关系 $x \in I$ 相当于$1 \notin xA$，因此相当于$xA \neq \mathbf{A}$。如果$a$是$\mathbf{A}$的理想，与$\mathbf{A}$和$x \in a$不同，则$xA \subset a$，因此$xA \neq \mathbf{A}$和$x \in I$。因此，与$\mathbf{A}$不同的$\mathbf{A}$的每个理想都包含在$I$中，并且每个元素$x \in I$属于都包含在主理想$xA \neq \mathbf{A}$中。这证明了第一个断言，它立即暗示了(a)、(b)和(c)的等价。

注 (1)。 注，如果(c)成立，$I$是环$\mathbf{A}$的雅各布森根式（代数，章VIII, §6, no. 3，定义3）。

令$S = A - p$和$j : A \to A_v$为典范同态； 假设 $p$ 是素数意味着 $p$ 相对于 $S$ 是饱和的，因此 $j^{-1}(pA_p) = p$ ($§ 2$, no. 4, 命题 10) 并且，由于 $A$ 不满足 $S$ 的理想是包含在$p$，前两个断言是$§ 2$、no. 5、命题 11 (ii)的特例。此外，当且仅当是典范同态$A \to A/p$，$f(S)$是元素$\neq 0$或整环$A/p$的集合，因此最后一个断言是$§ 2$，no. 5的特例， 命题 11（一）。

(i) 设$f$为典范同态$A \to A/b$。从 $A$ 到 $(A/b)_{p/b}$ 与 $f$ ($§ 2$, no. 1, 命题 2) 规范相关的同态是满射，其核是 $b'$，其中定义通过求商， $A_p/b'$ 的典范同构到$(A/b)_{p/b}$。

(ii) 映射$b' \to b = (i_A^S)^{-1}(b')$，仅限于$A_p$素理想的集合，是同构（关于包含）这个集合到$p$中包含的$A$素理想的集合。如果$b'$在$A_p$中是素数，则环$A_b$存在同构到环$(A_p)_{b'}$，其中映射$a/s$到$(a/1)/(s/1)$对于所有$a \in A, s \in A - b$。

这只是$§ 2$、no. 5、命题 11 的特例。

注 (3) 如果$a$是不包含在$p$中的$A$的理想，则$aA_p = A$和$(A/a)_p = 0$（$§ 2$，no. 5，注）。 (4) 令$A, B$为两个环、$\rho : A \to B$同态、$q$$B$的素理想和$p$$A$的素理想$\rho^{-1}(q)$。由于$\rho(A - p) \subset B - q$、典范同态$\rho_q : A \to B_q$源自$\rho$（$§ 2$、no. 1、命题2），$\rho_q(pA_p) \subset qB_q$是直接的，因此$\rho$是本地同态。

断言相对于假设(i)恰好是代数、章VIII、$§ 6$、no. 3的推论3至命题6。另一方面，关系$(A_d/m) \otimes_A M = 0$等价于$M = mM$，因此对于每个整数$n > 0$意味着$M = m^nM$； 从而断言相对于假设(ii)。

$(A_d/m) \otimes_A (N/u(M))$ 典型地同构于

（代数、章 II、、no. 6、推论 1 至命题 6）；那么假设意味着$(A_d/m) \otimes_A (N/u(M)) = 0$，因此$N/u(M) = 0$乘以命题 4

令$(e_i)_{i \in I}$为左侧$A$模块$A_s^{(I)}$的典范基：将推论1应用于$A$线性映射$u : A_s^{(I)} \to M$，使得$u(e_i) = x_i$适用于所有$i \in I$。

如果$a \in A$、$x \in M$和$\bar{a}$是$A/m$中$a$的类，则$\bar{a} \otimes x = 1 \otimes (ax)$以及假设意味着存在$M$的元素的族$(x_i)_{i \in I}$这样$(1 \otimes x_i)$是$(A/m)$-模块$(A/m) \otimes_A M$的基。我们已经知道 $x_i$ 生成 $M$（推出 2 至命题 4）；我们将看到它们在$A$上是线性独立的。为此，让我们考虑免费的$A$-模块$L = A_s^{(I)}$；设$(e_i)$为其典范基，$u : A_s^{(I)} \to M$为$A$线性映射，使得$u(e_i) = x_i$对于所有$i \in I$；如果$R$是$u$的核，我们就证明$R = 0$。在假设 (i) 下，$(A/m) \otimes_A M$ 是一个有限生成的 $(A/m)$ 模，因而 $I$ 必然是有限的，$R$ 是由章 I, § 2, no. 8、引理 9 有限生成的 $A$ 模。然后由命题 4 足以证明（在假设下）$R = mR$。

设$j$为典范嵌入$R \to L$；那么有一个交换律图表

其中两行是精确的，$j$是单射，$1 \otimes u$是满射（章

（章I, § 1, no. 4，命题2）；验证 v 是双射就足够了，因为然后我们推导出 Coker(a) = 0，在其他字中 a 是满射，因而 R = mR。现在，Coker(b) = (A/m) \otimes_A L 并且

并由定义 v(1 \otimes e_i) = 1 \otimes x_i;因为 (1 \otimes e_i) 是 (A/m) \otimes_A L 的基，x_i 的定义表明 v 是双射的。

如果条件成立，则可以假设(y_\lambda)是M的元素族(x_i)的子族，使得(1\otimes x_i)是M/mM的基(代数，章II, § 7, no. 1， 定理 2) 和命题 5 则证明 (x_i) 是 M 的基。

含义 (a) \Rightarrow (b) \Rightarrow (c) \Rightarrow (d) 是直接的。由于 A/m 是域，(A/m) \otimes_A M 是一个自由 (A/m) 模，命题 5 表明 (d) 蕴涵 (a)。

最后，我们知道 Tor_1^A(A, M) = 0 并且从正合序列 0 \to m \to A \to A/m \to 0 我们得出正合序列

这证明Tor$_1^A(A/m, M)$同构于典范同态$m \otimes_A M \to M$的核； (d)和(e)的从而等价。 \*

可以证明，对于每个带有雅各布森根式$m$的环$A$使得$A/m$是域，*每个*射影$A$模都是自由的（习题3）。

(a) $u$ 是$M$ 的同构到$N$ 的直因子； (b) $1 \otimes u: (A/m) \otimes_A M \to (A/m) \otimes_A N$ 是单射的； (c) $u$ 是单射的，$\operatorname{Coker}(u)$ 是一个自由的 $A$ 模块； (d) 转置同态 ${}^t u: N^* \to M^*$ 是满射。

我们知道(代数, 章 II, § 1, no. 11, 命题 21)，如果$N/u(M)$是自由的，$u(M)$是$N$的直因子，因此(c)蕴涵(a)；相反，(a) 意味着$\operatorname{Coker}(u)$，与$N$中$u(M)$的补集同构，是有限生成的射影$A$模和*更不必说*有限呈现（章I, § 2, no. 8，引理8）；因此，根据推论 2 到命题 5，这个模是自由的，并且 (a) 隐含 (c)。另一方面，(a)显然意味着(b)。为了简单起见，我们写为$M' = (A/m) \otimes_A M$，$N' = (A/m) \otimes_A N$；由于$M$和$N$是有限生成的，$(A/m)$模块$M'$和$N'$的对偶${M'}^*$和${N'}^*$被规范地标识为$M^* \otimes_A (A/m)$和$N^* \otimes_A (A/m)$和${}^t(1 \otimes u)$ $({}^t u) \otimes 1$ (代数, 章 II, § 5, no. 4, 命题 8);因为 $M'$ 和 $N'$ 是向量空间超过域 $A/m$，假设 $1 \otimes u$ 是单射意味着 ${}^t(1 \otimes u)$ 是满射 (代数, 章 11, § 7, no. 5、命题10)；推论 1 到命题 4 则表明 ${}^t u$ 是满射的，因此我们证明了 (b) 蕴涵 (d)。最后我们证明（d）蕴涵（a）。假设 ${}^t u$ 是满射；因为$M^*$是免费的，所以从$M^*$到$N^*$存在同态$f$使得$1_{M^*} = {}^t u \circ f$(代数,章II, § 1, no. 11,命题21);由于$M$和$N$是自由且有限生成的，因此从$N$到$M$存在同态$g$，使得$f = {}^t g$；因此${}^t 1_M = 1_{M^*} = {}^t u \circ {}^t g = {}^t(g \circ u)$、从而$1_M = g \circ u$；这证明$u$是$M$的同构到子模，子模是$N$的直因子（*代数*，章11，§ 1, no. 9，推论2到命题 15）。

(a) $u$ 是 $M$ 的同构到 $N$； (b) $M$和$N$具有相同的秩（*代数*，章II, § 7, no. 2）并且$u$是满射； (c) $1 \otimes u: M/mM \to N/mN$ 是双射的。

显然（a）意味着（b）； (b) 暗示 $1 \otimes u$ 是满射的；此外，假设 M 和 N 具有相同的秩意味着向量空间 $(A/m) \otimes_A M$ 和 $(A/m) \otimes_A N$ 超过 $A/m$，因此 $1 \otimes u$ 是双射 (代数, 章 II, , no. 4，命题 9) 和 (b) 的推论意味着 (c)。最后，条件(c)通过命题6意味着N是$u(M)$的直和和自由的子模P，并且$u$是M到$u(M)$的同构；如果$P \neq 0$，则$(A/m) \otimes_A P \# 0$和$1 \otimes u$将不是满射；因此 (c) 意味着 (a)

命题已在上面证明。通常当$A$是*局部环*并且$m$是*极大理想*时应用。推论 2 到命题 5 然后由

如果 M 是自由的，显然对于所有 $i \in I$，(1) 的两侧都等于 M 的秩。现在假设满足条件，用(1)两侧的$n$公共的值表示；根据推论 2 到命题 4 M 的系统为 $n$ 生成元 $x_j$ ($1 \leq j \leq n$)。首先假设 $A$ 是 整环，在这种情况下，$p_i = 0$ 对于所有 $i \in I$。 元素 $1 \otimes x_j$ ($1 \leq j \leq n$) 生成向量空间 $K \otimes M$ $A$ 分数 K 域以上；但到假设时，空间是 K 上的维数 $n$，元素 $1 \otimes x_j$ 与 K 线性无关。因此 (代数, 章 II, § 1, no. 13, 注 1) $x_j$ 与 $A$ 线性无关，因此 M 的形式基。

经过对于一般情况，存在从 $L = A''$ 到 M 的满同态 $v$。考虑交换律图表

其中 $u$（分别为 $u'$）为映射 $x \mapsto (\phi_i(x))$（分别为 $y \mapsto (\psi_i(y))$），

（分别为$\psi_i : M \to (A/p_i) \otimes M$）为典范映射，$v'$为$1_{A/p_i} @ v_e$的乘积。然后$(A/p)/(m/p_i) \otimes_{A/p_i} ((A/p_i) \otimes_A M) = (A/m) \otimes_A M$，并且由于$A/p_i$是本地整环，因此从参数的第一个部分可以得出每个$1_{A/p_i} \otimes v$都是同构；那么$v'$也是如此。另一方面，随着$A$减少，$\bigcap_i p_i = (0)$（$§ 2$，no. 6，命题13），从而$\bigcap_i (p_i L) = 0$，因为$L$是免费的（*代数*，章 II、$§ 3$、no. 7、*注*)；由于$p_i L$是$\phi_i$的核，这表明$u$是单射的。由此可见 $v' \circ u = u' \circ v$ 是单射的，因此 $v$ 是单射的，并且由于 $v$ 是定义的满射，这表明 $M$ 是自由的。

$A/a$则为局部环，最大理想为$m/a$； $M$可以被视为$(A/a)$模块；对于$A/a$中$s$的所有$s \in A - m$典范像是可逆的，因此$M$的位似$x \mapsto sx$是$M$的定义的双射，作为泛函的解问题（$§ 2$，no. 2）； 从而命题。

特别是，如果存在$k \geqslant 0$使得$m^k M = 0$，同态$M \to M_m$是双射（$§ 1$，no. 1，命题1的推论）。

由于情况$k = 0$很简单，假设$k \geqslant 1$。从命题 8 可知典范同态 $M/m^k M \to (M/m^k M)_m$ 是双射的。另一方面，$(M/m^k M)_m$在规范上与$M_m/(m^k M)_m$（§ 2, no. 4，定理1）相同，因而$(m^k M)_m = m^k M_m$（§ 2, no. 7，命题18的推论），从而有$M/m^k M$的同构到$M_m/m^k M_m$，其中元素$x \in M$中的映射类至$x/1$中的类。

这很容易从命题 9 和 $§ 1$、no. 2、命题 6 得出，$m_{i_1}^{k_1}$ 在对中互质（$§ 1$、no. 2、命题 3）。

在本编号的其余部分中。 $A$将表示$A$最大理想的环和$\Omega(A)$（或$\Omega$）集合。

每个$\mathbf{A}_m$都是平坦的A-模（§ 2, no. 4，定理1），因而$E = \bigoplus_{m \in \Omega} \mathbf{A}_m$是平坦的（章I, § 2, no. 3，命题2）。此外，对于$A$的每个最大理想$m$，$mA_m$是$\mathbf{A}_m$的唯一最大理想，因而$mA_m \neq A_m$，从而，因而$mE \neq E$和$E$忠实平坦（章） I, § 3, no. 1、命题 1 (d))。

也就是说，对于所有 $m \in \Omega$，$u_m$ 都是单射（分别是满射、双射、零），相当于说，同态 $\bigoplus_m u_m : \bigoplus M, \to \bigoplus N$ 具有相同的性质。但是$\bigoplus_m M_m = M \otimes_A E, \bigoplus_m N_m = N \otimes_A E$和$\bigoplus_m u_m = u \otimes 1$，其中$E = \bigoplus_m \mathbf{A}_m$；因为 $E$ 是忠实平坦的 (命题 10)，定理由章 I, § 3, no. 1、命题 1 (c) 和命题 2 得出。

令$\bar{x}$为$M/N$中$x$的类；说$x \in N$意味着A-线性映射$u : a \mapsto a\bar{x}$从$A$到$M/N$是零。现在，$(M/N)_m$ 被标识为 $M_m/N_m$（§ 2, no. 4、定理 1），$u_m : A_m \to M_m/N_m$ 被标识为映射 $A \mapsto \lambda \bar{x}_m$，其中 $\bar{x}_m$ 是类 mod。 $N$、$M$ 中的典范像、$x$。由于关系 $u = 0$ 等价于所有 $m$ 除定理 1 的 $u_m = 0$，这证明了推论。

应用推论 1 在$N = 0$情况下，可以看出，对于所有$m \in \Omega$，关系$x = 0$等价于$f_m(x) = 0$。

(ii) 特别地，令b和c是A的两个元素。为了使c成为b的倍数，对于A中c的所有$m \in \Omega$、典范像，是b的倍数是充分必要的。

由于 $bA_m = b_m$ (§ 2, no. 7，命题 18 的推论)，(i) 是推论 1 的特例； (ii) 由适用于理想 $Ab$ 的 (i) 得出。

由于M用$K \otimes_A M$的子模来标识，所以M用$(K \otimes_A M)_m = K_m \otimes_A M$的子模块来标识（§ 2, no. 4，定理1）；作为 $K_m = K$，我们可以立即看出 $M_m$ 是无扭转的；此外，图表中的交换律

证明典范映射 $M \to M_m$ 是单射的。然后，推论由应用于 A-模 $K \otimes_A M$ 及其子模 M 的推论 1 得出。

特别是，对于每个整环 A，

(2)

令$(e_i)_{1 \leq i \leq n}$为$A''$的典范基，$A^n$的生成元$(x_i)_{1 \leq i \leq n}$系统，其中n为元素和$u : A^n \to A''$A-线性映射，使得$u(e_i) = x_i$为$1 \leq i \leq n$。由假设 $u$ 是满射，需要证明 $u$ 是单射。凭借定理 1，这可以立即简化为 A 为局部环的情况；如果$m$是A的最大理想，$(A/m)^n$中的元素$1 \otimes x_i$($1 \leq i \leq n$)则自由$(A/m)$模$(A/m)^n$的生成元的形式系统；因为$A/m$是域，所以这个系统是$(A/m)^n$的基；由于$A^n$是自由A-模，我们从命题5推出$(x_i)$是$A^n$的基。

从定理 1 可以得出，对于$u$ 是满射，$u_m : M_m \to N_m$ 对于所有$m \in \Omega$ 是满射是必要且充分的。由于$A$是局部环，而$N_m$是有限生成的$A_m$模，因此这相当于说，通过商获得的同态$u'_m : M_m/mM_m \to N_m/mN_m$是满射（no. 2，推论1到命题 4);但$M_m/mM_m$（分别$N_m/mN_m$）与$M/mM$（分别$N/mN$）（命题9）、从而命题相同。

$w$满足的存在性上述叙述等价于以下性质：$u$属于到像映射的P