Nói cách khác, $(T(M), \phi)$ là một nghiệm của bài toán ánh xạ phổ quát (Lý thuyết tập hợp, IV, § 3, no. 1), trong đó $\Sigma$ là loài của cấu trúc $A$-đại số, các ánh xạ $\alpha$ là các ánh xạ $A$-tuyến tính từ môđun $M$ vào một $A$-đại số. Chú ý rằng ở đây không có vấn đề về một phép phân bậc trên $T(M)$.

Đối với mọi họ hữu hạn $(x_i)_{1 \leq i \leq n}$ gồm $n$ phần tử của $M$, theo định nghĩa của tích trong $T(M)$, $x_1 \otimes x_2 \otimes \cdots \otimes x_n = \phi(x_1)\phi(x_2)\ldots\phi(x_n)$; khi đó tất yếu $g(x_1 \otimes x_2 \otimes \cdots \otimes x_n) = f(x_1)f(x_2)\ldots f(x_n)$ với $n \geq 1$ và $g(\alpha) = \alpha e$ (nếu $e$ là phần tử đơn vị của $E$) với $\alpha \in A$, điều này chứng minh tính duy nhất của $g$. Ngược lại, chú ý rằng, với mọi $n > 0$, ánh xạ

từ $M^n$ vào $E$ là $A$-đa tuyến tính; do đó tương ứng với nó là một ánh xạ $A$-tuyến tính $g_n : T^n(M) \to E$ sao cho Ta cũng định nghĩa ánh xạ $g_0 : T^0(M) \to E$ bằng $\eta_E$ ($§ 1$, no. 3), nói cách khác $g_0(\alpha) = \alpha e$ với $\alpha \in A$. Gọi $g$ là ánh xạ $A$-tuyến tính duy nhất từ $T(M)$ vào $E$ mà hạn chế của nó lên $T^n(M)$ là $g_n$ ($n \geq 0$); ngay lập tức ta có $g \circ \phi = g_1 = f$ và còn phải kiểm tra rằng $g$ là một đồng cấu $A$-đại số. Theo phép dựng $g(1) = e$ và chỉ cần, nhờ tính tuyến tính, chứng minh rằng $g(uv) = g(u)g(v)$ với $u \in T^p(M)$ và $v \in T^q(M)$ ($p > 0, q > 0$); bây giờ từ các công thức (1) và (2) suy ra rằng quan hệ này đúng khi $u = x_1 \otimes x_2 \otimes \cdots \otimes x_p$ và $v \in x_{p+1} \otimes \cdots \otimes x_{p+q}$ (trong đó các $x_i$ thuộc $E$). Do đó nó đúng với $u \in T^p(M)$ và $v \in T^q(M)$ nhờ tính tuyến tính.

là một ánh xạ A-tuyến tính. Tồn tại một và chỉ một đồng cấu đại số trên A

sao cho biểu đồ

giao hoán. Hơn nữa, $u'$ là một đồng cấu đại số phân bậc.

Sự tồn tại và tính duy nhất của $u'$ suy ra từ no. 1, Mệnh đề 1, áp dụng cho đại số $\mathbf{T}(N)$ và ánh xạ tuyến tính $\phi_N \circ u : M \to \mathbf{T}(N)$; vì

nên việc $u'$ là một đồng cấu đại số phân bậc suy ra từ Nhận xét của no. 1.

Đồng cấu $u'$ của Mệnh đề 2 từ nay về sau được ký hiệu là $\mathbf{T}(u)$. Nếu P là một A-môđun và $v : N \to P$ là một ánh xạ A-tuyến tính, thì

vì $\mathbf{T}(v) \circ \mathbf{T}(u)$ là một đồng cấu đại số làm cho biểu đồ

giao hoán.

$\mathbf{T}(u)$ đôi khi được gọi là mở rộng chính tắc của $u$ lên $\mathbf{T}(M)$ (chứa $M = \mathbf{T}^1(M)$). Chú ý rằng hạn chế $\mathbf{T}^n(u) : \mathbf{T}^n(M) \to \mathbf{T}^n(N)$ chỉ là ánh xạ tuyến tính $u^{\otimes n} = u \otimes u \otimes \cdots \otimes u$ (n lần), vì

do $\mathbf{T}(u)$ là một đồng cấu đại số và $\mathbf{T}^1(u) = u$; hạn chế $\mathbf{T}^0(u)$ lên A là ánh xạ đồng nhất. $\mathbf{T}^n(u)$ được gọi là lũy thừa tenxơ thứ $n$ của $u$.

$\mathbf{T}^0(u) : \mathbf{T}^0(M) \to \mathbf{T}^0(N)$ là song ánh và với mọi số nguyên $n > 0$,

là toàn ánh, như thấy được bằng quy nạp theo $n$ sử dụng II, § 3, no. 6, Mệnh đề 6; mệnh đề sau cũng cho thấy, bằng quy nạp theo $n$, rằng hạt nhân $\mathfrak{I}_n$ của $T^n(u)$ là môđun con của $T^n(M)$ sinh bởi các tích

trong đó ít nhất một trong các $x_i$ thuộc $P$. Điều này cho thấy hạt nhân $\mathfrak{I} = \bigoplus_{n \geq 1} \mathfrak{I}_n$ của $T(u)$ là iđêan hai phía sinh bởi $P$ trong $T(M)$.

Nếu $u : M \to N$ là một ánh xạ tuyến tính đơn ánh, thì không phải lúc nào cũng đúng rằng $T(u)$ là một ánh xạ đơn ánh (Bài tập 1). Tuy nhiên, điều này đúng khi $u$ là một đơn ánh sao cho $u(M)$ là một nhân tử trực tiếp của $N$, vì khi đó tồn tại một ánh xạ tuyến tính $v : N \to M$ sao cho $v \circ u$ là ánh xạ đồng nhất trên $M$ và do đó

là ánh xạ đồng nhất trên $T(M)$, suy ra $T(u)$ là đơn ánh và ảnh của nó (đẳng cấu với $T(M)$) là một nhân tử trực tiếp của $T(N)$ (II, § 1, no. 9, Mệnh đề 15). Chính xác hơn:

Theo giả thiết, tồn tại các môđun con $N' \subset N$ và $P' \subset P$ sao cho $N = N' \oplus (N \cap P)$, $P = P' \oplus (N \cap P)$; khi đó

và theo giả thiết tồn tại một môđun con $M'$ của $M$ sao cho

Đặc biệt, $N + P$, $N$, $P$ và $N \cap P$ là các nhân tử trực tiếp trong $M$, điều này kéo theo, như đã thấy ở trên, rằng các đồng cấu chính tắc

là đơn ánh. Ba đại số $T(N)$, $T(P)$ và $T(N \cap P)$ do đó được đồng nhất với các đại số con của $T(N + P)$ và đại số sau lại được đồng nhất với một đại số con của $T(M)$;

viết $Q = N \cap P$, còn phải chứng minh rằng, nếu $T(Q)$, $T(N' \oplus Q)$ và $T(P' \oplus Q)$ được đồng nhất với các đại số con của $T(N' \oplus P' \oplus Q)$, thì

Bây giờ, xét biểu đồ giao hoán

trong đó các mũi tên ngang là các đơn ánh chính tắc và các mũi tên đứng là các phép chiếu chính tắc. Ta suy ra một biểu đồ giao hoán

trong đó $r$ và $s$ là các đồng cấu toàn ánh (Mệnh đề 3) và $u$ và $v$ là các đồng cấu đơn ánh. Do đó, để chứng minh (6), chú ý rằng vế phải hiển nhiên được chứa trong vế trái; vì vậy chỉ cần kiểm tra rằng nếu

thì $x \in T(Q)$. Bây giờ định nghĩa của đồng cấu $s$ cho thấy rằng hạn chế của nó lên $T(P' \oplus Q)$ (được đồng nhất với một đại số con của $T(N' \oplus P' \oplus Q)$) là ánh xạ đồng nhất; giả thiết về $x$ do đó suy ra rằng $s(u(x)) = x$. Nhưng khi đó cũng có $v(r(x)) = x$, nói cách khác $x$ thuộc ảnh của $T(Q)$ trong $T(P' \oplus Q)$, điều cần phải chứng minh.

Trong mệnh đề này, ta hiểu rằng đối với mọi không gian con vectơ $P$ của $M$, $T(P)$ được đồng nhất một cách chính tắc với một đại số con của $T(M)$. Cho $z \in T(M)$; $z$ có thể được biểu diễn thành một tổ hợp tuyến tính của các phần tử mà mỗi phần tử trong đó là một tích hữu hạn của các phần tử của $M = T^1(M)$; tất cả các phần tử của $M$ xuất hiện trong các tích này sinh ra một không gian con vectơ $Q$ có hạng hữu hạn và $z \in T(Q)$.

Gọi $\mathscr{F}$ là tập hợp (không rỗng) các không gian con vectơ $P$ có hạng hữu hạn sao cho $z \in T(P)$. Mọi dãy giảm các phần tử của $\mathscr{F}$ đều dừng, vì chúng là các không gian vectơ có hạng hữu hạn. Do đó $\mathscr{F}$ có một phần tử cực tiểu $N$ (Lý thuyết tập hợp, III, § 6, no. 5). Còn lại là kiểm tra rằng mọi $P \in \mathscr{F}$ đều chứa $N$; bây giờ, $z \in T(P) \cap T(N) = T(P \cap N)$ (Mệnh đề 4); theo định nghĩa của $N$, điều này suy ra $N \cap P = N$, nghĩa là $P \supset N$.

Không gian con $N$ của $M$ được gọi là liên kết với $z$.

của ánh xạ B-tuyến tính $l_B \otimes \phi_M : B \otimes_A M \to B \otimes_A T_A(M)$ là một đẳng cấu của các đại số B phân bậc.

Xét hai đồng cấu đại số trên A: đơn ánh chính tắc $j : B = T^0(B \otimes_A M) \to T(B \otimes_A M)$ và đồng cấu

được dẫn xuất (xem công thức (8)) từ ánh xạ A-tuyến tính chính tắc

Vì $T^0(B \otimes_A M)$ được chứa trong tâm của $T(B \otimes_A M)$, Mệnh đề 5 của § 4, no. 2 có thể được áp dụng và một đồng cấu đại số trên A

được thu được sao cho, với $\beta \in B, x_i \in M$ cho $1 \leq i \leq n$,

điều này cho thấy ngay lập tức rằng $\psi'$ cũng là một đồng cấu đại số trên B. Chỉ cần chứng minh rằng $\psi \circ \psi'$ và $\psi' \circ \psi$ lần lượt là các ánh xạ đồng nhất trên $B \otimes_A T(M)$ và $T(B \otimes_A M)$. Bây giờ, hai đại số này được sinh bởi $B \otimes_A M$ và rõ ràng $\psi \circ \psi'$ và $\psi' \circ \psi$ trùng với ánh xạ đồng nhất trên $B \otimes_A M$, do đó kết luận.

Để đơn giản, ta viết $E = T_A(M)$ và $E' = \lim \rightarrow T_{A\alpha}(M_\alpha)$ và gọi

là đồng cấu $A_\alpha$ chính tắc. Rõ ràng các ánh xạ tuyến tính $A_\alpha$ hợp thành $M_\alpha \xrightarrow{\phi_{M_\alpha}} T_{A\alpha}(M_\alpha) \xrightarrow{g_\alpha} E'$ tạo thành một hệ trực tiếp và do đó tồn tại duy nhất một ánh xạ $A$ tuyến tính $u = \lim \rightarrow (g_\alpha \circ \phi_{M_\alpha}): M \to E'$ sao cho

với mọi $\alpha$. Ánh xạ này tự nó phân tích duy nhất (no. 1, Mệnh đề 1) thành $M \xrightarrow{\phi_M} E \to E'$, trong đó $h$ là một đồng cấu đại số $A$. Chỉ cần chứng minh rằng $h \circ f' = 1_{E'}$ và $f' \circ h = 1_E$.

Vì mục đích này, chú ý rằng, với mọi chỉ số $\alpha$, (no. 3, công thức (8))

do đó, theo tính duy nhất của mệnh đề trong no. 1, Mệnh đề 1,

với mọi $\alpha$; suy ra $(h \circ f') \circ g_\alpha = g_\alpha$ với mọi $\alpha$ và do đó $h \circ f' = 1_{E'}$ theo định nghĩa của giới hạn trực tiếp.

Mặt khác, theo no. 3, công thức (8),

do đó lại theo định nghĩa của giới hạn trực tiếp, $f' \circ u = \phi_M$; ta kết luận rằng $f' \circ h \circ \phi_M = \phi_M$ và tính duy nhất của no. 1, Mệnh đề 1 cho $f' \circ h = 1_E$.

Mệnh đề 6 cũng có thể được chứng minh bằng cách nhận thấy rằng, với mọi số nguyên $n \geq 1$, tồn tại một đẳng cấu $A$-môđun chính tắc $\lim \rightarrow T^n_{A_\alpha}(M_\alpha) \to T^n_A(M)$, suy ra bằng quy nạp theo $n$ từ II, § 6, no. 3, Mệnh đề 7. Ngay lập tức kiểm tra được rằng các đẳng cấu này là các hạn chế của $f'$.

Các phần tử của cơ sở này hiển nhiên là thuần nhất và bảng phép nhân được cho bởi

trong đó $st$ chỉ dãy các phần tử của $L$ nhận được bằng cách ghép liền các dãy $s$ và $t$ (I, § 7, no. 2).

Ta thấy rằng cơ sở $(e_s)$ của $T(M)$, với luật nhân (10), đẳng cấu một cách chính tắc với nửa đơn tự do của tập hợp $L$ (I, § 7, no. 2), đẳng cấu này được thu được bằng cách ánh xạ mỗi từ $s$ của nửa đơn này vào phần tử $e_s$. Suy ra (§ 2, no. 7) rằng đại số tenxơ $T(M)$ của một môđun tự do $M$, với một cơ sở có tập hợp chỉ số $L$, đẳng cấu một cách chính tắc với đại số kết hợp tự do của $L$ trên $A$. Đặc biệt (§ 2, no. 7, Mệnh đề 7), với mọi ánh xạ $f : L \to E$ từ $L$ vào một đại số $A$ $E$, tồn tại duy nhất một đồng cấu đại số $A$ $\bar{f} : T(M) \to E$ sao cho $\bar{f}(e_\lambda) = f(\lambda)$.

$M$ là một nhân tử trực tiếp của một môđun $A$ tự do $N$ (II, § 2, no. 2, Mệnh đề 4) và do đó $T(M)$ là một nhân tử trực tiếp của $T(N)$ (no. 2); vì $T(N)$ là tự do (Định lý 1), điều này cho thấy rằng $T(M)$ là xạ ảnh (II, § 2, no. 2).

Ở đầu số này đã thấy rằng $T(M)$ là tổng trực tiếp của các $T^{\alpha, n}(M)$ và ngay lập tức từ các định nghĩa suy ra rằng đây là một sự phân bậc tương thích với cấu trúc đại số. Nếu $({T'}^{\alpha, n})$ là một sự phân bậc khác kiểu $\Delta \times \mathbf{N}$ trên $T(M)$ tương thích với cấu trúc đại số và sao cho ${T'}^{\alpha, 1}(M) = {T'}^{\alpha, 1}$ với $\alpha \in \Delta$, thì ngay lập tức từ các định nghĩa suy ra rằng, với mọi $n \geq 1$ và mọi $\alpha \in \Delta$, $T^{\alpha, n}(M) \subset {T'}^{\alpha, n}$; nhưng vì $T(M)$ cũng là tổng trực tiếp của các $T^{\alpha, n}(M)$, điều này suy ra rằng ${T'}^{\alpha, n} = T^{\alpha, n}(M)$ (II, § 1, no. 8, Nhận xét).