyên d $\geq 0$, và một phần tử R của $\mathbf{Z}[T, T^{-1}]$, được xác định duy nhất, sao cho $R(1) > 0$ và $H_{M,F} = (1 - T)^{-d}R$.

b) Các số nguyên d và R(1) độc lập với lọc q-tốt F đã chọn.

a) Xét vành phân bậc gr(A) sao cho $\operatorname{gr}_n(A) = q^n/q^{n+1}$ và gr(A)-môđun phân bậc gr(M) sao cho $\operatorname{gr}_n(M) = F_n/F_{n+1}$. Vì ta có $F_{n_1} = M$ và $qF_n = F_{n+1}$ với $n \geq n_0$, gr(M) được sinh bởi $\bigoplus_{n_1 \leq n \leq n_0} \operatorname{gr}_n(M)$, nên là sinh hữu hạn. Hơn nữa, nếu $(x_1, ..., x_r)$ là một hệ sinh hữu hạn của q như A-môđun, thì gr(A) được sinh bởi $\operatorname{gr}_0(A)$ và các lớp của $x_i$ modulo $q^2$, do đó đẳng cấu với một vành phân bậc thương của $H = (A/q)[X_1, ..., X_r]$. Theo Định lý 1 của No. 2, ta có

Ta có $H_{M,F} \neq 0$ và bởi vậy tồn tại $d \in \mathbf{N}$ và $R \in \mathbf{Z}[T, T^{-1}]$, được xác định duy nhất, sao cho $R(1) > 0$ và $H_{M,F} = (1 - T)^{-d}.R$ (Bổ đề 2 của No. 1).

b) Gọi $F'$ là một q-bộ lọc tốt khác và viết tương tự

Theo Mệnh đề 3, b), tồn tại một số nguyên $m$ sao cho $(1 - T)^{-d' - 1} R' \geq T^m (1 - T)^{-d - 1} R$. Theo Bổ đề 2, b) của No. 1, điều này suy ra $d' \geq d$ và, nếu $d' = d$, thì $R'(1) \geq R(1)$. Đổi vai trò của $F$ và $F'$, ta được $d = d'$ và $R(1) = R'(1)$.