Giả sử rằng hai hàng của (4) là khớp. Khi đó:

(i) Nếu $h$ là đơn ánh, ta có

(ii) Nếu $f$ là toàn ánh, ta có

Hãy chứng minh (i). Hiển nhiên là ta có

Chiều ngược lại, lấy $y'\in\operatorname{Im}(g)\cap\operatorname{Im}(u')$. Tồn tại $y\in N$ sao cho $y'=g(y)$. Vì $v'\circ u'=0$, ta có $0=v'(y')=v'(g(y))=h(v(y))$, do đó $v(y)=0$ vì $h$ là đơn ánh. Vì $(u,v)$ là một dãy khớp, tồn tại $x\in M$ sao cho $y=u(x)$, do đó $y'=g(u(x))$.

Hãy chứng minh (ii). Vì $v\circ u=0$ và $v'\circ u'=0$, hiển nhiên là

Ngược lại, lấy $y\in\operatorname{Ker}(v'\circ g)$. Khi đó $g(y)\in\operatorname{Ker}(v')$, và tồn tại $x'\in M'$ sao cho $u'(x')=g(y)$ vì dãy $(u',v')$ là khớp. Vì $f$ là toàn ánh, tồn tại $x\in M$ sao cho $f(x)=x'$, do đó $g(y)=u'(f(x))=g(u(x))$; ta kết luận rằng $y-u(x)\in\operatorname{Ker}(g)$, điều này hoàn tất chứng minh.

Khi đó tồn tại một và chỉ một đồng cấu $u_1:\operatorname{Ker}(f)\to\operatorname{Ker}(g)$, và một và chỉ một đồng cấu $u_2:\operatorname{Coker}(f)\to\operatorname{Coker}(g)$, sao cho các biểu đồ

và

là giao hoán, trong đó $i$ và $j$ ký hiệu các đơn ánh chính tắc, $p$ và $q$ các toàn ánh chính tắc.

Thật vậy, nếu $x \in \text{Ker } (f)$, ta có $f(\bar{x}) = 0$ và $g(u(x)) = u'(f(x)) = 0$, nên $u(x) \in \text{Ker } (g)$, và do đó sự tồn tại và tính duy nhất của $u_1$ là ngay lập tức. Tương tự, ta có

nên $u'$ cho, bằng cách chuyển qua các thương, một đồng cấu là đồng cấu duy nhất mà đối với nó (9) là giao hoán.

Bây giờ ta xuất phát từ một biểu đồ giao hoán (4) của các A-môđun; nhờ Bổ đề 1, với nó tương ứng một biểu đồ giao hoán

trong đó $i, j, k$ là các đơn ánh chính tắc, $p, q, r$ là các toàn ánh chính tắc, $u_1, u_2$ (tương ứng $v_1, v_2$) là các đồng cấu suy ra từ $u, u'$ (tương ứng từ $v, v'$) theo Bổ đề 1.

Ta hãy chứng minh (i). Vì $u_1$ và $v_1$ có cùng đồ thị như các hạn chế của $u$ và $v$ trên $\operatorname{Ker}(f)$ và $\operatorname{Ker}(g)$ tương ứng, nên ta có $v_1\circ u_1=0$. Ta có

Nhưng theo mệnh đề 1 (i), ta có $\operatorname{Ker}(v_1)=\operatorname{Im}(j\circ u_1)=\operatorname{Im}(u_1)$ nếu $u'$ là đơn ánh.

Ta hãy chứng minh (ii). Vì $u_2$ và $v_2$ thu được từ $u$ và $v$ bằng cách chuyển qua các thương, nên hiển nhiên là $v_2\circ u_2=0$. Giả sử rằng $v$ là toàn ánh; vì $q$ và $p$ là toàn ánh, theo các giả thiết và mệnh đề 1 (ii) ta có

Sau cùng ta hãy chứng minh (iii). Với $z\in\operatorname{Ker}(h)$, tồn tại $y\in N$ sao cho $v(y)=k(z)$ vì $v$ là toàn ánh; hơn nữa, ta có $v'(g(y))=h(k(z))=0$, và do đó tồn tại duy nhất $x'\in M'$ sao cho $u'(x')=g(y)$ vì $u'$ là đơn ánh. Ta hãy chỉ ra rằng phần tử $p(x')\in\operatorname{Coker}(f)$ là độc lập với phần tử $y\in N$ sao cho $v(y)=k(z)$. Thật vậy, nếu $y_1\in N$ là một phần tử thứ hai sao cho $v(y_1)=k(z)$, thì ta có $y_1=y+u(x)$ với $x\in M$; ta hãy chỉ ra rằng nếu $x'_1\in M'$ sao cho $u'(x'_1)=g(y_1)$, thì ta có $x'_1=x'+f(x)$; thật vậy, ta có $u'(x'+f(x))=u'(x')+u'(f(x))=g(y)+g(u(x))=g(y+u(x))=g(y_1)$. Sau cùng, ta kết luận rằng $p(x'_1)=p(x')+p(f(x))=p(x')$. Do đó ta có thể đặt $d(z)=p(x')$ và như vậy đã xác định được một ánh xạ $d:\operatorname{Ker}(h)\to\operatorname{Coker}(f)$.

Nếu bây giờ $z_1,z_2$ là các phần tử của $\operatorname{Ker}(h)$, nếu $\lambda_1,\lambda_2\in A$ và $z=\lambda_1z_1+\lambda_2z_2$, ta lấy các phần tử $y_1$ và $y_2$ của $N$ sao cho $v(y_1)=k(z_1)$ và $v(y_2)=k(z_2)$ và ta chọn cho $y\in N$ phần tử $\lambda_1y_1+\lambda_2y_2$; khi đó ngay lập tức có

nên $d$ là một đồng cấu.

Giả sử rằng $z=v_1(t)$ với một $t\in\operatorname{Ker}(g)$ nào đó; khi đó ta lấy cho $y\in N$ phần tử $j(t)$. Vì $g(j(t))=0$, ta kết luận rằng $d(z)=0$, do đó $d\circ v_1=0$. Ngược lại, giả sử rằng $d(z)=0$. Với các ký hiệu trước đó, do đó ta có $x'=f(x)$, trong đó x ∈ M. Trong trường hợp này, ta có $g(y) = u'(f(x)) = g(u(x))$, hay tương đương $g(y - u(x)) = 0$. Do đó phần tử $y - u(x)$ có dạng $j(n)$ với $n \in \mathrm{Ker}\,(g)$, và ta có

vì $k$ là đơn ánh, $z = v_1(n)$, điều này chứng minh rằng dãy (*) là khớp tại $\mathrm{Ker}\,(h)$.

Cuối cùng, ta có (với cùng các ký hiệu)

Ngược lại, giả sử rằng một phần tử $w = p(x')$ của $\mathrm{Coker}\,(f)$ sao cho

Do đó ta có $q(u'(x')) = 0$, và hệ quả là $u'(x') = g(y)$ với một $y \in \mathbf{N}$; vì $v'(u'(x')) = 0$, ta có $v'(g(y)) = 0$, nên $h(v(y)) = 0$, nói cách khác $v(y) = k(z)$ với một $z \in \mathrm{Ker}\,(h)$, và theo định nghĩa $w = d(z)$, điều đó cho thấy rằng dãy (*) là khớp tại $\mathrm{Coker}\,(f)$. Ta đã thấy trong (i) rằng nó khớp tại $\mathrm{Ker}\,(g)$ và trong (ii) rằng nó khớp tại $\mathrm{Coker}\,(g)$, điều đó hoàn tất việc chứng minh (iii).

(i) Nếu $u', f$ và $h$ là đơn ánh, thì $g$ là đơn ánh. (ii) Nếu $v, f$ và $h$ là toàn ánh, thì $g$ là toàn ánh.

Mệnh đề (i) là một hệ quả của mệnh đề (i) của mệnh đề 2: thật vậy ta có $\mathrm{Ker}\,(f) = 0$ và $\mathrm{Ker}\,(h) = 0$, do đó $\mathrm{Ker}\,(g) = 0$.

Mệnh đề (ii) là một hệ quả của mệnh đề (ii) của mệnh đề 2: thật vậy, ta có $\mathrm{Coker}\,(f) = 0$ và $\mathrm{Coker}\,(h) = 0$, do đó $\mathrm{Coker}\,(g) = 0$.

(i) Nếu $g$ đơn ánh và nếu $f$ và $v$ toàn ánh, thì $h$ đơn ánh. (ii) Nếu $g$ toàn ánh và nếu $h$ và $u'$ đơn ánh, thì $f$ toàn ánh.

Để chứng minh (i), xét biểu đồ

trong đó $f'$ là ánh xạ có cùng đồ thị với hạn chế của $g$ trên $u(\mathbf{M})$, còn $w$ và $w'$ là các đơn ánh chính tắc; hiển nhiên biểu đồ này giao hoán và có các hàng khớp. Hơn nữa $w'$ đơn ánh, và theo giả thiết $v$ toàn ánh; do đó, theo mệnh đề 2 (iii), ta có một dãy khớp

vì $g$ đơn ánh và $f'$ toàn ánh, nên suy ra $\mathrm{Ker}\,(h) = 0$.

Để chứng minh (ii), xét biểu đồ

trong đó lần này $h'$ là ánh xạ có cùng đồ thị với hạn chế của $h$ trên $\nu(N)$, và $w$ và $w'$ lần lượt có cùng đồ thị với $\nu$ và $\nu'$; biểu đồ này giao hoán và các hàng của nó là khớp. Hơn nữa $w$ toàn ánh và theo giả thiết $u'$ đơn ánh; do đó, theo mệnh đề 2 (iii), ta có một dãy khớp

vì $g$ toàn ánh và $h'$ đơn ánh, nên suy ra $\operatorname{Coker}(f)=0$.

Hệ quả 3 (Bổ đề năm). — Xét một biểu đồ giao hoán các $A$-môđun

trong đó các hàng là khớp.

(i) Nếu $f_2$ và $f_4$ đơn ánh và $f_1$ toàn ánh, thì $f_3$ đơn ánh.

(ii) Nếu $f_2$ và $f_4$ toàn ánh và $f_5$ đơn ánh, thì $f_3$ toàn ánh.

Đặc biệt, nếu $f_1$, $f_2$, $f_4$ và $f_5$ là các đẳng cấu, thì $f_3$ cũng vậy.

Để chứng minh (i), đặt $\widetilde M_2=\operatorname{Coker}(u_1)$, $\widetilde M'_2=\operatorname{Coker}(u'_1)$ và ký hiệu bởi $\widetilde f_2:\widetilde M_2\to\widetilde M'_2$ ánh xạ suy ra từ $f_2$. Từ hệ quả 2 (i) suy ra rằng $\widetilde f_2$ đơn ánh. Áp dụng hệ quả 1 (i) cho biểu đồ

trong đó $\widetilde u_2$ và $\widetilde u'_2$ được suy ra từ $u_2$ và $u'_2$, ta thấy rằng $f_3$ đơn ánh.

Để chứng minh (ii), đặt $\widetilde M_4=\operatorname{Ker}(u_4)$, $\widetilde M'_4=\operatorname{Ker}(u'_4)$ và ký hiệu bởi $\widetilde f_4:\widetilde M_4\to\widetilde M'_4$ ánh xạ cảm sinh bởi $f_4$. Từ hệ quả 2 (ii) suy ra rằng $\widetilde f_4$ là toàn ánh. Áp dụng hệ quả 1 (ii) cho biểu đồ

trong đó $\widetilde u_3$ và $\widetilde u'_3$ có cùng đồ thị như $u_3$ và $u'_3$, ta thấy rằng $f_3$ là toàn ánh.

Nếu E là phẳng và $u : M' \to M$ là đơn ánh, thì dãy $0 \to M' \xrightarrow{u} M$ là khớp, do đó dãy $0 \longrightarrow M' \otimes_A E \xrightarrow{u \otimes 1} M \otimes_A E$ cũng khớp, và $u \otimes 1$ là đơn ánh. Đảo lại, xét dãy khớp (11); đặt $M''_1 = v(M)$, và gọi $i : M''_1 \to M''$ là đơn ánh chính tắc và $p : M \to M''_1$ là ánh xạ $m \mapsto v(m)$. Dãy $M' \xrightarrow{u} M \xrightarrow{p} M''_1 \longrightarrow 0$ là khớp; theo II, p. 58, mệnh đề 5, do đó dãy $M' \otimes_A E \xrightarrow{u \otimes 1} M \otimes_A E \xrightarrow{p \otimes 1} M''_1 \otimes_A E$ là khớp. Hơn nữa, ta có $v = i \circ p$, nên $(v \otimes 1) = (i \otimes 1) \circ (p \otimes 1)$; nếu E thỏa mãn điều kiện của mệnh đề, thì $i \otimes 1$ là đơn ánh, nên

và dãy (12) là khớp.

(ii) Cho I là một tập hợp tiền thứ tự lọc phải, $(E_\alpha, f_{\beta \alpha})$ là một hệ quy nạp các a-môđun đối với I, $E = \varinjlim E_\alpha$ là giới hạn quy nạp của nó. Nếu mỗi a-môđun $E_\alpha$ đều phẳng, thì E là phẳng.

Cho $M' \to M \to M''$ là một dãy khớp các a-môđun phải.

(i) Để dãy $\bigoplus_{i \in I} (M' \otimes_A E_i) \to \bigoplus_{i \in I} (M \otimes_A E_i) \to \bigoplus_{i \in I} (M'' \otimes_A E_i)$ là khớp, điều kiện cần và đủ là mỗi dãy $M' \otimes_A E_i \to M \otimes_A E_i \to M'' \otimes_A E_i$ đều như vậy (II, p. 13, mệnh đề 7), điều này chứng minh (i) vì $\bigoplus (M \otimes_A E_i)$ đồng nhất một cách chính tắc với $M \otimes_A E$ (II, p. 61, mệnh đề 7).

(ii) Theo giả thiết, mỗi dãy $M' \otimes_A E_i \to M \otimes_A E_i \to M'' \otimes_A E_i$ đều khớp, và do đó dãy $M' \otimes_A E \to M \otimes_A E \to M'' \otimes_A E$ cũng khớp, vì phép chuyển sang giới hạn quy nạp giao hoán với tích tenxơ (II, p. 93, mệnh đề 7) và bảo toàn tính khớp (II, p. 91, mệnh đề 3).

Mệnh đề (i) suy ra một cách hiển nhiên từ các định nghĩa. Giả sử A là Noether trái và E là sinh hữu hạn. Khi đó tồn tại một đồng cấu toàn ánh $u : L_0 \to E$, trong đó $L_0$ là một A-môđun tự do có một cơ sở hữu hạn; hạt nhân R của $u$ là sinh hữu hạn, do đó tồn tại một đồng cấu toàn ánh $v : L_1 \to R$ trong đó $L_1$ là tự do với cơ sở hữu hạn, và dãy khớp $L_1 \xrightarrow{v} L_0 \xrightarrow{u} E \to 0$ là một trình bày hữu hạn của E; do đó có (ii).

Sau hết, giả sử E là một môđun xạ ảnh hữu hạn sinh; khi đó nó là một nhân tử trực tiếp của một môđun tự do hữu hạn sinh $L_0$ (II, p. 40, hệ quả 1); hạt nhân R của đồng cấu toàn ánh L_0 → E khi đó đẳng cấu với một thương của $L_0$, nên là sinh hữu hạn, và ta kết luận như trên.