Cho $g$ là một đồng cấu từ N vào một A-môđun đơn; khi đó $\mathfrak{R}(M)$ được chứa trong hạt nhân của $g\circ f$, nên $f(\mathfrak{R}(M))$ được chứa trong hạt nhân của $g$. Do đó ta có $f(\mathfrak{R}(M))\subset \mathfrak{R}(N)$. Bây giờ giả sử rằng $f$ là toàn ánh và hạt nhân của nó được chứa trong $\mathfrak{R}(M)$. Cho $y$ là một phần tử của $\mathfrak{R}$(N), và cho $x$ là một phần tử của ảnh ngược của $y$. Nếu $g$ là một đồng cấu từ M vào một A-môđun đơn S, thì hạt nhân của nó chứa căn của M, do đó chứa hạt nhân của $f$. Vì đồng cấu $f$ là toàn ánh, tồn tại một đồng cấu $h$ từ N vào S sao cho $g=h\circ f$. Vì $y=f(x)$ thuộc $\mathfrak{R}$(N), ta có $h(f(x)) = 0$, nghĩa là $g(x) = 0$; do đó $x$ thuộc $\mathfrak{R}$(M), điều này chứng minh bao hàm $\mathfrak{R}(N)\subset f(\mathfrak{R}(M))$.

a) Ta có $\mathfrak{R}(N)\subset \mathfrak{R}(M)\cap N$.

b) Ta có $(\mathfrak{R}(M) + N)/N\subset \mathfrak{R}(M/N)$. Nếu N được chứa trong $\mathfrak{R}(M)$, thì ta có đẳng thức $\mathfrak{R}(M/N) =\mathfrak{R}(M)/N$.

c) Môđun $M/\mathfrak{R}(M)$ không có căn. Nếu môđun $M/N$ không có căn, thì ta có $\mathfrak{R}(M)\subset N$.

Mệnh đề a) suy ra từ Mệnh đề 1 áp dụng cho đơn ánh chính tắc từ N vào M, và mệnh đề b) suy ra từ Mệnh đề 1 áp dụng cho ánh xạ chính tắc từ M vào $M/N$. Từ b), ta suy ra rằng $M/N$ không có căn nếu $N =\mathfrak{R}(M)$ và rằng ta có $\mathfrak{R}(M)\subset N$ nếu $M/N$ không có căn.

Từ Ví dụ 1 suy ra rằng có thể tồn tại những môđun con N chứa $\mathfrak{R}(M)$ sao cho căn của $M/N$ không bằng không.

Với $i\in I$, gọi $\pi_i$ là phép chiếu chỉ số $i$ từ P lên $M_i$. Theo Mệnh đề 1, ta có $\pi_i(\mathfrak{R}(P))\subset \mathfrak{R}(M_i)$ với mọi $i\in I$; điều này chứng minh mệnh đề thứ nhất. Ta có $S\subset P$, do đó

Hơn nữa, ta có $M_i\subset S$ và vì vậy $\mathfrak{R}(M_i)\subset \mathfrak{R}(S)$ với mọi $i\in I$, và do đó $\oplus_{i\in I}\mathfrak{R}(M_i)\subset \mathfrak{R}(S)$.

Tồn tại những họ môđun sao cho căn của tích không đẳng cấu với tích của các căn (Bài tập 3 của VIII, p. 166).

a) Nếu M không thu về 0, thì ta có $\mathfrak{R}(M)\not= M$.

b) Nếu N là một môđun con của M sao cho $N +\mathfrak{R}(M) = M$, thì ta có N = M.

Cho N là một môđun con thực sự của M. Theo Mệnh đề 3 của VIII, p. 49, tồn tại một môđun con cực đại L của M chứa N. Ta có $N +\mathfrak{R}(M)\subset L$, và a fortiori $N +\mathfrak{R}(M)\not= M$. Điều này chứng minh b); trường hợp riêng N = 0 cho mệnh đề a).

(i) Ta có $x\in \mathfrak{R}(M)$.

(ii) Mọi môđun con N của M sao cho $N + Ax= M$ đều bằng M.

(iii) Với mọi họ $(a_i)_{i\in I}$ các phần tử của A, họ $(x_i+a_ix)_{i\in I}$ sinh A-môđun M.

(i) $\Rightarrow$ (ii): Giả sử rằng $x$ thuộc $\mathfrak{R}(M)$. Gọi N là một môđun con của M sao cho $N + Ax= M$. Ta có $N +\mathfrak{R}(M) = M$; do đó A-môđun $M/N$ bằng căn của nó (Hệ quả 1, b) của Mệnh đề 1). Vì nó là đơn sinh, nên nó bằng không (Mệnh đề 2), và ta có M = N.

(ii) $\Rightarrow$ (iii): Cho $(a_i)_{i\in I}$ là một họ các phần tử của A. Ký hiệu bởi N môđun con của M được sinh bởi họ $(x_i+a_ix)_{i\in I}$. Ta có $x_i\in N + Ax$ với mọi $i\in I$, do đó $N + Ax= M$. Nếu tính chất (ii) đúng, thì N bằng M.

(iii) $\Rightarrow$ (i): Giả sử rằng $x$ không thuộc $\mathfrak{R}(M)$. Khi đó tồn tại một môđun con cực đại N của M không chứa $x$. Vì N là cực đại, ta có $N + Ax= M$; do đó mỗi phần tử $x_i$ đều có thể viết được dưới dạng $y_i-a_ix$ với $y_i\in N$ và $a_i\in A$. Họ $(x_i+a_ix)_{i\in I}$ được chứa trong N, nên không sinh ra M.

b) Một môđun là nửa đơn và sinh hữu hạn khi và chỉ khi nó không có căn và Artin.

Theo định nghĩa, căn của một môđun đơn thu về 0. Nếu môđun M là nửa đơn, thì nó là tổng trực tiếp của một họ $(S_i)_{i\in I}$ các môđun con đơn, và ta có $\mathfrak{R}(M) =\bigoplus_{i\in I}\mathfrak{R}(S_i)$ theo Hệ quả 2 của Mệnh đề 1 ở trên, do đó $\mathfrak{R}(M) = 0$.

Nếu hơn nữa M sinh hữu hạn, thì nó là Artin theo Mệnh đề 10 của VIII, p. 71.

Ngược lại, giả sử rằng M là Artin và không có căn. Theo VIII, p. 2 áp dụng cho tập hợp các môđun con cực đại của M, tồn tại một họ hữu hạn $(N_i)_{i\in I}$ các môđun con cực đại của M mà giao của chúng thu về 0. Khi đó M đẳng cấu với một môđun con của $\bigoplus_{i\in I}(M/N_i)$. Do đó, nó là nửa đơn và có độ dài hữu hạn, và a fortiori sinh hữu hạn.

Điều này suy ra từ Mệnh đề 3, b), áp dụng cho A-môđun $A_s$.

b) Cho $\mathfrak{a}$ là một iđêan hai phía của A. Ta có $(\mathfrak{R}(A) +\mathfrak{a})/\mathfrak{a}\subset \mathfrak{R}(A/\mathfrak{a})$. Nếu $\mathfrak{a}$ được chứa trong $\mathfrak{R}(A)$, thì ta có $\mathfrak{R}(A/\mathfrak{a}) =\mathfrak{R}(A)/\mathfrak{a}$.

c) Vành $A/\mathfrak{R}(A)$ không có căn; ngược lại, mọi iđêan hai phía $\mathfrak{a}$ của A sao cho $A/\mathfrak{a}$ không có căn đều chứa $\mathfrak{R}(A)$.

d) Căn của A được chứa trong giao của các iđêan hai phía cực đại của A.

Cho $x\in A$. Nói rằng $x$ thuộc linh hóa tử của mọi A-môđun đơn là tương đương với nói rằng $x$ thuộc linh hóa tử của mọi phần tử của mọi A-môđun đơn, nói cách khác (VIII, p. 46, Mệnh đề 1), của mọi iđêan trái cực đại của A.

Cho M là một A-môđun nửa đơn. Linh hóa tử của nó là giao của các linh hóa tử của các môđun con đơn của M, nên nó chứa $\mathfrak{R}(A)$. Hơn nữa, nếu $\mathscr{S}$ là tập hợp các lớp của các A-môđun đơn (VIII, p. 51), thì tổng trực tiếp $\oplus_{\lambda\in\mathscr{S}}\lambda$ là một A-môđun nửa đơn mà linh hóa tử là $\mathfrak{R}(A)$. Giả sử A không quy về 0; quan hệ $\mathfrak{R}(A)\not= A$ suy ra từ Mệnh đề 2, a) của VIII, p. 153 áp dụng cho A-môđun $A_s$. Ta đã chứng minh a).

Cho $\mathfrak{a}$ là một iđêan hai phía của A. Các iđêan trái cực đại của $A/\mathfrak{a}$ là các iđêan dạng $\mathfrak{m}/\mathfrak{a}$, trong đó $\mathfrak{m}$ là một iđêan trái cực đại của A chứa $\mathfrak{a}$. Do đó, căn của vành $A/\mathfrak{a}$ bằng căn của A-môđun $A_s/\mathfrak{a}$. Các khẳng định b) và c) do đó suy ra từ Hệ quả 1 của VIII, p. 152.

Cho $\mathfrak{a}$ là một iđêan hai phía tối đại của A. Trong vành $A/\mathfrak{a}$, các iđêan hai phía duy nhất là 0 và $A/\mathfrak{a}$. Vì vành $A/\mathfrak{a}$ không bị quy về 0, nên căn của nó không bằng $A/\mathfrak{a}$. Vậy vành $A/\mathfrak{a}$ không có căn, và ta có $\mathfrak{R}(A)\subset \mathfrak{a}$ theo c). Điều đó chứng minh d).

Ta nói rằng một iđêan trái (hoặc phải) của A là một iđêan nil nếu nó gồm các phần tử lũy linh. Ta nói rằng một iđêan hai phía $\mathfrak{a}$ của A là lũy linh nếu tồn tại một số nguyên $n\geqslant 1$ sao cho $\mathfrak{a}^n= 0$, nghĩa là (I, §8, No. 9, p. 107), sao cho ta có $x_1\cdots x_n= 0$ đối với mọi dãy $(x_1, . . . , x_n)$ các phần tử của $\mathfrak{a}$. Mọi iđêan hai phía lũy linh đều là iđêan nil, nhưng có thể tồn tại những iđêan nil không được chứa trong một iđêan hai phía lũy linh nào cả (VIII, p. 167, Bài tập 9).

Phần tử 1 sinh ra A-môđun $A_s$, và $1 +ax$ là khả nghịch trái khi và chỉ khi nó sinh ra A-môđun $A_s$. Do đó mệnh đề thứ nhất của Định lý 1 là một trường hợp riêng của hệ quả của Mệnh đề 2 (VIII, p. 153).

Cho $x\in \mathfrak{R}(A)$. Theo điều trên, $1 +x$ là khả nghịch trái; gọi $y$ là một phần tử của A sao cho $y(1 +x) = 1$. Khi đó ta có $1-y=yx$, nên $1-y$ thuộc $\mathfrak{R}(A)$; do đó $y$ là khả nghịch trái. Vì $y$ cũng khả nghịch phải, nên nó khả nghịch (I, §2, No. 3, p. 16, Mệnh đề 3), và nghịch đảo phải của nó là $1 +x$ cũng vậy.

Cho $\mathfrak{a}$ là một iđêan trái của A sao cho $1 +x$ là khả nghịch với mọi $x\in \mathfrak{a}$. Điều này đúng, chẳng hạn, khi $\mathfrak{a}$ là một iđêan nil vì quan hệ $x^n= 0$ kéo theo rằng $1-x+\cdots + (-x)^{n-1}$ là nghịch đảo của $1 +x$. Cho $x\in \mathfrak{a}$. Với mọi $a\in A$, ta có $ax\in \mathfrak{a}$, nên $1 +ax$ là khả nghịch; do đó, ta có $x\in \mathfrak{R}(A)$. Suy ra $\mathfrak{a}$ được chứa trong $\mathfrak{R}(A)$.

Với mọi $x\in \mathfrak{R}$(A), $1 +x$ là khả nghịch trong vành A, do đó cũng khả nghịch trong vành $A^o$. Vì $\mathfrak{R}(A)$ là một iđêan hai phía của $A^o$, nên ta có $\mathfrak{R}(A)\subset \mathfrak{R}(A^o)$. Đẳng thức suy ra bằng cách đổi chỗ vai trò của A và $A^o$.

Điều kiện này hiển nhiên là cần thiết. Hãy chứng minh rằng nó là đủ. Gọi $x$ là một phần tử của A mà ảnh chính tắc của nó trong vành $A/\mathfrak{R}(A)$ là khả nghịch. Khi đó tồn tại một phần tử $y$ của A sao cho $xy$ thuộc $1 +\mathfrak{R}(A)$. Theo Định lý 1$,xy$ là khả nghịch; do đó $x$ khả nghịch phải. Chứng minh rằng $x$ khả nghịch trái là tương tự.

Cho $x= (x_i)_{i\in I}$ là một phần tử của $\prod_{i\in I}A_i$. Với mọi phần tử $a= (a_i)_{i\in I}$ của $\prod_{i\in I}A_i$, phần tử $1 +ax$ là khả nghịch trái nếu và chỉ nếu $1 +a_ix_i$ là khả nghịch trái trong $A_i$ với mọi $i\in I$. Suy ra Hệ quả 3.

Ký hiệu tập hợp các phần tử không khả nghịch của A là $\mathfrak{r}$. Nếu vành A là địa phương, thì căn của nó bằng $\mathfrak{r}$ (VIII, p. 154, Ví dụ 1) và vành $A/\mathfrak{r}$ là một trường (VIII, p. 26). Ngược lại, giả sử rằng vành $A/\mathfrak{R}(A)$ là một trường. Theo Hệ quả 2, ta có $\mathfrak{r}=\mathfrak{R}$(A), nên $\mathfrak{r}$ là một iđêan hai phía của A. Suy ra vành A là địa phương (VIII, p. 26, Định nghĩa 1).

Cho P là một môđun con cực đại của M; A-môđun $M/P$ là đơn, nên bị triệt tiêu bởi $\mathfrak{R}(A)$ theo Mệnh đề 5 của VIII, p. 155. Do đó ta có $\mathfrak{R}(A)M\subset P$ với mọi môđun con cực đại P của M, suy ra $\mathfrak{R}(A)M\subset \mathfrak{R}(M)$.

Ta rõ ràng có $\mathfrak{R}(A_s) =\mathfrak{R}(A)A_s$. Nếu A-môđun M là xạ ảnh, thì tồn tại một A-môđun N sao cho $M\oplus N$ là tự do, tức là, tổng trực tiếp của một họ $(L_i)_{i\in I}$ các môđun đẳng cấu với $A_s$. Theo Hệ quả 2 của VIII, p. 152, ta có $\mathfrak{R}(M\oplus N) =\mathfrak{R}(M)\oplus \mathfrak{R}(N)$ và $\mathfrak{R}(\bigoplus_{i\in I}L_i)=\bigoplus_{i\in I}\mathfrak{R}(L_i)$. Khi đó ta suy ra $\mathfrak{R}(M) =\mathfrak{R}(A)M$ từ đẳng thức $\mathfrak{R}(L_i) =\mathfrak{R}(A)L_i$.

(i) A-môđun M sinh hữu hạn, và $\mathfrak{a}$ được chứa trong căn của A.

(ii) Iđêan $\mathfrak{a}$ lũy linh.

Nếu N là một môđun con của M sao cho $M = N +\mathfrak{a}M$, thì ta có N = M. Đặc biệt, nếu môđun M khác không, thì ta có $M\not=\mathfrak{a}M$.

Giả sử rằng M là sinh hữu hạn và ta có $\mathfrak{a}\subset \mathfrak{R}(A)$. Gọi N là một môđun con của M sao cho $M = N +\mathfrak{a}M$. Theo Mệnh đề 6, ta có $M = N +\mathfrak{R}$(M), do đó M = N theo Mệnh đề 2, b) của VIII, p. 153.

Bây giờ giả sử rằng $\mathfrak{a}$ là lũy linh, và gọi N là một môđun con của M sao cho $M = N +\mathfrak{a}M$. Bằng quy nạp theo số nguyên $n\geqslant 0$, ta thiết lập quan hệ $M = N +\mathfrak{a}^nM$. Theo giả thiết, tồn tại một số nguyên $n\geqslant 0$ sao cho $\mathfrak{a}^n= 0$; do đó M = N.

Khẳng định cuối cùng của định lý suy ra từ điều trên bằng cách lấy N bằng 0.

Điều này suy ra từ Định lý 2 áp dụng cho môđun con N của M được sinh bởi họ $(x_i)_{i\in I}$.

Chỉ cần áp dụng Định lý 2 cho ảnh N của $u:$ thật vậy, ảnh của $\overline{u}$ là $(N +\mathfrak{a}M)/\mathfrak{a}M$, nên $\overline{u}$ là toàn ánh khi và chỉ khi ta có $N +\mathfrak{a}M = M$.

Cho $n$ là một số nguyên dương ngặt sao cho $(a-a^2)^n= 0$. Đặt P(X) = $1-(1-X^n)^n$. Đa thức P(X) là một bội của $X^n$, và đa thức $1-P(X)$ là một bội của $(1-X)^n$, nên $P(X)-P(X)^2$ là một bội của $(X-X^2)^n$, và ta có $P(a) = P(a)^2$. Hơn nữa, $X-P(X)$ là một bội của X và $1-X$, do đó là một bội của $X-X^2$.

Cho $a$ là một đại diện tùy ý của $\overline{e}$ trong A. Phần tử $a-a^2$ của A là lũy linh vì nó thuộc $\mathfrak{a}$. Chọn một đa thức $P\in \mathbf{Z}[X]$ thỏa mãn các điều kiện của Bổ đề 1. Ta có $a-P(a)\in A(a-a^2)$, nên phần tử $e= P(a)$ của A có tính chất mong muốn.

Giả sử rằng $\overline{e}$ thuộc tâm của vành $A/\mathfrak{a}$. Không nhất thiết tồn tại một phần tử lũy đẳng $e$ trong tâm Z của A nâng $\overline{e}$ lên (VIII, p. 172, Bài tập 31). Tuy nhiên, nếu $\overline{e}$ thuộc ảnh của Z trong $A/\mathfrak{a}$, thì nó nâng thành một phần tử lũy đẳng trong Z vì $Z\cap \mathfrak{a}$ là một iđêan nil của Z.

Ký hiệu B là vành con của End$_A(P)$ gồm các tự đồng cấu $f$ của P sao cho $f(N)\subset N$. Gọi $\overline{B}$ là vành các tự đồng cấu của M. Với $f\in B$, gọi $\overline{f}$ là tự đồng cấu duy nhất của M sao cho $\overline{f}\circ u=u\circ f$. Ánh xạ $f\mapsto \overline{f}$ là một đồng cấu vành từ B vào B. Vì môđun P là xạ ảnh, đồng cấu này là toàn ánh; hạt nhân của nó $\mathfrak{b}$ gồm các tự đồng cấu $f\in B$ sao cho $f(P)\subset N$. Gọi $n$ là một số tự nhiên sao cho $\mathfrak{a}^n= 0$. Ta có

và, với mọi $f\in \mathfrak{b}$ và mọi số nguyên $j\geqslant 0$,

vì $N\subset \mathfrak{a}P$ theo giả thiết. Do đó ta có $f(P)\subset \mathfrak{a}^jP$ với mọi số tự nhiên $j$ và mọi $f\in \mathfrak{b}^j$. Đặc biệt, ta có $\mathfrak{b}^n= 0$.

Cho $\varepsilon '$ là phép chiếu của M có ảnh $M'$ và hạt nhân $M''$. Theo Mệnh đề 7 áp dụng cho vành B và iđêan hai phía lũy linh $\mathfrak{b}$, tồn tại một lũy đẳng $e'$ trong B sao cho $\overline{e'}=\varepsilon '$, tức là, $\varepsilon '\circ u=u\circ e'$. Đặt $e''= 1-e'$, $\varepsilon ''=\overline{e''}, P'=e'$(P), và $P''=e''(P)$. Khi đó P là tổng trực tiếp của các môđun con $P'$ và $P''$, và ta có

đẳng thức $u(P'') = M''$ được chứng minh tương tự.

Cho P là một A-môđun xạ ảnh, và gọi $\overline{P}$ là $A/\mathfrak{a}$-môđun $P/\mathfrak{a}P$. A-môđun P là không khi và chỉ khi $\overline{P}$ là không (Định lý 2 của VIII, p. 158). Bây giờ giả sử $P\not= 0$. Vì $A/\mathfrak{a}$-môđun P đẳng cấu với $\overline{A}\otimes_AP$, nên nó là xạ ảnh (II, §5, No. 1, p. 279, Hệ quả của Mệnh đề 4). Nếu P không phân tích được, thì $\overline{P}$ cũng vậy theo Hệ quả 1. Ngược lại, giả sử rằng P phân tích được và khác không, và gọi $P'$ và $P''$ là hai môđun con khác không của P sao cho $P = P'\oplus P''$. Theo bổ đề Nakayama (VIII, p. 158, Định lý 2), ta có $P'+\mathfrak{a}P\not= P$ và $P''+\mathfrak{a}P\not= P$; nếu $\overline{P}'$ và $\overline{P}''$ là các ảnh chính tắc của $P'$ và $P''$ trong P, thì ta có $\overline{P}'\not= P,\overline{P}''\not= P$, và $\overline{P}=\overline{P}'\oplus \overline{P}''$. Điều đó chứng tỏ rằng $\overline{P}$ là phân tích được.

a) Tồn tại một ánh xạ A-tuyến tính $f: P\rightarrow P'$ sao cho $u'\circ f=g\circ u$.

b) Cho $f$ là một ánh xạ như vậy. Nếu $g$ là toàn ánh (resp. song ánh), thì $f$ là toàn ánh (resp. song ánh). Nếu $g$ là đơn ánh và ảnh của nó là một nhân tử trực tiếp của $M'$, thì $f$ là đơn ánh và ảnh của nó là một nhân tử trực tiếp của $P'$.

Theo giả thiết, A-môđun P là xạ ảnh và ánh xạ $u'$ là toàn ánh. Do đó, tồn tại một ánh xạ A-tuyến tính $f: P\rightarrow P'$ sao cho $g\circ u=u'\circ f$ (II, §2, No. 2, p. 231, Mệnh đề 4). Mệnh đề a) được suy ra.

Cho $f$ là một ánh xạ như trong a). Giả sử rằng $g$ là toàn ánh. Vì $u$ là toàn ánh, ta có $M'=g(u(P)) =u'(f(P))$. Vì $(P', u')$ là một bao xạ ảnh của M’, nên ta có $f(P) = P'$, do đó $f$ là toàn ánh. Theo chỗ đã dẫn, hạt nhân của $f$ nhận một môđun con bổ sung $P_1$, nên $f(P_1) = P'$. Bây giờ giả sử rằng $g$ là song ánh. Ta có $g(u(P_1)) =u'(f(P_1)) =u'(P') = M'$, suy ra $u(P_1) = M$. Vì $(P, u)$ là một bao xạ ảnh của M, nên ta có $P_1= P$, do đó Ker($f$) $= 0$. Vậy $f$ là đơn ánh; vì ta đã biết rằng $f$ là toàn ánh, nên $f$ là song ánh.

Để kết luận, giả sử rằng $g$ là đơn ánh và ảnh của nó là một nhân tử trực tiếp của $M'$. Khi đó tồn tại một ánh xạ A-tuyến tính $g': M'\rightarrow M$ sao cho $g'\circ g= 1_M$. Theo a), tồn tại một ánh xạ A-tuyến tính $f': P'\rightarrow P$ sao cho $u\circ f'=g'\circ u'$. Ta có $u\circ (f'\circ f) =g'\circ u'\circ f= (g'\circ g)\circ u$; theo đoạn trước, ánh xạ $f'\circ f$ là song ánh. Ký hiệu song ánh đảo lại là $h$; ta có $(h\circ f')\circ f= 1_P$, nên $f$ là đơn ánh, và ảnh của nó là một nhân tử trực tiếp của $P'$ (II, §1, No. 9, p. 212, Hệ quả 2).

Chú ý rằng $f$ không nhất thiết được xác định duy nhất bởi quan hệ $u=u'\circ f$ (VIII, p. 170, Bài tập 21).

Đồng cấu $u$ là toàn ánh theo định nghĩa, nên $\overline{u}$ là toàn ánh. Ký hiệu hạt nhân của $u$ là N. Ta có $u^{-1}(\mathfrak{r}M) = N +\mathfrak{r}P$. Hãy chứng minh rằng ta có $N\subset \mathfrak{r}P$, điều này suy ra tính đơn ánh của $\overline{u}$. Với mọi môđun con cực đại $P'$ của P, ta có $u(P')\not= M$, do đó $P'+ N\not= P$; vì $P'$ là cực đại, ta có $N\subset P'$. Vậy môđun con N của P được chứa trong căn của P. Mà căn này bằng $\mathfrak{r}P$ theo Mệnh đề 6 của VIII, p. 158.

Thật vậy, nếu $(P, u)$ là một bao xạ ảnh của M, thì $(A/\mathfrak{r}$)-môđun $M/\mathfrak{r}M$ đẳng cấu với $P/\mathfrak{r}P$ (Mệnh đề 9). Vì A-môđun P là xạ ảnh, nên $(A/\mathfrak{r}$)-môđun $P/\mathfrak{r}P$ cũng xạ ảnh.

(i) Các A-môđun M và P là hữu hạn sinh, và $\mathfrak{a}$ được chứa trong căn của A.

(ii) Iđêan $\mathfrak{a}$ là lũy linh.

Khi đó $(P, u)$ là một bao xạ ảnh của M.

Dưới các giả thiết ấy, đồng cấu $u$ là toàn ánh (VIII, p. 159, Hệ quả 2) và hạt nhân N của nó được chứa trong $\mathfrak{a}P$. Cho $P'$ là một môđun con thực sự của P. Theo Bổ đề Nakayama (VIII, p. 158, Định lý 2), ta có $P'+\mathfrak{a}P\not= P$ và do đó $u(P')\not= M$. Vậy $(P, u)$ là một bao xạ ảnh của M.

(i) Môđun M sinh hữu hạn, và $\mathfrak{a}$ được chứa trong căn của A.

(ii) Iđêan $\mathfrak{a}$ là lũy linh.

Khi đó M có một bao xạ ảnh.

Chính xác hơn, cho P là một A-môđun tự do, $(e_i)_{i\in I}$ là một cơ sở của P, và cho $u: P\rightarrow M$ là một đồng cấu sao cho các ảnh chính tắc của các phần tử $u(e_i)$ của $M/\mathfrak{a}M$ tạo thành một cơ sở của $(A/\mathfrak{a})$-môđun $M/\mathfrak{a}M$. Khi đó $(P, u)$ là một bao xạ ảnh của M.

$(A/\mathfrak{a}$)-môđun $P/\mathfrak{a}P$ là tự do, và đồng cấu $\overline{u}$ từ $P/\mathfrak{a}P$ đến $M/\mathfrak{a}M$ suy ra từ $u$ bằng cách chuyển qua các thương biến đổi một cơ sở của $P/\mathfrak{a}P$ thành một cơ sở của $M/\mathfrak{a}M$, do đó là song ánh.

Nếu $\mathfrak{a}$ là lũy linh, thì chỉ cần áp dụng Mệnh đề 10. Bây giờ giả sử rằng vành A khác không và rằng môđun M là môđun hữu hạn sinh; khi đó $(A/\mathfrak{a}$)-môđun $M/\mathfrak{a}M$ cũng vậy, và do đó $(A/\mathfrak{a}$)-môđun $P/\mathfrak{a}P$ cũng vậy. Khi đó mọi cơ sở của $P/\mathfrak{a}P$ đều hữu hạn. Suy ra tập hợp I là hữu hạn và A-môđun P là môđun hữu hạn sinh. Khi đó ta lại áp dụng Mệnh đề 10.