b) Đồng cấu chính tắc của H vào $S^{-1}H$ cảm sinh với mỗi $n$ một đẳng cấu $u_n$ của $H_n$ lên $S^{-1}H_{\geq n}/S^{-1}H_{\geq n+1}$; các $u_n$ là các thành phần thuần nhất của một đẳng cấu của các vành phân bậc từ H lên vành phân bậc liên kết với $S^{-1}H$, được lọc bởi các $S^{-1}H_{\geq n}$.

Với mọi iđêan $a$ của $H$, ta ký hiệu $a^{\mathrm{gr}}$ là iđêan phân bậc lớn nhất được chứa trong $a$; ta có $a^{\mathrm{gr}} = \sum_n (a \cap H_n)$.

b) Mọi phần tử cực đại của tập hợp các iđêan phân bậc của $H$ phân biệt với $H$ là một iđêan cực đại của $H$ chứa $H_{\geq 1}$.

c) Mọi iđêan nguyên tố cực tiểu của $H$ đều phân bậc.

a) Điều này suy ra từ III, § 1, no. 4, prop. 4.

b) Cho $m$ là một iđêan phân bậc của $H$ phân biệt với $H$. Khi đó ta có

Nếu $m$ là cực đại, thì ta có $m = m_0 + H_{\geq 1}$, trong đó $m_0$ là một iđêan cực đại của $H_0$, do đó $b$.

c) Cho $p$ là một iđêan nguyên tố cực tiểu của $H$. Vì $p^{gr}$ là nguyên tố theo $a$ và được chứa trong $p$, ta có $p = p^{gr}$, do đó $c$.

\* Nhận xét 1. --- Ta xét lại ký hiệu của ví dụ 1 của No. 1. Bổ đề 2 suy ra rằng, nếu hai đa tạp con bất khả quy $Y$ và $Z$ của $\mathbf{C}^{n+1}$ có cùng nón chiếu và nếu $Z \subset Y$ và $Z \neq Y$, thì $Y$ là nón chiếu của $Z$, và $Z$ có đối chiều 1 trong $Y$. \*

Thay thế $H$ bởi $H/q^{gr}$, ta quy về trường hợp $q^{gr} = \{0\}$. Khi đó $H$ là một miền nguyên (bổ đề 1, $a$), $p^{gr} = 0$, và vấn đề là chứng minh rằng $ht(p) \leq 1$: điều này thực sự sẽ suy ra rằng $ht(q) = 0$, do đó $q = \{0\}$. Vì $p^{gr} = \{0\}$, ta có $p \cap H_n = \{0\}$ với mọi $n$, và $p$ rời khỏi tập con nhân $T = \bigcup (H_n - \{0\})$. Vành $H_p$ do đó đẳng cấu với một vành các phân thức của $T^{-1}H$, và do đó ta có

(§ 1, No. 3, mệnh đề 6 và 7). Nhưng, theo bổ đề 4 của V, § 1, No. 8, $T^{-1}H$ là một trường hoặc đẳng cấu với một vành $K[X, X^{-1}]$, trong đó $K$ là một trường; do đó ta có $\dim(T^{-1}H) \leq 1$ và $ht(p) \leq 1$, điều phải chứng minh.

Theo Bổ đề 1, $a$, iđêan $p^{gr}$ là nguyên tố và được chứa trong $p$, do đó $ht(p^{gr}) \leq ht(p) - 1$. Vì mệnh đề là tầm thường khi $ht(p^{gr}) = + \infty$, ta có thể giả sử rằng $ht(p^{gr}) < + \infty$. Ta chứng minh bất đẳng thức $ht(p) \leq ht(p^{gr}) + 1$ bằng quy nạp theo $ht(p^{gr})$. Chỉ cần chứng minh rằng, với mọi iđêan nguyên tố $q$ được chứa trong $p$ và phân biệt với $p$, ta có $ht(q) \leq ht(p^{gr})$. Ta phân biệt hai trường hợp tùy theo $q^{gr} \neq p^{gr}$ hay $q^{gr} = p^{gr}$. Nếu $q^{gr} \neq p^{gr}$, thì có $ht(q^{gr}) < ht(p^{gr})$; ta có

theo giả thiết quy nạp nếu $q \neq q^{gr}$ và một cách tầm thường nếu $q = q^{gr}$; do đó, ta có $ht(q) \leq ht(q^{gr}) + 1 \leq ht(p^{gr})$, điều phải chứng minh. Nếu $q^{gr} = p^{gr}$, thì ta có $q = q^{gr}$ theo Bổ đề 2, do đó $ht(q) = ht(q^{gr}) \leq ht(p^{gr})$, từ đó lại có kết luận mong muốn.

a) Mọi chuỗi các iđêan nguyên tố phân bậc của H, bão hòa như một chuỗi các iđêan nguyên tố phân bậc, đều bão hòa như một chuỗi các iđêan nguyên tố.

b) Với mọi iđêan nguyên tố phân bậc p của H, ta có htgr(p) = ht(S^{-1}p) = ht(p).

c) Ta có dimgr(H) = dim(S^{-1}H) = dim(H).

Để chứng minh a), chỉ cần chứng minh rằng, nếu p và q là hai iđêan nguyên tố phân bậc phân biệt của H sao cho q ⊂ p và mọi iđêan nguyên tố phân bậc nằm giữa q và p đều bằng p hoặc bằng q, thì ht(p/q) = 1. Chuyển qua thương theo q, ta được quy về trường hợp q = {0}. Vì vậy, vấn đề là chứng minh rằng, nếu H là một miền nguyên, và nếu p là một iđêan của H, cực tiểu trong các iđêan nguyên tố phân bậc ≠ {0}, thì ta có ht(p) = 1. Bây giờ lấy a là một phần tử thuần nhất khác không của p, và lấy r là một iđêan nguyên tố của H sao cho a ∈ r ⊂ p và cực tiểu đối với các tính chất này (II, § 2, No. 6, Bổ đề 2). Vì r^{gr} là nguyên tố (Bổ đề 1, a)) và khác không, ta có r^{gr} = p, do đó p = r. Vì H là một miền nguyên và Noether, p có chiều cao 1 (§ 3, No. 1, Mệnh đề 1), do đó a).

Ta chứng minh b). Cho p là một iđêan nguyên tố phân bậc của H. Ta có

(Mệnh đề 2); ta chứng minh bất đẳng thức ht(p) ≤ htgr(p) bằng quy nạp theo htgr(p). Nếu htgr(p) = 0, p là cực tiểu trong các iđêan nguyên tố phân bậc, do đó là cực tiểu (Bổ đề 1, c)), và ta có ht(p) = 0. Giả sử ta có htgr(p) > 0 và ta chứng minh bất đẳng thức ht(q) ≤ htgr(p) − 1 với mọi iđêan nguyên tố q được chứa trong p và phân biệt với p. Ta phân biệt hai trường hợp. Nếu q là phân bậc, ta kết luận theo giả thiết quy nạp. Nếu q không phân bậc, thì ta có q^{gr} ≠ p, do đó ht(q^{gr}) ≤ htgr(q^{gr}) theo giả thiết quy nạp, từ đó ht(q) ≤ htgr(q^{gr}) + 1 theo Mệnh đề 3; còn lại phải chứng minh bất đẳng thức htgr(q^{gr}) ≤ htgr(p) − 2; nhưng nếu có htgr(q^{gr}) = htgr(p) − 1, chuỗi q^{gr} ⊂ p sẽ bão hòa theo a), điều này không đúng vì q^{gr} ≠ q ≠ p.

Cuối cùng ta chứng minh c). Ta có dimgr(H) ≤ dim(S^{-1}H) ≤ dim(H) (Mệnh đề 2), và còn lại phải chứng minh dim(H) ≤ dimgr(H), hay một lần nữa ht(p) ≤ dimgr(H) với mọi iđêan nguyên tố p của H. Vậy lấy p là một iđêan nguyên tố của H. Nếu p là phân bậc, ta có ht(p) = htgr(p) ≤ dimgr(H). Nếu p không phân bậc, ta có ht(p) = htgr(p^{gr}) + 1 theo Mệnh đề 3; lấy m là một iđêan cực đại phân bậc của H chứa p^{gr}; theo Bổ đề 1, b), m là cực đại, do đó phân biệt với p^{gr}, và ta có htgr(p^{gr}) + 1 ≤ htgr(m) ≤ dimgr(H), từ đó lại có ht(p) ≤ dimgr(H). Điều này hoàn tất chứng minh.

Ta có, với $n \geq n_0$, $M_{\geq n+1} = H_1 \cdot M_{\geq n}$, do đó $S^{-1}M_{\geq n+1} = H_1 \cdot S^{-1}M_{\geq n} = S^{-1}H_{\geq 1} \cdot S^{-1}M_{\geq n}$.

Cho a là linh hóa tử của $H$-môđun $M$; đó là một iđêan phân bậc của $H$. Vì $M$ là một $H$-môđun sinh hữu hạn, linh hóa tử của $S^{-1}H$-môđun $S^{-1}M$ là iđêan $S^{-1}\alpha$ của $S^{-1}H$. Ta có $\dim_H(M) = \dim(H/\alpha)$ và $\dim_{S^{-1}H}(S^{-1}M) = \dim(S^{-1}H/S^{-1}\alpha)$. Mệnh đề 4 suy ra từ Định lý 1, c) của No. 2 áp dụng cho vành phân bậc $H/\alpha$.

Vành $S^{-1}H$ là địa phương và Noether (No. 1, nhận xét 1), $S^{-1}H$-môđun $S^{-1}M$ là khác không và hữu hạn sinh, và có chiều $d = \dim_H(M)$ (mệnh đề 4). Hơn nữa, $S^{-1}H_{\geq 1}$ là một iđêan định nghĩa của $S^{-1}H$ (§ 3, No. 2, bổ đề 2), và $S^{-1}M_{\geq n}$ là một lọc tốt bởi $S^{-1}H_{\geq 1}$ trên $S^{-1}M$ (bổ đề 3). Cuối cùng, ta có $\operatorname{long}_{S^{-1}H} S^{-1}M_{\geq n}/S^{-1}M_{\geq n+1} = \operatorname{long}_{H_0}(M_n)$ với mọi $n$. Do đó chỉ cần áp dụng các Định lý 2 và 3 của § 4 (No. 3 và 4).

Áp dụng mệnh đề 5 vào trường hợp $M = H = \operatorname{gr}_q(A)$, ta thu được quan hệ

với $d = \dim(\operatorname{gr}_q(A))$ và $Q(1) \neq 0$. Ta có $d = \dim(A)$ theo Định lý 3 của § 4, No. 4, do đó có hệ quả.

a) Cho $a_1, ..., a_n$ là các phần tử của $H$, thuần nhất với các bậc $> 0$, và cho $\varphi$ là đồng cấu (của các $H_0$-đại số) từ $H_0[X_1, ..., X_n]$ vào $H$ ánh xạ $X_i$ thành $a_i$ với $1 \leq i \leq n$. $S^{-1}H$-môđun $S^{-1}M / \sum_{i=1}^n (a_i/1).S^{-1}M$ có độ dài hữu hạn khi và chỉ khi $\varphi_*(M)$ là một môđun sinh hữu hạn trên $H_0[X_1, ..., X_n]$.

b) Tồn tại một họ $(a_1, ..., a_d)$ các phần tử của $H$, tất cả thuần nhất cùng một bậc $> 0$, với $d = \dim_H(M)$, và sao cho $(a_1/1, ..., a_d/1)$ là một dãy cát tuyến cực đại đối với $S^{-1}H$-môđun $S^{-1}M$. Hơn nữa, nếu $H$ được sinh bởi $H_1$ như một $H_0$-đại số, và nếu trường thặng dư của $H_0$ là vô hạn, thì có thể chọn các $a_i$ có bậc 1.

a) Đặt $N = M / \sum_{i=1}^n a_i M$. Ta có $\dim_H(N) = \dim_{S^{-1}H}(S^{-1}N)$ theo mệnh đề 4. Do đó, $S^{-1}H$-môđun $S^{-1}N$ có độ dài hữu hạn khi và chỉ khi $H$-môđun $N$ có độ dài hữu hạn, nghĩa là khi và chỉ khi $N$ là một môđun sinh hữu hạn trên $H_0$. Nếu $\varphi_*(M)$ là môđun trên $H_0[X_1, ..., X_n]$ suy ra từ $M$ bởi đồng cấu $\varphi : H_0[X_1, ..., X_n] \to M$, ta có $N = \varphi_*(M)/\sum_{i=1}^n X_i \cdot \varphi_*(M)$. Do đó (A, II, p. 171, hệ quả 3 và nhận xét) $\varphi_*(M)$ là một môđun sinh hữu hạn trên $H_0[X_1, ..., X_n]$ khi và chỉ khi $N$ là một môđun sinh hữu hạn trên $H_0$. Điều này chứng minh a).

Để chứng minh b), trước hết ta sẽ thiết lập một bổ đề.

Đặt $d = \dim_H(M)$. Theo định nghĩa của $b$, ta có $\dim_H(M/bM) < d$. Theo mệnh đề 4, ta có

và công thức (8) của § 3, no. 2 cho bất đẳng thức Cuối cùng, ta có theo mệnh đề 4. Do đó $\dim_H(M/bM) \geq d - 1$, từ đó suy ra bổ đề 4.

Ta tiếp tục lại chứng minh của Mệnh đề 6, b). Ta có thể giả sử $\dim_H(M) > 0$. Ta nhận xét rằng mọi phần tử cực tiểu của $\mathrm{Supp}(M)$ đều phân bậc (áp dụng Bổ đề 1 của No. 2 cho môđun thương của $H$ bởi linh hóa tử của $M$). Theo Mệnh đề 8 của III, § 1, No. 4, do đó tồn tại một phần tử thuần nhất $b$ của $H$, có bậc $> 0$, không thuộc bất kỳ phần tử cực tiểu $p$ nào của $\mathrm{Supp}(M)$ sao cho $\dim(H/p) = \dim_H(M)$. Theo Bổ đề 4, ta có $\dim_H(M/bM) = \dim_H(M) - 1$. Giả sử thêm rằng $H$ được sinh bởi $H_1$ như một $H_0$-đại số và rằng trường thặng dư $k$ của $H_0$ là vô hạn. Với mỗi phần tử cực tiểu $p$ của $\mathrm{Supp}(M)$ sao cho $\dim(H/p) = \dim_H(M)$, xét không gian con vectơ $V_p = (p \cap H_1) \otimes_{H_0} k$ của không gian vectơ $V = H_1 \otimes_{H_0} k$ trên $k$. Nếu có $V_p = V$, thì ta có $\mathfrak{p} \cap H_1 = H_1$ (II, § 3, No. 2, Mệnh đề 4), do đó $H_1 \subset \mathfrak{p}$ và $\dim_H(M) = \dim(H/\mathfrak{p}) \leq \dim(H/H_{\geq 1}) = 0$, điều này không đúng. Vì $k$ được giả sử là vô hạn, hợp của các $V_p$ khác $V$; nếu $b \in H_1$ sao cho $b \otimes 1$ không thuộc bất kỳ $V_p$ nào, thì ta có $\dim(M/bM) = \dim_H(M) - 1$.

Tiến hành quy nạp theo $d = \dim_H(M)$, khi đó ta xây dựng một dãy $(b_1, ..., b_d)$ các phần tử của $H$, với $b_i$ thuần nhất có bậc $n_i > 0$ và sao cho $M / \sum_{i=1}^n b_i M$ là một $H$-môđun có độ dài hữu hạn. Nếu giả sử rằng $H$ được sinh bởi $H_1$ như một $H_0$-đại số và trường thặng dư của $H_0$ là vô hạn, ta có thể giả sử $n_i = 1$ với $i = 1, ..., d$. Theo Mệnh đề 4, ta có $\dim_{S^{-1}H}(S^{-1}M) = d$ và

Khi đó $(b_1/1, ..., b_d/1)$ là một dãy cắt cực đại cho $S^{-1}H$-môđun $S^{-1}M$. Đặt $a_i = b_i^{(n_1 ... n_d)/n_i}$ với $1 \leq i \leq d$; khi đó các $a_i$ đều có cùng một bậc, và $(a_1/1, ..., a_d/1)$ là một dãy cắt cực đại cho $S^{-1}M$ (§ 3, No. 2, Nhận xét 3).

Theo Mệnh đề 6 tồn tại một đồng cấu $H_0$-đại số $\varphi$ có dạng đã chỉ ra, biến $H$ thành một đại số hữu hạn trên $H_0[X_1, ..., X_n]$. Theo Định lý 1 của § 2, No. 3, khi đó ta có

vì ta có và vì $H_0[X_1, ..., X_n]$ là một miền nguyên, điều này suy ra $\mathrm{Ker}\ \varphi = \{0\}$.

Điều kiện là đủ (§ 4, No. 4, Định lý 3 và § 5, No. 2, Định lý 1). Ta hãy chứng minh rằng nó là cần. Xét vành phân bậc gr(A) = gr_{m_A}(A); cho $k$ là một mở rộng vô hạn của trường $\kappa_A$, và đặt $H = k \otimes_{\kappa_A} \mathrm{gr}(A)$. Vành H có chiều $\geq n$ (Mệnh đề 5 và hệ quả của nó); do đó suy ra từ Hệ quả 1 sự tồn tại của một đồng cấu phân bậc đơn ánh của các đại số phân bậc trên k $\varphi : H_0[X_1, ..., X_n] \to H$. Do đó ta có, với mọi số nguyên $r \geq 0$,

và đẳng thức với mọi $r$ suy ra tính song ánh của $\varphi$, do đó tính chính quy của A (§ 5, No. 2, Định lý 1).

Các đẳng thức

và

sau đó suy ra các khẳng định tương tự đối với hàm $r \mapsto \mathrm{long}_A(A/m_A^{r+1})$.

Cho $m_1, ..., m_n$ là các phần tử thuần nhất của M mà các ảnh của chúng trong $M/rM$ sinh môđun $R/rR$-môđun $M/rM$. Cho N là môđun con $R$ (phân bậc) của M được sinh bởi $\{ m_1, ..., m_n \}$. Với mọi $i \in \mathbf{Z}$, ta có $M_i = N_i + rM_i$, do đó $M_i = N_i$ (II, § 3, No. 2, Prop. 4); do đó ta có $M = N$.

Cho X là một tập sinh hữu hạn của B-đại số C. Với mọi $x \in X$, ảnh của x trong $S^{-1}C$ là nguyên trên $S^{-1}B$, và do đó tồn tại một số nguyên $n(x) \geq 0$, các phần tử $b_1(x), ..., b_{n(x)}(x) \in B$ và một phần tử $f(x) \in S$ sao cho

Cho $f = \prod_{x \in X} f(x)$; ảnh của mọi phần tử x của X trong $C_f$ là nguyên trên $B_f$, do đó $C_f$ là một $B_f$-đại số hữu hạn (V, § 1, No. 1, Prop. 4).

Vì H là một đại số trên $H_0$ sinh hữu hạn, mỗi $H_i$ là một $H_0$-môđun sinh hữu hạn (III, § 1, No. 2, hệ quả của Mệnh đề 1) và H được sinh như một đại số trên $H_0$ bởi $H_0 \oplus H_1 \oplus \cdots \oplus H_r$ với một số nguyên $r \geq 0$ thích hợp. Cho $p \in \mathrm{Spec}(H_0)$ và đặt $\dim(H \otimes_{H_0} \kappa(p)) = n \geq 0$. Theo Hệ quả 1 của Mệnh đề 6, tồn tại các phần tử $a_1, ..., a_n$ của H, tất cả thuần nhất cùng bậc $d > 0$, sao cho đồng cấu $\kappa(p)$ $\overline{\varphi} : \kappa(p)[X_1, ..., X_n] \to H \otimes_{H_0} \kappa(p)$ ánh xạ $X_i$ vào $a_i \otimes 1$ với $1 \leq i \leq n$, biến $H \otimes_{H_0} \kappa(p)$ thành một đại số hữu hạn trên $\kappa(p)[X_1, ..., X_n]$. Ký hiệu $\varphi$ là đồng cấu $H_0$ của $H_0[X_1, ..., X_n] = R$ vào H ánh xạ $X_i$ vào $a_i$ với $1 \leq i \leq n$. Nếu, với mọi $m \in \mathbf{Z}$, ta đặt $H'_m = \sum_{(m-1)d < i \leq md} H_i$, ta thu được một phân bậc $\mathbf{Z}$ trên H, tương thích với cấu trúc môđun trên R được cho bởi $\varphi$. Mỗi $H'_m$ là sinh hữu hạn trên $H_0$. Theo Bổ đề 5, $H_p$ là một $R_p$-môđun sinh hữu hạn. Theo Bổ đề 6, do đó tồn tại $f \in H_0 - p$ sao cho $H_f$ là một $R_f$-môđun sinh hữu hạn. Với mọi $q \in \mathrm{Spec}(H_0)_f$, $H \otimes_{H_0} \kappa(q)$ là một đại số hữu hạn trên $\kappa(q)[X_1, ..., X_n]$, do đó $\dim(H \otimes_{H_0} \kappa(q)) \leq n$ (§ 2, No. 3, Định lý 1), điều này hoàn thành chứng minh.

(iii) các $a_i$ độc lập đại số trên $H_0$ và sinh $H$ như một đại số $H_0$.

Ta có $\dim(H) = \dim(S^{-1}H)$ (No. 2, đl. 1), và $[H_+/H_+^2 : H_0] = [(S^{-1}H_+)/ (S^{-1}H_+)^2 : H_0]$ (II, § 3, No. 3, mđ. 9); sau § 5, No. 1, điều này suy ra a) và các tương đương (i) $\Leftrightarrow$ (ii) trong $b$ và $c$. Hai kéo theo (iii) $\Rightarrow$ (i) trong $b$ và $c$ là tầm thường. Ta chứng minh các kéo theo (i) $\Rightarrow$ (iii). Do đó giả sử rằng ta có $\dim(H) = [H_+/H_+^2 : H_0]$ và cho $a_1, ..., a_n$ là các phần tử thuần nhất của $H$, có các bậc $> 0$, mà các lớp của chúng tạo thành một cơ sở của $H_+/H_+^2$; xét đồng cấu của các đại số phân bậc $\varphi : H_0[X_1, ..., X_n] \to H$ gửi $X_i$ vào $a_i$. Iđêan $H_+$ của $H$ được sinh bởi các $a_i$ (A, II, p. 171, hq. 2 và nhận xét); do đó đồng cấu $\varphi$ là toàn ánh (III, § 1, No. 2, mđ. 1). Nhưng ta có

(§ 2, No. 4, hq. 1 của đl. 3), do đó $\mathrm{Ker}\, \varphi = 0$ vì $H_0[X_1, ..., X_n]$ là một miền nguyên. Điều này suy ra các khẳng định (iii).

Dưới các giả thiết của $b$, người ta nói rằng $H$ là một đại số $H_0$-phân bậc chính quy, hoặc một đại số $H_0$-phân bậc đa thức. Dưới các giả thiết của $c$, người ta nói rằng các $a_i$ tạo thành một hệ tọa độ phân bậc của $H$.