Khi đó rơi vào một trong ba trường hợp sau đây, loại trừ lẫn nhau:

Xét dãy khớp các môđun mở rộng liên kết với $A/J$ và với dãy khớp trên (A, X, p. 92, th. 2). Loại trừ trường hợp $p = p' = p'' = +\infty$; khi đó tồn tại trong dãy này một môđun khác không đầu tiên, và môđun tiếp theo nó cũng khác không. Điều này cho ba khả năng sau:

a) Môđun khác không đầu tiên là $\operatorname{Ext}_A^{p'}(A/J, M')$. Khi đó $p' = p \leqslant p''$.

b) Môđun khác không đầu tiên là $\operatorname{Ext}_A^p(A/J, M)$. Khi đó $p = p'' < p'$.

c) Môđun khác không đầu tiên là $\operatorname{Ext}_A^{p''}(A/J, M'')$. Khi đó $p'' + 1 = p' \leqslant p$.

Trước hết giả sử $JN = 0$ và lập luận bằng quy nạp theo số nguyên $i < \operatorname{prof}_A(J; M)$. Mệnh đề là hiển nhiên khi $i < 0$. Xem $N$ như một $(A/J)$-môđun và chọn một dãy khớp các $(A/J)$-môđun

Từ đó suy ra một dãy khớp các môđun mở rộng

$A$-môđun $\operatorname{Ext}_A^{i-1}(K, M)$ bằng không theo giả thiết quy nạp, và $A$-môđun $\operatorname{Ext}_A^i((A/J)^{(I)}, M)$ đẳng cấu với $\operatorname{Ext}_A^i(A/J, M)^I$ (A, X, p. 89, prop. 7), môđun này bằng không theo định nghĩa của độ sâu. Do đó ta có $\operatorname{Ext}_A^i(N, M) = 0$.

Xét trường hợp tổng quát, và lập luận bằng quy nạp theo số nguyên nhỏ nhất $m > 0$ sao cho $J^m N = 0$. Ta vừa xét trường hợp $m = 1$. Giả sử $m > 1$ và cho $i < \operatorname{prof}_A(J; M)$ là một số nguyên. Xét dãy khớp

suy ra từ dãy khớp $0 \to JN \to N \to N/JN \to 0$. Hai môđun ở hai đầu bằng không theo giả thiết quy nạp, vì $N/JN$ và $JN$ bị triệt tiêu bởi $J^{m-1}$. Vậy ta có $\operatorname{Ext}_A^i(N, M) = 0$, đúng như phải chứng minh.

Thật vậy J^m triệt tiêu A-môđun A/J', nên Ext^i_A(A/J', M) bằng không với mọi số nguyên i < prof_A(J ; M) (mệnh đề 2).

a) Ta có prof_A(J ; M) \leq prof_A(J' ; M).

b) Nếu iđêan J' là hữu hạn sinh và nếu V(J) = V(J'), thì ta có prof_A(J ; M) = prof_A(J' ; M).

Theo II, § 4, No. 3, cor. 2 of prop. 11 và § 2, No. 6, prop. 15, tồn tại một số nguyên m > 0 sao cho J^m \subset J'. Mệnh đề a) do đó suy ra từ hệ quả 1 và mệnh đề b) được suy ra từ đó.

Hệ quả 2 có thể sai khi iđêan J không hữu hạn sinh (bài tập 2).

Vì C bị chặn về bên trái nên H_n(C) bằng không với n đủ lớn. Nếu kết luận là sai, sẽ tồn tại một số nguyên q \geq p sao cho H_n(C) = 0 với n > q và H_q(C) \neq 0. Ký hiệu bởi J linh hóa tử của H_q(C); khi đó ta có prof_A(J ; H_q(C)) = 0. Hơn nữa, vì Z_q(C) là một môđun con của C_q, và vì theo giả thiết ta có prof_A(J ; C_q) > q - q = 0, nên ta có prof_A(J ; Z_q(C)) > 0. Khi đó từ dãy khớp

suy ra đẳng thức prof_A(J ; B_q(C)) = 1 (No. 1, prop. 1). Theo định nghĩa của q, B_n(C) bằng Z_n(C) với mọi số nguyên n > q. Từ các dãy khớp chính tắc

và từ giả thiết prof_A(J ; C_n) > n - q, ta thu được bằng quy nạp đẳng thức prof_A(J ; B_n(C)) = n - q + 1 với mọi n \geq q (loc. cit.). Nhưng điều này vô lý vì B_n(C) bằng không với n đủ lớn.

Thật vậy với n \geq p, linh hóa tử J_n của H_n(C) chứa J, nên ta có prof_A(J_n ; C_m) \geq prof_A(J ; C_m) (No. 1, cor. 1 of prop. 2), vì thế giả thiết của mệnh đề được thỏa mãn.

$A$-môđun $\bigoplus_{m \geq p} H_m(C)$ có độ dài hữu hạn. Gọi $J$ là linh hóa tử của nó; theo A, VIII, § 1, No. 3, hệ quả, vành $A/J$ là Artin, do đó $J$ chứa một lũy thừa của iđêan cực đại của $A$ (A, VIII, § 10, No. 1, định lý 1). Suy ra $\operatorname{prof}_A(J; C_m) \geq \operatorname{prof}(C_m) > m - p$ với $m \geq p$ (No. 1, hệ quả 1 của mệnh đề 2), nên có thể áp dụng hệ quả 1.

Đặt $p = \operatorname{prof}_A(J; M)$. Xét phức $K^\bullet(x, M)$. Đồng điều của nó bị triệt tiêu bởi $J$ (A, X, p. 148, Hệ quả 2), và độ sâu đối với $J$ của mỗi môđun $K^i(x, M)$ bằng $p$ hoặc $+\infty$ (No. 1, Nhận xét 4). Khi đó từ Hệ quả 1 của No. 2 suy ra rằng $H^i(x, M) = 0$ với $i < p$. Còn phải chứng minh rằng $H^p(x, M)$ khác không khi $p < +\infty$.

Trường hợp $p = 0$ là hiển nhiên, giả sử $0 < p < +\infty$ và $H^p(x, M) = 0$. Cho $L$ là một phân giải tự do của $A$-môđun $A/J$; ký hiệu $C$ là phức $\operatorname{Homgr}_A(L, M)$. $A$-môđun $H^i(C)$ đẳng cấu với $\operatorname{Ext}_A^i(A/J, M)$ (A, X, p. 100, Định lý 1); do đó nó bằng không với $i < p$. Khi đó với $i < p$ ta có các dãy khớp chính tắc

$A$-môđun $C^i$ là một tích của các $A$-môđun đẳng cấu với $M$; do đó $H^s(x, C^i) = 0$ với $s \leq p$. Từ các dãy khớp ở trên và từ A, X, p. 150, suy ra rằng đồng cấu nối $\partial^s : H^s(x, B^{i+1}(C)) \longrightarrow H^{s+1}(x, B^i(C))$ là đơn ánh với $s \leq p$ và $i < p$; vì $B^0(C) = 0$, suy ra $H^{p-i}(x, B^{i+1}(C))$ bằng không với $i < p$. Đặc biệt, ta có $H^1(x, B^p(C)) = 0$, do đó dãy khớp

suy ra một toàn cấu $H^0(x, Z^p(C)) \longrightarrow H^0(x, H^p(C))$. Vì $H^p(C)$ đẳng cấu với $\operatorname{Ext}_A^p(A/J, M)$, môđun này khác không và bị J triệt tiêu, nên ta có $H^0(x, H^p(C)) \neq 0$, do đó $H^0(x, Z^p(C)) \neq 0$ và vì thế $H^0(x, C^p) \neq 0$. Nhưng điều này kéo theo $H^0(x, M) \neq 0$, trái với giả thiết. Vậy $H^p(x, M) \neq 0$, điều này hoàn tất chứng minh.

Trước hết giả sử I là hữu hạn, và ký hiệu r là lực lượng của nó. A-môđun $H^r(x, M)$ đẳng cấu chính tắc với $H_0(x, M)$, mà chính nó lại đẳng cấu với $M/JM$ (A, X, p. 155); do đó bất đẳng thức $\operatorname{prof}_A(J; M) \leq r$ suy ra từ Định lý 1. Để có đẳng thức, điều kiện cần và đủ là A-môđun $H^i(x, M)$ bằng không với $i < r$, điều này có nghĩa là họ x hoàn toàn cát tuyến đối với M (A, X, p. 157).

Từ những điều vừa nói, $\operatorname{prof}_A(J; M)$ là hữu hạn; còn phải chứng minh rằng nếu họ x hoàn toàn cát tuyến đối với M thì tập hợp I là hữu hạn. Bây giờ điều kiện $H_1(x, M) = 0$ (A, X, p. 157, Định nghĩa 2) suy ra rằng ta có một dãy khớp

trong đó ảnh của $\partial_2$ được chứa trong $JM^{(I)}$. Bằng cách lấy tích tenxơ với $A/J$, từ đó suy ra một đẳng cấu A-tuyến tính từ $(M/JM)^{(I)}$ lên $JM/J^2M$. Mà môđun sau là kiểu hữu hạn, vì J và M đều như vậy; do $M/JM$ khác không, suy ra tập hợp I là hữu hạn.

Theo bổ đề Nakayama, ta có $JM \neq M$, và r là số cực tiểu các phần tử sinh của J; do đó Hệ quả 2 suy ra từ Hệ quả 1.

Cho $x = (x_i)_{i \in I}$ là một họ sinh của $J$; họ $\rho(x) = (\rho(x_i))_{i \in I}$ sinh ra $JB$. Theo phép dựng, phức $K^\bullet(\rho(x), N)$ bằng $K^\bullet(x, N)$. Do đó mệnh đề suy ra từ Định lý 1.

Cho $\rho : A \to B$ là một đồng cấu vành, $x = (x_i)_{i \in I}$ một họ hữu hạn các phần tử của $A$ và $M$ một $A$-môđun. Với mọi số nguyên $p$, ký hiệu $u^p : B \otimes_A C_I^p(M) \to C_I^p(B \otimes_A M)$ là đồng cấu $B$-tuyến tính gán cho $b \otimes m$ ánh xạ phản xứng $(\alpha_1, \ldots, \alpha_p) \mapsto b \otimes m(\alpha_1, \ldots, \alpha_p)$. Họ $(u^p)$ xác định một đẳng cấu các phức

Xét đồng cấu chính tắc

(A, X, p. 62); bằng cách hợp thành với $H^p(u)$, ta suy ra từ đó một đồng cấu

Điều này suy ra từ A, X, p. 66, Hệ quả 2.

Cho $x = (x_i)_{i \in I}$ là một họ sinh hữu hạn của $J$. Cho $p$ là một iđêan nguyên tố của $A$; iđêan $J_p$ được sinh bởi ảnh $x_p$ của họ $(x_i)$ trong $A_p$. Với mọi $p \geq 0$, $A_p$-môđun $(H^p(x, M))_p$ đẳng cấu với $H^p(x_p, M_p)$ (Bổ đề 1); do đó, theo Định lý 1, ta có $\operatorname{prof}_A(J; M) \leq \inf_{p \in \operatorname{Spec}(A)} \operatorname{prof}_{A_p}(J_p; M_p) \leq \inf_{m \in \Omega} \operatorname{prof}_{A_m}(J_m; M_m)$.

Cho $p$ là một số nguyên nhỏ hơn $\operatorname{prof}_{A_m}(JA_m; M_m)$ với mọi $m \in \Omega$. Khi đó $H^p(x_m, M_m) = 0$ với mọi iđêan cực đại $m$ của $A$: điều này suy ra từ Định lý 1 nếu $m \in \Omega$, từ việc $M_m = 0$ nếu $m \not\in \operatorname{Supp}(M)$, và từ việc iđêan $JA_m$, vốn triệt tiêu $H^p(x_m, M_m)$ (A, X, p. 148, Hệ quả 2), bằng $A_m$ nếu $m \not\in V(J)$. Do đó $(H^p(x, M))_m = 0$ với mọi iđêan cực đại $m$ của $A$, kéo theo $H^p(x, M) = 0$ (II, § 3, No. 3, Hệ quả 2 của Định lý 1). Mệnh đề được suy ra từ Định lý 1.

a) Ta có $\operatorname{prof}_A(J; M) \leq \operatorname{prof}_B(JB; B \otimes_A M)$.

b) Giả sử thêm rằng mọi iđêan cực đại của $\operatorname{Supp}(M)$ chứa $J$ đều thuộc ảnh của ánh xạ chính tắc $\operatorname{Spec}(B) \to \operatorname{Spec}(A)$. Khi đó ta có $\operatorname{prof}_A(J; M) = \operatorname{prof}_B(JB; B \otimes_A M)$. Đây là trường hợp, chẳng hạn, nếu A-môđun $B$ là phẳng trung thành.

Mệnh đề a) suy ra từ Định lý 1 và Bổ đề 1.

Cho $p$ là một số nguyên nhỏ hơn nghiêm ngặt $\operatorname{prof}_B(JB; B \otimes_A M)$, và cho $m$ là một iđêan cực đại của $A$ thuộc $\operatorname{Supp}(M) \cap V(J)$. Cho $x$ là một họ sinh hữu hạn của iđêan $J$. Theo giả thiết của b), tồn tại một iđêan nguyên tố $n$ của $B$ nằm trên $m$, và ta có một đẳng cấu chính tắc

Bây giờ $B \otimes_A H^p(x, M)$ đẳng cấu với $H^p(\rho(x), B \otimes_A M)$ (Bổ đề 1), do đó bằng không; hơn nữa $B_n$ là phẳng trung thành trên $A_m$ (I, § 3, No. 5, Mệnh đề 9 và II, § 3, No. 4, Mệnh đề 14 và Nhận xét). Do đó ta có $A_m \otimes_A H^p(x, M) = 0$ và vì vậy $p < \operatorname{prof}_{A_m}(J_m; M_m)$ (Bổ đề 1 và Định lý 1). Mệnh đề thứ nhất của b) khi đó suy ra từ Mệnh đề 5; mệnh đề thứ hai suy ra từ I, § 3, No. 5, Mệnh đề 9).

Thật vậy, A-môđun $\widehat{A}$ là phẳng và $\widehat{A}$-môđun $\widehat{M}$ đẳng cấu với $\widehat{A} \otimes_A M$ (III, § 3, No. 4, Định lý 3); hơn nữa, mọi iđêan cực đại của $A$ chứa $J$ đều thuộc ảnh của ánh xạ $\operatorname{Spec}(\widehat{A}) \to \operatorname{Spec}(A)$ (loc. cit., Mệnh đề 8).

Trường hợp $r = 1$ suy ra từ Nhận xét 5 của No. 1, áp dụng cho dãy khớp

Trường hợp tổng quát suy ra bằng quy nạp theo $r$.

a) Giả sử rằng $\operatorname{prof}_A(J; M)$ là hữu hạn. Khi đó mọi dãy $M$-chính quy gồm các phần tử của $J$ đều có thể được bổ sung thành một dãy $M$-chính quy có độ dài $\operatorname{prof}_A(J; M)$ gồm các phần tử của $J$.

b) Độ sâu của $M$ đối với $J$ là cận trên bé nhất của các độ dài của những dãy $M$-chính quy tạo thành từ các phần tử của $J$.

c) Để $\operatorname{prof}_A(J; M)$ là hữu hạn, điều kiện cần và đủ là giá của $M$ cắt $V(J)$, hay cũng vậy, là có $JM \neq M$.

Cho $(x_1, \ldots, x_r)$ là một dãy $M$-chính quy gồm các phần tử của $J$. Ta có $r \leqslant \operatorname{prof}_A(J; M)$ (Mệnh đề 7); giả sử rằng bất đẳng thức này là ngặt. Gọi $N$ là A-môđun $M/(x_1M + \ldots + x_rM)$. Ta có $\operatorname{prof}_A(J; N) > 0$ (loc. cit.), nên tồn tại một phần tử $x$ của $J$ sao cho phép vị tự $x_N$ là đơn ánh (No. 1, Nhận xét 2), nghĩa là sao cho dãy $(x_1, \ldots, x_r, x)$ là $M$-chính quy. Suy ra bằng quy nạp rằng với mọi số nguyên $s$ sao cho $r \leqslant s \leqslant \operatorname{prof}_A(J; M)$, dãy $(x_1, \ldots, x_r)$ có thể được bổ sung thành một dãy $M$-chính quy có độ dài $s$, điều này kéo theo các mệnh đề a) và b). Mệnh đề c) suy ra từ Nhận xét 1 của No. 1 và Hệ quả 1 của Định lý 1 của No. 3.

(i) ta có $r = \operatorname{prof}_A(J; M)$ ; (ii) dãy $(x_1, \ldots, x_r)$ là cực đại trong số các dãy $M$-chính quy tạo thành từ các phần tử của $J$ ; (iii) A-môđun $M/(x_1M + \ldots + x_rM)$ có một phần tử khác không bị triệt tiêu bởi $J$ ; (iv) ta có $\operatorname{Ass}(M/(x_1M + \ldots + x_rM)) \cap V(J) \neq \varnothing$.

Tính tương đương của (i) và (ii) suy ra từ Định lý 2; tính tương đương của (ii), (iii) và (iv) suy ra từ Nhận xét 2 của No. 1 áp dụng cho A-môđun $M/(x_1M + \ldots + x_rM)$.

Điều này là hiển nhiên nếu $\mathrm{prof}_F(M) = +\infty$ (Nhận xét 2). Nếu $\mathrm{prof}_F(M) = 0$, tồn tại một iđêan nguyên tố $p \in \mathrm{Ass}(M) \cap F$ (Nhận xét 2); ta có $pA_p \in \mathrm{Ass}(M_p)$ (IV, § 1, No. 2, Mệnh đề 5), nên $\mathrm{prof}_{A_p}(M_p) = 0$ (Nhận xét 2 của No. 1), do đó có mệnh đề trong trường hợp này.

Giả sử $0 < \mathrm{prof}_F(M) < +\infty$; cho J là một iđêan của A sao cho $V(J) = F$, và cho x là một phần tử của J sao cho phép vị tự $x_M$ là đơn ánh (loc. cit.). Với mỗi iđêan nguyên tố p, phép vị tự $x_{M_p}$ là đơn ánh. Theo Mệnh đề 7 của No. 4, do đó ta có

Khi đó suy ra kết luận bằng quy nạp theo số nguyên $\mathrm{prof}_F(M)$.

Theo Nhận xét 1, ta có $\mathrm{Ext}_A^i(N, M) = 0$ với mọi $i < \mathrm{prof}_F(M)$. Còn phải chứng minh rằng nếu $\mathrm{prof}_F(M) = n < +\infty$, thì $\mathrm{Ext}_A^n(N, M) \neq 0$. Cho $J$ là linh hóa tử của $N$; ta có $F = V(J)$, do đó $\mathrm{prof}_F(M) = \mathrm{prof}_A(J; M)$. Theo Hệ quả 1 của Định lý 2 (No. 4), tồn tại một dãy $M$-chính quy $(x_1, \ldots, x_n)$ có độ dài $n$ gồm các phần tử của $J$, và độ sâu đối với $J$ của A-môđun $\overline{M} = M/(x_1 M + \ldots + x_n M)$ bằng không. Theo A, X, p. 166, Mệnh đề 9, chỉ cần chứng minh rằng $\mathrm{Hom}_A(N, \overline{M})$ là khác không. Bây giờ, theo Mệnh đề 8, tồn tại $p \in \mathrm{Supp}(M) \cap \mathrm{Supp}(N)$ sao cho $\mathrm{prof}_{A_p}(\overline{M}_p) = 0$, nghĩa là $\mathrm{Hom}_{A_p}(\kappa(p), \overline{M}_p) \neq 0$. Vì $N_p$ là khác không, không gian vectơ $\kappa(p)$ $N_p \otimes_{A_p} \kappa(p)$ là khác không (bổ đề Nakayama), và đối ngẫu của nó cũng vậy; do đó tồn tại một ánh xạ tuyến tính $A_p$-tuyến tính toàn ánh từ $N_p$ lên trên $\kappa(p)$. Suy ra ta có $\mathrm{Hom}_{A_p}(N_p, \overline{M}_p) \neq 0$, do đó $\mathrm{Hom}_A(N, \overline{M}) \neq 0$ (II, § 2, No. 7, Mệnh đề 19), điều phải chứng minh.

(i) A-môđun $N/yN$ là phẳng và phép vị tự $y_N$ là đơn ánh; (ii) A-môđun $N$ là phẳng và phép vị tự $y_{\kappa_A \otimes N}$ là đơn ánh.

Khi các điều kiện đó được thỏa mãn, phép vị tự $y_{M \otimes_A N}$ là đơn ánh với mọi A-môđun $M$.

Giả sử các giả thiết của (i) được thỏa mãn, và hãy chứng minh (ii) cũng như khẳng định cuối cùng. Cho $M$ là một A-môđun. Vì A-môđun $N/yN$ là phẳng, từ dãy khớp $0 \to N \xrightarrow{y_N} N \to N/yN \to 0$ ta suy ra các dãy khớp

trong đó $u = 1_M \otimes y_N$ và $v = \mathrm{Tor}_1^A(1_M, y_N)$; suy ra phép vị tự tỉ số $y$ là đơn ánh trong $M \otimes_A N$, và song ánh trong $\mathrm{Tor}_1^A(M, N)$. Giả sử hơn nữa rằng A-môđun $M$ sinh hữu hạn; khi đó B-môđun $\mathrm{Tor}_1^A(M, N)$ sinh hữu hạn (A, X, p. 107, Mệnh đề 6), do đó bằng không vì $y$ thuộc $m_B$ (bổ đề Nakayama), điều này kéo theo A-môđun $N$ là phẳng (A, X, p. 74, Định lý 2).

(ii) $\Rightarrow$ (i): giả sử các giả thiết của (ii) được thỏa mãn. Xét hai dãy khớp sau của các B-môđun

(1)

(2)

trong đó $p$ và $i$ là các đồng cấu chính tắc. Suy ra đồng cấu $1 \otimes p : \kappa_A \otimes_A N \longrightarrow \kappa_A \otimes_A \mathrm{Im}(y_N)$ là toàn ánh, và (vì $N$ là phẳng) hạt nhân của đồng cấu $1 \otimes i : \kappa_A \otimes_A \mathrm{Im}(y_N) \longrightarrow \kappa_A \otimes_A N$ đẳng cấu với $\mathrm{Tor}_1^A(\kappa_A, N/yN)$. Nhưng ánh xạ $(1 \otimes i) \circ (1 \otimes p)$, bằng $y_{\kappa_A \otimes_A N}$, là đơn ánh theo giả thiết; suy ra $1 \otimes p$ là song ánh và $1 \otimes i$ đơn ánh, và do đó ta có $\mathrm{Tor}_1^A(\kappa_A, N/yN) = 0$. Suy ra A-môđun $N/yN$ là phẳng (III, § 5, No. 2, Định lý 1 and No. 4, Mệnh đề 2).

Vì $N$ và $N/yN$ đều phẳng trên $A$, điều tương tự cũng đúng với $\mathrm{Im}(y_N)$ (dãy khớp (2)). Khi đó từ dãy khớp (1) suy ra $\kappa_A \otimes_A \mathrm{Ker}(y_N)$ đẳng cấu với hạt nhân của $1 \otimes p$, nên bằng không; do đó phép vị tự $y_N$ là đơn ánh theo bổ đề Nakayama.