在其他字中，（A'，h）是普遍映射问题的解（集合理论，章IV, § 3, no. 1），其中条件：结构的类 Σ被认为是环的环， 态射是环同态，a-映射是A到环的同态，使得在同态下的S的像由可逆元组成。回想一下（前述），如果 (A', h) 和 (A'_1, h_1) 都是问题的解，则存在唯一的同构 j : A' → A'_1 使得 h_1 = j ∘ h。

令$\overline{S}$为S生成的A的乘法子集。显然，上述普遍映射问题的每个解也是替换S乘$\overline{S}$得到的普遍映射问题的解，反之亦然。

考虑在集合 A × S 中，元素 (a, s), (a', s') 之间的以下关系 ：

(1) “存在 t ∈ $\overline{S}$ 使得 t (sa' − s'a​​) = 0”。

这个关系是等价关系：它显然是自反且对称的；它是传递性的，因为如果 t (sa' − s'a​​) = 0 且 t'(s'a'' − s''a') = 0，则 tt's'(sa' − s'a​​) = 0 且 tt's' ∈ $\overline{S}$。令A’为A×$\overline{S}$在此等价关系下的商集；对于每个有序对 (a, s) ∈ A × $\overline{S}$，我们用 A 中 (a, s) 的 a/s 典范像表示，并且对于所有 a ∈ A，集合 h(a) = a/1。我们将看到 A' 可以给定环结构，使得有序对 (A', h) 求解问题。

令 x = a/s 和 y = b/t 为 A' 的两个元素。 元素 (ta + sb)/st 和 $ab/st$ 仅取决于 $x$ 和 $y$；对于如果$x = a'/s'$，则存在假设$r \in \overline{S}$使得$r(s'a - sa') = 0$，从而

和$r(s'tab - sta'b) = 0$。 容易验证合成$(x, y) \mapsto x + y = (ta + sb)/st$的律和$(x, y) \mapsto xy = ab/st$定义交换环结构在$\mathbf{A}'$上，其中$0/1$在加法下是单位元素，$1/1$是单位元。 Moreover, it is immediate that $h$ is a ring homomorphism and that, for all $s \in S$, $s/1$ is invertible in $\mathbf{A}'$, its inverse being $1/s$. 最后令$B$为环且$u : \mathbf{A} \to B$同态，使得元素$u(S)$在$B$中可逆；存在唯一映射 $u' : \mathbf{A}' \to B$ 使得

(2)

如果$a/s = a'/s'$，则存在$t \in \overline{S}$使得$t(sa' - s'a) = 0$，从而$u(t)(u(s)u(a') - u(s')u(a)) = 0$，并且由于$u(t)$，$u(s)$和$u(s')$是可逆的，$u(a)(u(s))^{-1} = u(a')(u(s'))^{-1}$。容易验证$u'$相对于加法和乘法来说是同态；最后，显然$u' \circ h = u$和$u'$是唯一的同态满足这个关系，正如它所暗示的那样

和 $1 = u'(1/1) = u'(s/1)u'(1/s) = u(s)u'(1/s)$、从而公式 (2)。

进一步假设$T$包含在$f(S)$生成的$B$的乘法子集中。那么，iff 是满射的（或单射的），$f'$ 也是。

第一个断言等于说，存在唯一同态 $f': A[S^{-1}] \to B[T^{-1}]$ 给出交换律图表：

现在关系$f(S) \subset T$意味着对于所有$s \in S$，$i_B^T(f(s))$在$B[T^{-1}]$中是可逆的，并且应用命题1到$i_B^T \circ f$就足够了。从 (2) 可以轻松得出，对于所有 $a \in A$ 和 $s \in \overline{S}$（由 $S$ 生成的 $A$ 的乘法子集），

假设$T$包含在$f(S)$生成的乘法子集中，恰好是$f(\overline{S})$。由(3)可知，iff 是满射的，$f'$ 也是满射的。

现在假设 $f$ 是单射的。令$a/s$为核中的元素'。由于$T$生成的乘法子集是$f(\overline{S})$，因此存在元素$s_1 \in \overline{S}$，使得$f(s_1)f(a) = 0$，从而$f(s_1a) = 0$，因而$s_1a = 0$，因为$f$是单射的；然后$a/s = 0$，证明$f'$是单射的。

注 (6)。如果$T$的元素在$B$中可逆，则$B[T^{-1}]$通过同构$i_B^T$和$f'$与$B$相同，则与$A[S^{-1}]$的唯一同态$u'$相同， $B$使得$u' \circ i_A^S = f$。

这是命题 2 和注 6 中的直接的推论。

对于所有$a \in A$、$i_A^{T,S}$，然后$A[S^{-1}]$中的映射元素$a/s$到$A[T^{-1}]$中的元素$a/s$。

注 (7)。 注，如果$i_A^T$是单射的，$i_A^{T,S}$也是单射的（推论1）。如果 $T$ 是 $A$ 的元素的集合 $R$，且除子不是 0，就会发生这种情况；那么可以将$A$生成的分数$A[R^{-1}]$的总环和$S$的元素的$A[R^{-1}]$的逆进行认同$A[S^{-1}]$和子环进行计算。

这很容易从定义得出。

特别是，如果$S, T, U$是$A$的三个乘法子集，使得$S \subset T \subset U$，则$i_A^{U,S} = i_A^{U,T} \circ i_A^{T,S}$。

映射 $g$ 由推论 1 是单射的； 环 $g(B[{S'}^{-1}])$ 包含 $i_A^S(A)$ 以及 $S'$ 元素的逆；因此它等于 $A[S^{-1}]$。

若$A$为整环且$0 \notin S$，则记号$A[S^{-1}]$与代数、章IV, § 2, no. 1一致；另外，如果 $S$ 是乘法，则 $A[S^{-1}]$ 重合在这种情况下，集合在代数、章 I, § 1, no. 1 中由 $S^{-1}A$ 表示。

正如记号的扩张一样，对于环$A$的任何乘法子集$S$，我们从此用分数$A[S^{-1}]$的$S^{-1}A$环表示。如果$S$是$A$的素理想$p$的补集，我们写成$A$，而不是$S^{-1}A$。

如果$A$为整环且$0 \notin S$，$S^{-1}A$总是被识别为$A$、包含、$A$、注、分数、域子环(注) 7).

在其他字中，$(M', f)$是普遍映射问题中的解（集合理论，章IV, § 3, no. 1），以及以下条件：结构中的类 $\Sigma$是$A$模，其中$S$的元素诱导的同位是双射，态射是$A$模同态，$a$映射也是$A$模同态。

对于每个$A$-模块$N$和所有$a \in A$，用$N$中的$h_a$位似$y \mapsto ay$表示；那么$a \mapsto h_a$就是从$A$到$\operatorname{End}_A(N)$的环同态。说$h_a$是双射意味着$h_a$是$\operatorname{End}_A(N)$的可逆元。假设对于所有$s \in S$，$h_s$在$\operatorname{End}_A(N)$中是可逆的； 元素$h_a$，其中$a \in A$，以及元素$h_s$的逆，其中$s \in S$，然后$\operatorname{End}_A(N)$中的生成交换律子环$B$和同态从$A$到$B$的$a \mapsto h_a$使得$S$的元素的像是可逆的。那么 (no. 1, 命题 1) 存在 $A[S^{-1}]$ 到 $B$ 的唯一同态 $h'$ 使得

我们知道 (代数, 章 II, , no. 14) N 上的同态定义是一个$A[S^{-1}]$模块结构，使得$(a/s).y = h_s^{-1}(a.y)$； A-模结构通过同态 $i_A^S$ 从此$A[S^{-1}]$ 模块结构衍生而来，正是最初给出的结构

相反，如果 N 是$A[S^{-1}]$模，并且通过$i_A^S$将其视为A-模，则$s \in S$的同位$y \mapsto sy$是双射的，因为$y \mapsto (1/s)y$是$y \mapsto sy$的逆映射；而通过上述过程从其A-模结构导出的N上的$A[S^{-1}]$模结构就是最初给出的$A[S^{-1}]$模结构。因此，$A[S^{-1}]$模和A-模之间存在规范的一对一对应，其中由S的元素引发的同位是双射的；此外，如果N，N'是两个A-模，其中性质每A-模同态$u : N \to N'$也是N和N'的$A[S^{-1}]$模结构的同态，对于盟友$\in N$和所有$s \in S$，我们可以写$u(y) = u(s.((1/s)y)) = s.u((1/s)y)$、从而$u((1/s)y) = (1/s)u(y)$； 逆命题是显而易见的。

This being so, the statement of Proposition 3 is just the characterization of the module obtained from M by extending the scalars to $A[S^{-1}]$, taking account of the above interpretation (Algebra, Chapter II, § 5, no. 1, Remark 1).

如果 s' \in S 满足 s'm = 0，显然 m|s = (s'm)/(ss') = 0。反之，假设 m|s = 0。由于 1/s 在 S^{-1}A 中是可逆的，所以 m/1 = 0。对于 S^{-1}A 包含于 1 的每个子 A 模 P，我们用 \beta(P, m) 表示(m, 1) 的像在 M \times P 到 M \otimes_A P 的典范映射下；那么 \beta(S^{-1}A, m) = 0。我们知道（代数，章 II, § 6, no. 3，推论 4 到命题 7），存在 S^{-1}A 包含于 1 的*有限生成* 子模 P，并且使得 \beta(P, m) = 0. 对于所有 t \in S，我们用 a/t 的 A_t 集合表示，其中 a \in A；由于 P 是有限生成的，因此存在 t \in S 使得 P \子集 A_t (no. 1, 注 2), 从而 \beta(A_t, m) = 0。 映射 a \mapsto a/t 从 A 到 A_t 是满射的；设 B 为其核。它定义一个满射映射h：M \otimes_A A \到M \otimes_A A_t，其核是BM（M被识别为M \otimes A）；则 \beta(A_t, m) = h(tm) ，因而 tm 可以表示为形式 $\sum_{i=1}^r b_i m_i$，其中 b_i \in B，m_i \in M (1 \leq i \leq r)。由于对于 1 \leq i \leq r，b_i/t = 0，因而 S 中存在 t' \，使得对于 1 \leq i \leq r，t'b_i = 0，从而 t'tm = 0，从而证明命题 4。

如果 M 上没有任何条件，显然关系 sM = 0 对于某些 s \in S 意味着 S^{-1}M = 0。相反，假设 S^{-1}M = 0 且令 (m_i)_{1 \leq i \leq n} 为 M 的生成元的系统； m_i/1 生成 S^{-1}A-模 S^{-1}M，因此说 S^{-1}M = 0 等于说，对于 1 \leq i \leq n，m_i/1 = 0；到命题 4，存在$s_i \in S$，使得$s_i m_i = 0$，并且对于所有$i$取$s = s_1 s_2 \cdots s_n$，$s m_i = 0$，因而$sM = 0$。

显然关系$(1 + a)M = 0$意味着$M = aM$。为了证明逆命题，我们使用以下引理：

第一个断言是显而易见的，而且$a'$是$S^{-1}A$的理想。另一方面，$(1/1) + (a/s) = (s + a)/s$和$s + a \in S$对于S的定义的所有$s \in S$和$a \in a$；因而，对于所有$a/s \in a'$，$(1/1) + (a/s)$在$S^{-1}A$中是可逆的，这完成了引理的证明（*代数*，章VIII, § 6, no. 3，定理1）。

既然如此，如果我们集合$N = S^{-1}M$，显然N是一个有限生成的$S^{-1}A$模；如果$aM = M$，则$a'N = N$，并且根据中山的引理得出$N = 0$（*代数*，章VIII, § 6, no. 3，推论到命题6）；然后从推论 2 得出推论。

从 M 到 $T^{-1}N$ 映射 $i_N^T \circ u$ 是 A 线性的。此外，如果$s \in S$，则$f(s) \in T$，因此由s在$T^{-1}N$上诱导的位似是双射的。 $u'$的存在性和唯一性则从命题3得出。然后，对于$m \in M$和$s \in S$，

同样的记号，让C是第三个环，U是C的乘法子集，g 同态从B到C使得$g(T) \subset U$，P是C模，v B-线性映射从N到P并且$v'$ 从 B 到与 v 相关的 $U^{-1}P$ $T^{-1}B$ 线性映射。然后

其中左侧是与 $v \circ u$ 相关联的 A-线性映射 $S^{-1}M \to U^{-1}P$。类似地，如果$u_1$是从M到N的第二个A-线性映射，那么

左侧是 A-线性映射 $S^{-1}M \to T^{-1}N$ 与 $u + u_1$ 相关联。

注 (5)。如果在命题 5中，我们取$B = A, T = S$和$f = 1_A$，很容易看出$u'$就是映射$u \otimes 1 : M \otimes S^{-1}A \to N \otimes S^{-1}A$。今后我们将用$S^{-1}u$来表示它；如果 S 是 A 的素理想 $p$ 的补集，我们写 $u_p$ 而不是 $S^{-1}u$。

如果$b, b'$在B中，$s, s'$在S中，条件、$b|s = b'|s'$和$b|f(s) = b'|f(s')$等价，由推论1到命题4，成立j的存在性，证明j是双射的； j 的唯一性是显而易见的。显然 j 是加法群同构。如果$a \in A, b \in B, s \in S, t \in S$，那么

由此可知 j 是 $(S^{-1}A)$ 线性的。显然$j \circ f^1 = S^{-1}f$。最后，如果$b \in B, b' \in B, s \in S$，则$j(b.(b'|f(s))) = j(bb'|f(s)) = bb'|s = b.(b'|s)$，从而证明最后一个断言。

命题 6 的映射 j 称为$(fS)^{-1}B$ 的典范同构到$S^{-1}B$。这两个集合一般用$f'$来标识；然后$f' = S^{-1}f, i_B^S = i_B^{f(S)}$。

(i) 存在从环 (ST)^{-1}A 到环 T'^{-1}(S^{-1}A) 的唯一同构 j，使得图表

是可交换的。

(ii) 设 M 为 A-模。存在从 (ST)^{-1}A-模 (ST)^{-1}M 到 T'^{-1}(S^{-1}A)-模块 T'^{-1}(S^{-1}M) 的 (ST)^{-1}A 同构 k，使得图表

是可交换的。

(i) 我们使用(ST)^{-1}A的定义作为普遍映射问题的解。令 B 为环，从 A 到 B 的 f 同态，使得 f(ST) 由可逆元组成。由于 f(S) 因此由可逆元组成，因此存在唯一同态 f': S^{-1}A \to B 使得 f = f' \circ i_A^S (no. 1, 命题 1)。对于 T 中的所有 t \in，f'(i_A^S(t)) = f(t) 在 B 中可通过hypo-\&\& 可逆。因而 f'(T') 由可逆元组成；则存在由 no. 1、命题 1、唯一同态 f'' 从 T'^{-1}(S^{-1}A) 到 B 使得 f'' = f'' \circ i_{S^{-1}A}^{T'}, 从而 f = f'' \circ u, 设定 u = i_{S^{-1}A}^{T'} \circ i_S^A。

此外，当且仅当$f''_1 : {T'}^{-1}(S^{-1}A) \to B$是第二个同态，使得$f''_1 \circ u = f$，然后$(f''_1 \circ i^{T'}_{S^{-1}A}) \circ i^S_A = (f'' \circ i^{T'}_{S^{-1}A}) \circ i^S_A$，从而$f''_1 \circ i^{T'}_{S^{-1}A} = f'' \circ i^{T'}_{S^{-1}A}$，因而$f''_1 = f''$。

由于${T'}^{-1}(S^{-1}A)$中ST的元素的$u$下的像是可逆的，有序对$({T'}^{-1}(S^{-1}A), u)$是no. 1中考虑的普遍映射问题（相对于A和ST）的解。这表明$j$的存在和唯一性。

(ii) 证明与 (i) 完全类似，在这种情况下使用no. 2，命题 3，留给读者。

(a) 同态 $i^{T,S}_A : S^{-1}A \to T^{-1}A$ 是双射。 (b) 对于每个 A-模 M，同态 $i^{T,S}_A : S^{-1}M \to T^{-1}M$ 是双射。 (c) 对于所有$t \in T$，*存在*$a \in A$*使得*$at \in S$（在其他字中，T的每个元素*除*S的元素）。 (d) 每个满足 T 的素理想都满足 S。

上面已经看到$i^{T,S}_A = 1_M \otimes i^{T,S}_A$，它立即证明了（a）和（b）的等价。 集合$T' = i^S_A(T)$；那么 (命题 7) $T^{-1}A$ 与 ${T'}^{-1}(S^{-1}A)$ 相同，并且 (a) 等价于说，$T'$ 的元素在 $S^{-1}A$ 中*可逆* (no. 1, 注 5)。现在，说$(t/1)(a/s) = 1/1$（$t \in T$，$a \in A, s \in S$）意味着存在$s' \in S$使得$tas' = ss'$，这表示（a）和（c）的等价。我们证明（d）蕴涵（c）。令$t$为T的元素，并假设$t/1$在$S^{-1}A$中不可逆；则存在 $S^{-1}A$ 包含 $t/1$ (代数, 章 I, § 8, no. 7, 定理 2) 的极大理想 $m'$，并且 $p = (i^S_A)^{-1}(m')$ 是包含的素理想$t$且不满足S（因为S的元素的$i^S_A$下的像是可逆的）。反之，如果存在满足T但不满足S的素理想$p$，则$p \cap T$的元素不能除元素；这证明了(c)蕴涵(d)并完成了证明。

It follows from Proposition 8 that, amongst the multiplicative subsets T of A containing S and satisfying the equivalent conditions of Proposition 8, there exists a greatest, consisting of all the elements of A which divide an element of S (cf. Exercise 1).