(i) ⇒ (ii): điều này suy ra từ Bổ đề 1. (ii) ⇒ (iii): điều này là tầm thường. (iii) ⇒ (iv): trong tình huống của (iv), với mọi $A$-môđun $N$ tồn tại một đẳng cấu từ $\mathrm{Ext}_A^1(K, N)$ lên $\mathrm{Ext}_A^{n+1}(M, N)$ (X, p. 128, Hệ quả 4); nếu (iii) đúng, thì

với mọi $N$ và $K$ là xạ ảnh (X, p. 93, Mệnh đề 10). (iv) ⇒ (i): xét dãy khớp (X, p. 50) Nếu (iv) đúng, thì $Z_{n-1}(M)$ là xạ ảnh và $M$ có một giải xạ ảnh có độ dài $\leq n$.

Trong mệnh đề sau, ta quy ước rằng $\pm \infty + 1 = \pm \infty - 1 = \pm \infty$.

a) Ta có

Đẳng thức xảy ra ngay khi $\mathrm{dp}_A(M'') \neq \mathrm{dp}_A(M') + 1$.

b) Ta có

Đẳng thức xảy ra ngay khi $\mathrm{dp}_A(M) \neq \mathrm{dp}_A(M')$.

c) Ta có

Đẳng thức xảy ra ngay khi $\mathrm{dp}_A(M) \neq \mathrm{dp}_A(M'')$.

Hãy chứng minh chẳng hạn a), các chứng minh của b) và c) là tương tự. Nếu N là một A-môđun tùy ý và n là một số nguyên $\geq 0$, ta có một dãy khớp

Nếu $\mathrm{dp}_A(M'), \mathrm{dp}_A(M'') \leq n$, thì $\mathrm{Ext}_A^{n+1}(M', N) = 0$ và $\mathrm{Ext}_A^{n+1}(M'', N) = 0$ (mệnh đề 1), do đó $\mathrm{Ext}_A^{n+1}(M, N) = 0$ và $\mathrm{dp}_A(M) \leq n$ (mệnh đề 1), do đó

Nếu $\mathrm{dp}_A(M)<\sup\bigl(\mathrm{dp}_A(M'),\mathrm{dp}_A(M'')\bigr)$, thì tất yếu $\mathrm{dp}_A(M)<+\infty$. Với mọi $n>\mathrm{dp}_A(M)$ và mọi A-môđun N, ta có

theo dãy khớp trước đó; theo mệnh đề 1, điều này ngay lập tức suy ra $\mathrm{dp}_A(M'')=\mathrm{dp}_A(M')+1$, vì một trong các đại lượng $\mathrm{dp}_A(M')$, $\mathrm{dp}_A(M'')$ là $>\mathrm{dp}_A(M)$.

Ví dụ. — Cho $a$ là một phần tử của A không khả nghịch cũng không là một ước của không phải. Khi đó $\mathrm{dp}_A(A/Aa)=1$.

Thật vậy, theo dãy khớp $0\longrightarrow A_s\xrightarrow{\varphi} A_s\longrightarrow A/Aa\longrightarrow0$, trong đó $\varphi(x)=xa$, ta có $\mathrm{dp}_A(A/Aa)\leq1$. Nếu $\mathrm{dp}_A(A/Aa)<1$, thì $A/Aa$ là xạ ảnh, và tồn tại một ánh xạ A-tuyến tính $\psi:A_s\longrightarrow A_s$ sao cho $\psi\circ\varphi=\mathrm{Id}$; điều này suy ra

và $a$ là khả nghịch.

(i) $\mathrm{dp}_A(M)\leq n$.

(i bis) M có một phân giải xạ ảnh P có độ dài $\leq n$ sao cho $P_i$ là một A-môđun sinh hữu hạn với mỗi $i$.

(ii) $\operatorname{Ext}_A^r(M,N)=0$ với mọi A-môđun sinh hữu hạn N và mọi số nguyên $r>n$.

(iii) $\operatorname{Ext}_A^{n+1}(M,N)=0$ với mọi A-môđun sinh hữu hạn N.

(iv) $\operatorname{Tor}^A_r(P,M)=0$ với mọi A-môđun phải P và mọi $r>n$.

(v) $\operatorname{Tor}^A_{n+1}(A/a,M)=0$ với mọi iđêan phải sinh hữu hạn $a$ của A.

(i bis) $\Rightarrow$ (i) : điều này là tầm thường.

(i) $\Rightarrow$ (ii) : điều này suy ra từ Bổ đề 1.

(ii) $\Rightarrow$ (iii) : điều này là tầm thường.

(iii) $\Rightarrow$ (i) : theo (iii) và X, p. 107, mệnh đề 5, ta có $\operatorname{Ext}_A^{n+1}(M,N)=0$ với mọi A-môđun N, do đó (i) theo mệnh đề 1.

(i) $\Rightarrow$ (iv) : điều này suy ra từ Bổ đề 1.

(iv) $\Rightarrow$ (v) : điều này là tầm thường.

(v) $\Rightarrow$ (i bis) : cho (L,d) là một phân giải tự do của M sao cho $L_r$ sinh hữu hạn với mọi $r$ (X, p. 53, mệnh đề 6). Đặt $K=\mathrm{Z}_{n-1}(L)$; khi đó K là sinh hữu hạn như một môđun con của $L_{n-1}$ và ta có một dãy khớp

Theo (v) và X, p. 131, hệ quả 3, ta có $\operatorname{Tor}^A_1(A/a,K)=0$ với mọi iđêan phải sinh hữu hạn $a$ của A. Theo định lý 2 của X, p. 74, A-môđun K là phẳng; vì nó sinh hữu hạn, do đó có biểu diễn hữu hạn (X, p. 10, mệnh đề 5), nên nó là xạ ảnh (X, p. 13, hệ quả), vậy (1) là một phân giải xạ ảnh của M.

Điều này suy ra từ X, p. 58, th. 1 (chú ý rằng $\mathscr{C}_0$ và $\mathscr{C}$ là khớp trái theo hệ quả 2).

Ta lập luận bằng quy nạp theo $n$. Nếu $n = 0$, $M$ là xạ ảnh, đồng cấu (3) thu gọn thành đồng cấu chính tắc $P \otimes_A M \to \operatorname{Hom}_A(M^*, P)$ của II, p. 77, và mệnh đề suy ra từ loc. cit., hệ quả. Nếu $n > 0$, xét

(4)

là một dãy khớp của các $A$-môđun trong đó $L$ là tự do (và kiểu hữu hạn trong trường hợp b); khi đó $\mathrm{dp}_A(N) \leqslant n - 1$ (X, p. 135, hệ quả 2, c)) và $N$ là kiểu hữu hạn trong trường hợp b.

Cho $\theta \in \operatorname{Ext}_A^1(M, N)$ là lớp liên kết với dãy khớp (4) (X, p. 117, định nghĩa 1). Ký hiệu

là các ánh xạ được xác định bởi $u_n(\alpha) = \alpha \circ \theta$ và $v_n(\beta) = \theta \circ \beta$. Ta có

với mọi $\alpha\in\operatorname{Ext}_A^{n-1}(N,A)$, $\beta\in\operatorname{Tor}_n^A(P,M)$ (X, p. 129, mệnh đề 6), do đó biểu đồ

trong đó các mũi tên ngang là các đồng cấu chính tắc, là giao hoán.

Nếu $n=1$, do đó ta có một biểu đồ giao hoán:

trong đó các cột là khớp; điều này cho kết quả trong trường hợp này. Nếu $n\geq 2$, các ánh xạ $u_n$ và $v_n$ là song ánh (X, p. 128, hệ quả 4 và p. 131, hệ quả 3). Theo giả thiết quy nạp, đồng cấu chính tắc

là đơn ánh (tương ứng song ánh); biểu đồ (5) cho thấy điều tương tự đúng với đồng cấu chính tắc $\operatorname{Tor}_n^A(P,M)\longrightarrow\operatorname{Hom}_A(\operatorname{Ext}_A^n(M,A),P)$, điều này hoàn tất chứng minh.

(i) $\operatorname{dh}(A)\leq n$,

(ii) với mọi $A$-môđun M, ta có $\mathrm{dp}_A(M)\leq n$,

(ii′) với mọi $A$-môđun M sinh hữu hạn, ta có $\mathrm{dp}_A(M)\leq n$,

(iii) với mọi dãy khớp

trong đó các $P_i$ là xạ ảnh, $K$ là xạ ảnh,

(iv) với mọi dãy khớp

trong đó các $I^i$ là đơn ánh, $N$ là đơn ánh,

(v) mọi $A$-môđun đều có một giải đơn ánh có độ dài $\leq n$.

Sự tương đương của các điều kiện (i), (ii) và (iii) suy ra từ mệnh đề 1. Hiển nhiên ta có (ii) $\Rightarrow$ (ii′). Do đó chỉ cần chứng minh (ii’) $\Rightarrow$ (iv) $\Rightarrow$ (v) $\Rightarrow$ (i).

(ii’) $\Rightarrow$ (iv): với ký hiệu của (iv), gọi $K$ là hạt nhân của $I^0 \to I^1$. Theo X, p. 128, hệ quả 4, ta có với mọi $A$-môđun $M$ một đẳng cấu $\mathrm{Ext}_A^1(M, N) \to \mathrm{Ext}_A^{n+1}(M, K)$; từ đó suy ra theo (ii’) rằng $\mathrm{Ext}_A^1(M, N)$ bằng không đối với mọi $A$-môđun $M$ sinh hữu hạn. Theo X, p. 93, mệnh đề 11, điều này kéo theo rằng $N$ là đơn ánh, do đó (iv).

(iv) $\Rightarrow$ (v): cho $M$ là một $A$-môđun. Áp dụng (iv) cho dãy khớp

của X, p. 52, ta kết luận rằng $K^{n-1}(M)$ là đơn ánh, do đó (v).

(v) $\Rightarrow$ (i): điều này suy ra từ X, p. 100, định lý 1.

(i) $\mathrm{dh}(A) \leq n$,

(ii) với mọi cặp $A$-môđun $M$ và $N$ có kiểu hữu hạn, ta có $\mathrm{Ext}_A^{n+1}(M, N) = 0$,

(iii) với mọi A-môđun trái $M$ kiểu hữu hạn và mọi A-môđun phải $P$ kiểu hữu hạn, ta có $\mathrm{Tor}_{n+1}^A(P, M) = 0$.

Điều này suy ra từ các Mệnh đề 2 và 4.

Điều này suy ra từ X, p. 137, Hệ quả.

Theo Mệnh đề 4, ta có (i) ⇔ (ii) ⇔ (iv); theo Hệ quả 1 của Mệnh đề 4, ta có (vi) ⇒ (iv). Theo X, p. 35, Ví dụ 4, ta có (i) ⇒ (vii); vì (ii) ⇒ (iii) và (vii) ⇒ (viii) là tầm thường và vì (viii) ⇒ (i) suy ra từ II, p. 39, Mệnh đề 4, còn lại phải chứng minh (iii) ⇒ (v) và (v) ⇒ (vi); khẳng định cuối cùng suy ra từ VIII, § 5, No. 1, các Mệnh đề 1 và 2; cuối cùng, nếu mọi iđêan của $A$ là đơn ánh, thì nó là một nhân tử trực tiếp trong $A$, do đó (iii) ⇒ (v).

(i) ⇔ (ii) ⇔ (iii) : điều này suy ra từ Mệnh đề 4 của X, p. 138. (ii) ⇒ (iv) : cho $C$ là một phức xạ ảnh. Nếu (ii) được thỏa mãn, môđun con $B(C)$ của $C$ là xạ ảnh, do đó (iv) theo X, p. 35, Nhận xét b). (iii) ⇒ (v) : cho $C$ là một phức đơn ánh. Nếu (iii) được thỏa mãn, môđun thương $B_n(C)$ của $C_{n+1}$ là đơn ánh với mọi $n$, do đó (v) theo X, p. 35, Nhận xét a). (iv) ⇒ (ii) : cho $P$ là một A-môđun xạ ảnh, $M$ là một môđun con của $P$, và $i : M \to P$ là đơn ánh chính tắc. Cho $p : L \to M$ là một đồng cấu toàn ánh từ một môđun tự do $L$ lên $M$. Xét phức xạ ảnh $C$ sao cho $C_1 = L$, $C_0 = P$, $C_i = 0$ với $i \ne 0, 1$, và $d_1 = i \circ p$. Nếu (iv) được thỏa mãn, cho $\varphi : C \to H(C)$ là một đồng cấu sao cho $H(\varphi) = 1_{H(C)}$. Vì $H_1(C) = \mathrm{Ker}\ p$, $\varphi_1$ là một phép chiếu của $L$ lên $\mathrm{Ker}\ p$, do đó dãy khớp

là tách và $M$ đẳng cấu với một nhân tử trực tiếp của $L$, do đó xạ ảnh.

$(v)\Rightarrow(iii)$ : cho $I$ là một môđun đơn ánh, $M$ là một môđun thương của $I$, và $\pi : I \to M$ là phép chiếu chính tắc. Cho $i : M \to J$ là một đơn cấu của $M$ vào một môđun đơn ánh $J$. Xét phức đơn ánh $C$ sao cho $C^0 = I$, $C^1 = J$, $C^i = 0$ với $i \ne 0, 1$, và $d^0 = i \circ \pi$. Nếu (v) được thỏa mãn, cho $\psi : H(C) \to C$ là một đồng cấu sao cho $H(\psi) = 1_{H(C)}$. Vì

$\psi^1$ là một tiết diện của phép chiếu chính tắc $J \to \operatorname{Coker}i$, và $M$ là một nhân tử trực tiếp trong $J$, do đó đơn ánh.

$(ii)\Rightarrow(ii')$ : điều này là tầm thường.

$(ii')\Rightarrow(ii)$ : điều này suy ra từ VII, § 3, Hệ quả 1 của Định lý 1.

Vì $Z(C)$, $B(C)$, $Z(\widetilde C)$, và $B(\widetilde C)$ là xạ ảnh và $B(C')$ là đơn ánh, điều này suy ra từ X, p. 78, Hệ quả 2, p. 96, Hệ quả 1, và p. 98, Hệ quả 2.

Mệnh đề đầu tiên là hiển nhiên nếu $\mathrm{dp}_A(M) = \pm \infty$; nếu $\mathrm{dp}_A(M) = n \in \mathbf{N}$, tồn tại một dãy khớp của các A-môđun

trong đó các $P_i$ là xạ ảnh ; dãy các A′-môđun

là khớp, vì $A'_d$ là phẳng, và các $A'$-môđun $A' \otimes_A P_i$ là xạ ảnh (II, p. 89, Hệ quả) ; do đó $\mathrm{dp}_{A'}(A' \otimes_A M) \leq n = \mathrm{dp}_A(M)$. Mệnh đề thứ hai là hiển nhiên nếu $\mathrm{dp}_{A'}(M') = \pm \infty$; nếu $\mathrm{dp}_{A'}(M') = m \in \mathbf{N}$, tồn tại một dãy khớp các $A'$-môđun

trong đó các $P'_i$ là xạ ảnh ; dãy cơ sở của các $A$-môđun là khớp. Hơn nữa mỗi $P'_i$ là một nhân tử trực tiếp môđun con-$A'$ của một môđun ${A'_s}^{(1)}$, do đó là một $A$-môđun xạ ảnh ; do đó ta có $\mathrm{dp}_A(M') \leq m = \mathrm{dp}_{A'}(M')$.

Mệnh đề a) suy ra từ X, p. 135, Hệ quả 2 và Bổ đề 2.

b) Nếu $\mathrm{dp}_{A[X]}(M) = \pm \infty$, mệnh đề là tầm thường. Nếu $M$ là xạ ảnh và khác không, thì $A$-môđun $M/XM$ được đồng nhất với $A \otimes_{A[X]} M$, do đó là xạ ảnh, và ta có $\mathrm{dp}_A(M/XM) \leq 0 = \mathrm{dp}_{A[X]}(M)$. Ta lập luận bằng quy nạp theo $\mathrm{dp}_{A[X]}(M) = n$, giả sử $> 0$. Xét một dãy khớp các $A[X]$-môđun $0 \to N \to L \to M \to 0$, trong đó $L$ là một $A[X]$-môđun tự do ; áp dụng vào biểu đồ

Mệnh đề 2 của X, p. 4, ta thấy rằng $X_N$ là đơn ánh và rằng ta có dãy khớp

Vì $L$ là tự do trên $A[X]$, $L/XL$ là tự do trên $A$ và ta có

vì $\mathrm{dp}_A(N/XN) \leq n - 1$ theo giả thiết quy nạp, ta suy ra $\mathrm{dp}_A(M/XM) \leq n$, điều này phải được chứng minh.

c) Mệnh đề là tầm thường nếu $\mathrm{dp}_{A[X]}(M) = \pm \infty$, và cũng nếu $\mathrm{dp}_{A[X]}(M) = 0$ (điều này là không thể vì $XM = 0$). Do đó ta có thể giả sử $\mathrm{dp}_{A[X]}(M) = n > 0$. Xét như trên một dãy khớp $0 \to N \to L \to M \to 0$, trong đó $L$ là một $A[X]$-môđun tự do, ta thu được một dãy khớp các $A$-môđun

Theo b), ta có $\mathrm{dp}_A(N/XN) \leq \mathrm{dp}_{A[X]}(N) = \mathrm{dp}_{A[X]}(M) - 1 = n - 1$; vì $\mathrm{dp}_A(L/XL) = 0$, ta suy ra từ dãy khớp trước đó, áp dụng X hai lần, p. 135, Hệ quả 2, rằng $\mathrm{dp}_A(M) \leq n - 1$. Nhưng, theo a), ta có

do đó c).

Đối với mọi $A[X]$-môđun $M$, ta có (bổ đề 3)

do đó $dh(A[X]) \leq dh(A) + 1$; ngược lại, nếu $M$ là một $A$-môđun, gọi $\overline{M}$ là $A[X]$-môđun thu được bằng cách trang bị cho $M$ cấu trúc mà theo đó $XM = 0$, khi đó (bổ đề 3)

do đó $dh(A) \leq dh(A[X]) - 1$.

Điều này suy ra từ định lý bằng quy nạp theo $n$.

Vì $A_0 \otimes_A M$ đẳng cấu với $M/J_0 M$, đây chính là ll, p. 171, mệnh đề 6.

Ta có một dãy khớp

và các $A$-môđun phân bậc $\mathrm{Ker}\ s$ và $\mathrm{Coker}\ s$ bị chặn dưới. Từ dãy khớp $A_0 \otimes_A (A \otimes_{A_0} M/J_0 M) \xrightarrow{1 \otimes s} A_0 \otimes_A M \to A_0 \otimes_A \mathrm{Coker}\ s \to 0$, ta suy ra rằng $A_0 \otimes_A \mathrm{Coker}\ s = 0$, do đó $s$ là toàn ánh (Bổ đề 4). Khi đó ta có một dãy khớp Nếu $\mathrm{Tor}_1^A(A_0, M) = 0$, thì $A_0 \otimes_A \mathrm{Ker}\ s = 0$ và $s$ là đơn ánh (Bổ đề 4).

a) Các điều kiện sau là tương đương : (i) $M$ đẳng cấu với một $A$-môđun phân bậc có dạng $A \otimes_{A_0} N$, trong đó $N$ là một $A_0$-môđun phân bậc xạ ảnh (tương ứng, tự do phân bậc) ; (ii) $M$ là một $A$-môđun xạ ảnh (tương ứng, tự do phân bậc) ; (iii) $M/J_0 M$ là một $A_0$-môđun xạ ảnh (tương ứng, tự do phân bậc) và $\mathrm{Tor}_1^A(A_0, M) = 0$.

b) Giả sử thêm rằng $M$ có một hệ phần tử sinh gồm các phần tử thuần nhất có các bậc bị chặn. Khi đó các điều kiện sau là tương đương : (i) $A$-môđun phân bậc $M$ có một chuỗi hợp thành hữu hạn mà các thương của nó đẳng cấu với các $A$-môđun phân bậc có dạng $A \otimes_{A_0} N$, trong đó $N$ là một $A_0$-môđun phân bậc phẳng ; (ii) $M$ là một $A$-môđun phẳng ; (iii) $M/J_0 M$ là một $A_0$-môđun phẳng và $\mathrm{Tor}_1^A(A_0, M) = 0$.

Trong mỗi trường hợp, hiển nhiên có (i) ⇒ (ii) ⇒ (iii). Do đó, còn phải chứng minh (iii) ⇒ (i).

a) $A$-môđun phân bậc $A \otimes_{A_0} M/J_0 M$ là một $A$-môđun xạ ảnh vì $M/J_0 M$ là một $A_0$-môđun xạ ảnh. Đồng cấu chính tắc của các $A$-môđun

là toàn ánh ; do đó tồn tại một đồng cấu $A$-môđun phân bậc bậc không sao cho $p \circ s(a \otimes x) = ax$ với $a \in A$ và $x \in M/J_0 M$.

Theo Bổ đề 5, $s$ là một đẳng cấu của các $A$-môđun từ $A\otimes_{A_0}M/J_0M$ lên $M$, do đó (i).

b) Theo giả thiết về $M$, tồn tại các số nguyên $a,b$ với $a\leq b$ sao cho $M$ được sinh bởi $\displaystyle\bigoplus_{a\leq i\leq b}M_i$. Ta lập luận bằng quy nạp theo số nguyên dương $b-a$.

Nếu $b-a=0$, thì $M$ được sinh bởi $M_a$ và đồng cấu $A_0$-môđun chính tắc

là song ánh; khi đó ta suy ra từ đồng cấu $A$-môđun $A\otimes_{A_0}M_a\longrightarrow M$ được xác định bởi cấu trúc $A$-môđun của $M$ một đồng cấu $A$-môđun phân bậc thỏa mãn điều kiện của Bổ đề 5. Khi đó, theo Bổ đề 5, $s$ là song ánh, do đó (i).

Trong trường hợp tổng quát, đặt $M^{(a)}$ là môđun con-$A$ (phân bậc) của $M$ sinh bởi $M_a$ và $M'$ là môđun thương $M/M^{(a)}$. Ta có một dãy khớp

do đó, vì $\operatorname{Tor}_1^A(A_0,M)=0$ theo giả thiết, các dãy khớp

Nhưng đồng cấu chính tắc $M_a\longrightarrow M^{(a)}/J_0M^{(a)}$ là song ánh. Suy ra rằng đồng cấu $1\otimes f:M^{(a)}/J_0M^{(a)}\longrightarrow M/J_0M$ là đơn ánh và ảnh của nó là một môđun con hạng tử trực tiếp-$A_0$ của $M/J_0M$. Khi đó từ dãy khớp (7) suy ra $\operatorname{Tor}_1^A(A_0,M')=0$ và môđun-$A_0$ $M'/J_0M'$ là phẳng vì đẳng cấu với một nhân tử trực tiếp của $M/J_0M$. Theo giả thiết quy nạp (áp dụng cho $M'$ vì nó được sinh bởi các $M'_i$ với $a<i\leq b$), $M'$ thỏa mãn điều kiện (i), do đó là phẳng. Ta suy ra từ dãy khớp (6) rằng $\operatorname{Tor}_1^A(A_0,M^{(a)})=0$, nhưng $M^{(a)}/J_0M^{(a)}$ được đồng nhất với $M_a$, là một môđun-$A_0$ phẳng (như một môđun con hạng tử trực tiếp của $M/J_0M$) ; theo điều đã được chứng minh, môđun $A$ phân bậc $M^{(a)}$ đẳng cấu với $A\otimes_{A_0}M_a$, do đó cũng thỏa mãn (i), điều này hoàn tất chứng minh.