这是 § 4, no. 3 的特殊情况，命题 13 的推论。

设$R$和$Q$为$u$的核和余核；如果$u_g$（或$u_p$）的$g \in A$、核和余核分别为$R_g$和$Q_g$（分别为$R_p$和$Q_p$）（§ 2, no. 4、定理 1）。然后$Q_p = 0$；由于$N$是有限生成的，所以$Q$也是有限生成的，并且存在$g' \in A - p$使得$g'Q = 0$（§ 2, no. 2，推论2到命题4），从而$Q_{g'} = 0$。在(ii)的假设下，序列$0 \to R_{g'} \to M \to N \to 0$是精确的，因此$R_{g'}$是有限生成的（章I, § 2, no. 8，引理9）。现在，

因此存在$g_1 \in A, - pA_{g'}$使得$g_1 R_{g'} = 0$（§ 2, no. 2，推论2到命题4）。然后$g_1 = g''/{g'}^h$，其中$g'' \in A - p$；因为 $g'/1$ 在 $R_{g'}$、$(g''/1)R_{g'} = 0$、从而 $R_{g'g''} = (R_{g'})_{g''/1} = 0$ 中是可逆的。如果$f = g'g''$、$f \in A - p$、$Q_f = 0$和$R_f = 0$，则$u_f$是双射的。

存在假设 $p$ 元素 $x_i \in \mathbf{N}$ ($1 \leq i \leq p$)，使得自由 $A_,-$ 模块 $N_p$ 的 $x_i/1$ 形式基。考虑同态$u : A^p \to \mathbf{N}$，使得$u(e_i) = x_i$对应于$1 \leq i \leq p$，$(e_i)_{1 \leq i \leq p}$是典范基等于$A^p$。由于 $u_p$ 与假设是双射的，因此存在 $f \in A - p$ 使得 $u_f$ 是双射的，因为命题 2。

到§ 2，没有。 4，定理 1，每个$A_i$都是一个扁平的$A$模块，因此$B$也是（章I, § 2, no. 3，命题2）。另一方面，如果$p$是$A$的素理想，则存在指标$i$，因此$f_i \notin p$和$p_{f_i} = pA_{f_i}$是$A_{f_i}$的素理想。然后从 $pA_{f_i} \neq A_{f_i}$ 开始$pB \subset pA_{f_i} \times \prod_{j \neq i} A_j \neq B$；这足以暗示$B$是一个忠实的扁平$A$模块（章I, § 3, no. 1，命题1）。

条件显然是必要的（§ 2，第4）。相反，如果所有 $M_{f_i}$ 都是有限生成（或有限呈现）的，则 $M' = \prod_{i \in I} M_{f_i}$ 是有限生成（或有限呈现）$B$ 模块，因为我们显然可以假设对于每个 $i$ 都有正合序列 $AT_i \to A^n_{f_i} \to M_{f_i} \to 0$，其中 $m$ 和$n$ 独立于 $i$。现在，$M' = M \otimes_A B$。然后从命题 3 和章 I, § 3 得出推论，没有。 6，命题11。

注 $f_i$ 上的条件意味着开集合 $X_{f_i}$ 形式 $\mathrm{Spec}(A)$ 的*覆盖*（§ 4, no. 3，推论 3 到命题 11）。

(a) $P$ 为有限生成射影模。 (b) $P$ 是有限呈现的模，并且对于每个最大理想 $m$ 的 $A$，$P_m$ 是一个自由 $A_m$*-模块*。 (c) $P$ 是有限生成模，对于所有 $p \in \mathrm{Spec}(A)$，*$A_p$*-模块* $P_p$ 是免费的，如果我们用 $r_p$表示它的秩，*函数* $p \mapsto r_p$ 是局部常数拓扑空间 $\mathrm{Spec}(A)$ （即， $\mathrm{Spec}(A)$ 的每个点 承认邻域，其中函数是常数）。

(d) 存在$A$的元素的有限族$(f_i)_{i \in I}$，生成的理想的$A$，这样，对于所有$i \in I$，$A,$-模块$P_{f_i}$对于有限秩是自由的。

(e) 对于$A$的每个最大理想$m$，都存在$f \in A - m$，使得$P_f$是有限秩的自由$A,$模。

我们通过证明展示定理以下概形的含义

(一)⇔(四)

(b) ⇌ (e)

(三)

(a) ⇒ (b)：我们知道有限生成射影模是有限呈现的 (章 I, § 2, no. 8, 引理 8 (iii))；如果$P$是射影$A$模，$P_m = P \otimes_A A_m$是射影$A_m$模（\emph{代数}，章II, § 5, no. 1，命题4的推论）；最后，由于 $A_m$ 是局部环，因此每个有限呈现的射影 $A_m$ 模都是自由的（§ 3, no. 2，命题 5 的推论）。

(b) ⇒ (e)：这是从 no. 1 的命题 2 的推论得出的。

(c) ⇒ (e): 令$m$为$A$的极大理想；写出$r_m = n$，并令$(x_i)_{1 \leq i \leq n}$为$P$的基。我们可以假设$x_i$是元素$p_i \in P$$(1 \leq i \leq n)$的典范像到乘法乘可逆元的$A,$之内。令$(e_i)_{1 \leq i \leq n}$为$A^n$和$u : A^n \to P$同态的典范基，使得$u(e_i) = p_i$为$1 \leq i \leq n$。由于 $P$ 是有限生成的，因此从 no. 1 的命题 2 可以得出，存在 $f \in A - m$ 使得 $u_f$ 是满射的。我们结论认为$u_{f,g}$对于所有$g \in A - m$也是满射，并且到假设存在$g \in A - m$使得$r_p = n$对于$p \in X,$。然后，替换$f$乘以$f g$，我们可以假设$r_p = n$对于所有$p \in X,$。那么$u_p : A_p^n \to P_p$就是满同态，而$P_p$和$A_p$都是相同秩的免费$A,$模块；因而（§ 3, no. 2，命题 6 的推论）$u_p$ 对于所有 $p \in X_f$ 都是双射的。令$p'$为$A,$的素理想，令$p$为典范映射下$A$中的逆像；如果$(A_f^{n})_{p'}$和$(P_f)_{p'}$在典范同构下与$A_p^n$和$P_p$等同，则$(u_f)_{p'}$与$u_p$等同，因此是双射的。我们结论 $u_f$ 是双射 (§ 3, no. 3, 定理 1)，从而成立 (e)。

(e) ⇒ (d)：令 $E$ 为 $\in A$ 的集合，使得 $P_f$ 是有限生成的自由 $A_f$ 模块。 假设意味着$E$不包含在$A,$的最大理想中，因此$E$生成是理想$A$，因此存在$E$和$a_i \in A$$(1 \leq i \leq n)$的元素的有限族$(f_i)_{1 \leq i \leq n}$，这样那个$1 = \sum_{i=1}^n a_i f_i$； 从而 (d)。

(d)⇒(c)：从no. 1推论到命题3，$P$是有限生成的。另一方面，对于$A$的每个素理想$p$，都存在指标$i$使得$p \in X_{f_i}$；如果$p' = p_{f_i}$，则$P_p = (P_{f_i})_{p'}$（§ 2, no. 5，命题

10) 因此到假设 $P_p$ 是自由的并且与 $P_{f_i}$ 具有相同的秩，这证明了 (c)。

(d) ⇒ (a): 考虑环 $B = \prod_{i \in I} A_i$ 和 B-模

对于每个指标$i$，都存在一个空闲的$A_i$模块$L$，使得$P_i$是$L$的直因子，并且可以假设所有$L$具有相同的秩；则$L = \prod_{i \in I} L_i$是一个自由的B-模，其中M是直因子，在其他字中，M是有限生成的射影B-模。由于 B 是忠实平坦的 A-模 (no. 1, 命题 3)，我们结论 P 是有限生成的射影 A-模 (章 I, §3, no. 6, 命题 12)。

设p是A的素理想； 集合 $r = r_p$ 并令 $(y_j)_{1 \leq j \leq r}$ 为免费 $A_p$ 模块 $P_p$ 的基。 P 和 $s \in A - p$ 存在元素 $x_j$ ($1 \leq j \leq r$)，使得$y_j = x_j / s$ 对于所有$j$。然后对于A的元素的每个家庭$(a_j)_{1 \leq j \leq r}$，使得$\sum_{j=1}^r a_j x_j = 0$，$\sum_{j=1}^r (a_j/1) y_j = 0$在$P_p$，从而$a_j/1 = 0$对于$1 \leq j \leq r$。由于$A - p$不为包含0，这表明$a_j$都是A中零的除子（§ 2, no. 1，注3），因此必然有$r \leq m$。

如果 P 是有限呈现的平坦 A-模并且 m 是 A 的最大理想，则 $A_m$ 模 P 是平坦的（§ 3, no. 4，命题 13）并且是有限呈现的（§ 2, no. 4），因此是自由的（§ 3, no. 2，推论 2 到命题 5），因此，定理 1 的条件 (b) 成立。

注 (1) 存在有限生成平面模，它不是射影的(习题7)。 (2) 非交换环上的推论 2 到定理 1 扩展到模 (章 I, §2, 习题 15)。

(a) $P$ 是秩 $n$ 的投影。

(b) $P$是有限生成的，并且对于每个最大理想$m$*的*$A$，**$A$-*模*$P$，*不包含秩*$n$。

(c) $P$ 是有限生成的，并且对于每个素理想 $p$ 的 $A$，*该* $A$-*模* $P_p$ 不包含秩 $n$。

(d) 对于 $A$的每个最大理想* $m$ ，存在* $f \in A - m$ 使得 $A$-*模* $P_f$ 不包含秩 $n$。

由定义2和定理1，(a)和(c)是等价的； (b) 意味着 (c)，因为对于 $A$ 的每个素理想 $p$，都存在一个极大理想 $m$ 包含 $p$，并且写作 $p' = p_m$，$P_p$ 同构于 $(P_m)_{p'}$ (§ 2, no. 5，命题) 11）；如果$P_m$不含秩$n$，那么$P_{p'}$也是。 性质 (c) 凭借定理 1 隐含 (d)，且当且仅当 $\in A - m$ 和 $m' = m_f$，$P_m$ 与 $(P_f)_{m'}$ 同构的，因此 $P_f$ 和 $P$ 的秩相等。最后，最后一个参数和定理 1 表明 (d) 蕴涵 (b)。

我们知道 $P_{(B)}$ 是射影且有限生成的（*代数*、章 II, § 5, no. 1，命题 4 的推论）。如果 q 是 B 的素理想，p 是 A 中的逆像，则

并且，根据假设，$P \otimes_A A_i$是秩$n$的自由A，模块，$(P_{(B)})_q$是秩$n$的自由$B_q$模块。

首先假设 A 同构于域 $K_i$ ($1 \leq i \leq n$) 的乘积。然后用 A 的最小理想 (代数, 章 VIII, § 3, no. 1) 来确定 $K_i$，并且对于 K 的所有 $i$、和 $p_i$，指标 $j \neq i$ 是 A 的最大理想， $p_i$ ($1 \leq i \leq n$) 是 A 的唯一素理想。因此，每个有限生成A-模 P 都是其同典型分量 $P_i$ ($1 \leq i \leq n$) 的直和，$P_i$ 同构于有限数 $r_i$ 的直和 A-模同构于 K，(代数、章 VIII, § 5, no. 1、命题 1 和 no. 3、命题 11)； 环 $A_{r_i}$ 等同于 K，并湮灭指标 $j \neq i$ 的 $P_j$，因此为 $r_i = \mathrm{rg}_{p_i}(P)$；如果所有$r_i$都等于相同的数$r$，则在这种情况下P与$A^r$、从而命题同构。一般情况下，令$\mathfrak{R}$为A和$B = A / \mathfrak{R}$的雅各布森根式；因为 B 是域的乘积，所以射影 B-模 $P_{(B)}$ 在命题 4 之前的注是自由的。 此外，P 是平A-模和命题，然后从 § 3, no. 2、命题得出5.

(i) 如果存在一个$A$模$N$使得$M \otimes_A N$同构于$A$，模$M$是秩1的投影。

(ii) 相反，如果 $M$ 是秩 1 的投影且 $M^*$ 是 $M$ 的对偶，则典范同态 $u : M \otimes_A M^* \to A$ 相应的到规范双线性形式 $(x, x^*) \to \langle x, x^* \rangle$ $M \times M^*$ (代数, 章 II, § 2, no. 3) 是双射。

(i) 需要证明，对于$A$的每个最大理想$m$，$A_m$模$M$不包含秩 1 (定理 2 (b))；我们可以在 $A_m$ 之前自由地替换 $A$，因此可以假设 $A$ 是*本地*环（$§ 2$，no. 7，命题 18）。让$k = A/m$。 同构的$v : M \otimes_A N \to A$定义同构

由于$(M/mM) \otimes_k (N/mN)$超过$k$的秩是$M/mM$和$N/mN$秩乘积，后者必然等于1，另外字$M/mM$是单生的。由此可见$M$是单生的（$§ 3$，no. 2，推论2至命题4）；另一方面，$M$的湮没子也湮灭了$M \otimes_A N$，因此是零，这证明$M$与$A$同构的。

(ii) 足以证明，对于$A$的每个最大理想$m$，$u_m$是同构（$§ 3$，no. 3，定理1）。由于 $M$ 是有限呈现的 (章 I, $§ 2$, no. 8, 引理 8)，$(M^*)_m$ 被规范地识别为对偶 $(M_m)^*$ ($§ 2$, no. 7, 命题) 19) 并且，由于 $M_m$ 与它的对偶 $(M_m)^*$ 一样没有秩 1，因此显然典范同态 $u_m : (M_m) \otimes_{A_m} (M_m)^* \to A_m$ 是双射，从而完成证明。

注 (1)。如果 $M$ 是秩 1 的射影且 $N$ 使得 $M \otimes_A N$ 同构于 $A$，则 $N$ 同构于 $M^*$：有同构

这紧接着公式 (2)、(3) 和 (4)。

Let us now note that every finitely generated $A$-module is isomorphic to a quotient module of $L = \mathbf{A}^{(\mathbf{N})}$; we may therefore speak of the set $F(A)$ of classes of finitely generated $A$-modules with respect to isomorphism (Set Theory, Chapter I, §6, no. 9); we denote by $P(A)$ the subset of $F(A)$ consisting of the classes of projective $A$-modules of rank 1 and by $\operatorname{cl}(M)$ the image in $P(A)$ of a projective $A$-module $M$ of rank 1. 对于两个射影$A$模$M$，直接的，

N of 秩 1, cl(M \otimes_A N) 仅取决于 cl(M) 和 cl(N)；作为定义我们集合

(6)

因此，在 $P(A)$ 上定义了合成的内部律。

(7)

张量积的结合性和交换律表明合成(6)的律是结合律和交换律； $A \otimes_A M$和M之间的同构证明在这个律下$\mathrm{cl}(A)$是单位元素，并且凭借定理3，$\mathrm{cl}(M) + \mathrm{cl}(M^*) = \mathrm{cl}(A)$，从而命题。

设 B 为交换律 A-代数，M 为秩 1 的射影 A-模；那么 $M_{(B)} = B \otimes_A M$ 是秩 1 (no. 3, 命题 4) 的投影 B-模。那么存在称为规范 $\phi : P(A) \to P(B)$ 的映射使得

(8)

两个 A-模 M, N 的方程 $M_{(B)} \otimes_B N_{(B)} = (M \otimes_A N)_{(B)}$ 证明映射 $\phi$ 是可交换的群 同态。

注 (2). 定理 1 的条件 (e)（相当于 P 是射影且有限生成的事实）也可以用说表示，模* $\tilde{P}$ 在$X = \mathrm{Spec}(A)$ 与 P 相关联() 上的*束是局部自由且有限的型*，因此可以解释为向量丛的截面束超过 X。相反，超过X的每个向量丛都源自有限生成射影模，它被确定在唯一的同构内； 秩 $n$的投射模，因此对应至向量丛，其所有纤维都具有维数$n$。特别是，秩 1 对应的向量丛到秩 1的投射模。如果我们用$\mathscr{O}_X$结构捆$\tilde{A}$和$\mathscr{O}_X^*$表示单位*的*捆$\mathscr{O}_X$（其X开路集合U上的截面是U上$\mathscr{O}_X$截面环可逆元），因此群$P(A)$与第一个同构上同调群$H^1(X, \mathscr{O}_X^*)$.*

(*参见 A. Grothendieck, Éléments de géométrie algébrique, I (§ 1) (Publ. Math. I.H.E.S., no. 4, 1960)。

(a) 意味着 (b)，因为如果 $B.M = B$，则存在 $a \in A, s \in S$ 和 $x \in M$，使得 $(a/s)x = 1$，因此 $ax = s$ 属于到 $S \cap M$。看出 (b) 暗示 (c)，注 $u$ 已经是单射的 ($§ 2$, no. 4, 定理 1)；此外，如果$B$中$x/x \in S^{-1}M$的$u$下的$x \in M \cap S$、像等于1，因此$u$是满射。最后，(c) 清楚地暗示了(a)。

断言对于 $M + N$ 来说是微不足道的；另一方面，如果$s \in S \cap M$和$t \in S \cap N$，则$st \in S \cap (M.N)$和$st \in S \cap (M \cap N)$。

给定$B$的两个子A模块$M$和$N$，让我们用$N : M$表示那些$b \in B$的$B$由……组成的子A模块，使得$bM \subset N$（章I， $§ 2$、no. 10、注）。如果将$M$到$N$的每个$b \in N : M$映射到同态$h_b : x \mapsto bx$，则从$N : M$到$\operatorname{Hom}_A(M, N)$得到典范同态$b \mapsto h_b$。

让$s \in S \cap M$。如果对于所有 $x \in M$，$b \in N : M$ 使得 $bx = 0$，则 $bs = 0$、从而 $b = 0$，因为 $s$ 不是 $B$ 中 0 的除子。另一方面，令 $f \in \mathrm{Hom}_A(M, N)$ 和集合 $b = f(s)/s$；对于所有$x \in M$，存在$t \in S$使得$tx \in A$。然后

从而$b \in N : M$和$f = h_b$，证明命题。

如果$M.N = A$，则$B.M = B.(B.M) \supset B.(M.N) = B.A = B$，因此$M$是非简并的。类似地，$N$是非简并的。如果$t \in S \cap M$和$u \in S \cap N$（no. 5，命题8），元素$s = tu$属于到$S \cap M \cap N$，从而$Ms \subset M.N = A$，因此$As \subset M \subset As^{-1}$。 另一方面，显然$N \subset A : M$，从而

和$M.(A : M) = A$；将两边乘以 $N$，得出 $A : M = N$，即完成证明。

让我们首先展示属性 (a)、(b) 和 (c) 的等价。如果 (a) 成立并且 N 是 B 的子 A 模块，使得 M 。 N = A，则有关系

对于所有 $x \in M$、集合 $v_i(x) = n_i x$； M 上的 $v_i$ 为线性形式，并且对于所有 $x \in M$，通过 (9) $x = \sum_{i=1}^{n} m_i v_i(x)$；这证明了 (代数, 章 11, §2, no. 6, 命题 12) M 是射影的并且由 $m_i$ 生成；因此M是有限生成射影模。

设m为A的最大理想；我们证明整数$r = \mathrm{rg}_m(M)$等于1。令S'为$\mathbf{A}_{m'}$中S的像；因为 S 的元素不是 A 中 0 的除子，所以 S' 的 $\mathbf{A}_{m'}$ 不是 0 的除子，因为 $\mathbf{A}_{m'}$ 是平的 A-模（§ 2, no. 4、定理 1 和章） I, §2, no. 4、命题 3)；那么 ${S'}^{-1}A_m \neq 0$ 并且，由于 $M_m$ 是秩 $r$ 的免费 $A_m$ 模块，${S'}^{-1}M_m$ 是秩 $r$ 的免费 ${S'}^{-1}A_m$ 模块。但是，如果 T' 是 $S^{-1}A$ 中 A $-m$ 的像，则${S'}^{-1}A$（分别为 ${S'}^{-1}M_m$）被规范地识别为 ${T'}^{-1}(S^{-1}A)$（分别为 ${T'}^{-1}(S^{-1}M)$）（§ 2, no. 3、命题 7）。现在$S^{-1}M = B$ (命题 8 (c))，因此${T'}^{-1}(S^{-1}M)$是秩 1除以${T'}^{-1}(S^{-1}A)$的自由A-模，这证明了$r = 1$并显示了蕴涵(a)$\Rightarrow$(c)。

蕴涵 (c) $\Rightarrow$ (b) 是微不足道的。让我们证明 (b) $\Rightarrow$ (a)。 M 上存在假设线性形式的$(f_\lambda)_{\lambda \in L}$（不一定有限）和M 的元素 $(m_\lambda)_{\lambda \in L}$，使得对于所有$x \in M$，$(f_\lambda(x))$ 族有有限支撑和$x = \sum_{\lambda \in L} m_\lambda f_\lambda(x)$ （代数，章II, §2, no. 6，命题12）。由于 M 是非简并的，$f_\lambda(x) = n_\lambda x$ 对于某些 $n_\lambda \in A$：M 凭借 no. 5 的命题 9。取x为M$\cap S$（no. 5，命题8）的元素，可以看出，除了指标和$\sum_{\lambda \in L} m_\lambda n_\lambda = 1$的有限数之外，必然为$n_\lambda = 0$。这显然暗示了 M 。 （A：M）= A，从而（a）。

根据no. 3的定义2，(c)蕴含(d)。让我们展示逆命题。由于M是非简并的，所以它的湮没子是零（命题8（b）），那么$M_m$的湮没子也是（§ 2, no. 4，公式（9））。由于 M, 被假定为单生 & 模，因此它不包含秩 1，然后从 no. 3、定理 2 得出 M 是秩 1 的投影。