假设 $m E_{n-1} = E_n$ 对应 $n > n_0 \geq 0$。对于$i \leq n_0$，令$(e_i)_{i \leq n_0}$为$A$模$E_i$的生成元的有限系统。由于$A$-模块$E_n \otimes_A A X^n$是由元素$e_{n,j} \otimes X^n$为$0 \leq n \leq n_0$生成的，并且等于

对于$n > n_0$，$A'$-模块$E'$由元素$e_{n,j} \otimes X^n$生成，对于$0 \leq n \leq n_0$和$1 \leq j \leq r_n$；那么它肯定是有限生成的。

相反，如果$E'$是有限生成的$A'$模块，则它是由形式$e_k \otimes X^{n(k)}$的元素有限族生成的，其中$e_k \in E_{n(k)}$。设$n_0$为整数$n(k)$中的最大的。然后对于 $n \geq n_0$ 和 $f \in E_n$，

其中$t_k \in A'$； 替换如果需要为$t$，则根据其齐次分量次数$n - n(k)$，我们可以假设为$t_k = a_k X^{n-n(k)}$，其中$a_k \in m^{n-n(k)}$。

如唯一元素 $X^n$ 形式基 of A-模 AX”，等式$f \otimes X^n = \left( \sum_k a_k e_k \right) \otimes X^n$蕴涵$f = \sum_k a_k e_k$。则$E_n \subset m^{n-n_0} E_{n_0}$；由于相反包含是明显的，

从而 $E_n = m E_{n-1}$ $n > n_0$。

$A'$是$mX$生成的A-代数；因为A是诺特，$mX$是有限生成A-模，然后从§ 2, no. 10、推论3到定理2得出结论。

由于 F 与 E 的子模同构，因此它是有限生成的，因为 A 是诺特并且 E 是有限生成的。令$(E_n)$、$(F_n)$分别为E和F上的过滤，由有限生成的子模组成；保留引理 1 中的记号，我们集合 $E' = \sum_{n \geq 0} E_n \otimes_A A X^n, F' = \sum F_n \otimes_A A X^n$；由于假设$F_n$同构于$E_n$的子模，我们看到F'同构于$E'$的子模。通过定理 1，$E'$ 是有限生成的 $A'$ 模，因此 F' 也是如此，因为 A' 是诺特 (引理 1)。因此根据定理 1 得出结论。

在其他字中，存在整数$n_0$使得

对于所有$n \geq n_0$。

存在 n，使得推论 1 的 $a^{n+1} \cap b = a(a^n \cap b) \subset ab$ 应用于$E = A, F = b$。

推出 1 应用于 $E = A, F = A x$ 表明存在 $k$，使得对于所有 $n \geq k$，$m^n \cap Ax = m^{n-k}(m^k \cap Ax)$。那么，如果$xy \in m^n$，

并且，由于$x$不是$0$的除子，我们推断出$y \in m^{n-k}$。

在运输者的记号（章I, § 2, no. 10）中，推论3的结论为

(2)

假设存在满射$A$同态$v : A^n \to E$；因此，$\mathrm{Hom}_A(E, \phi_*(F))$到$\mathrm{Hom}_A(A^n, \phi_*(F))$的映射$u \mapsto u \circ v$是单射的，并且由于$B$是诺特，因此足以证明$\mathrm{Hom}_A(A^n, \phi_*(F))$是有限生成的$B$模；这是直接的，因为它与$F^n$同构的。

然后，该系列$(\mathrm{Hom}_A(E, F_n))_{n \in \mathbf{Z}}$是$\mathrm{Hom}_A(E, F)$上的过滤，与其模结构兼容，超过环$A$由$m$adic过滤过滤。由于$E$是有限生成的，因此存在整数$r > 0$和一个满射$A$同态$u : A^r \to E$，其中定义一个单射$A$同态

显然 $v$ 与过滤$(\mathrm{Hom}_A(E, F_n))$ 和 $(\mathrm{Hom}_A(A^r, F_n))$ 相容的。 由于$\mathrm{Hom}_A(E, F)$和$\mathrm{Hom}_A(A^r, F)$是有限生成的（引理2），因此凭借命题1就足以表明过滤$(\mathrm{Hom}_A(A^r, F))$是m-good；但这是直接的，因为典范同构$\mathrm{Hom}_A(A^r, F_r) \to F_n^r$的存在以及关系$mF_n = F_n +$的事实，意味着$m(F_n^r) = (mF_n)^r = F_{n+1}^r$（代数，章II, § 3, no. 7，注）。

从定义可以立即得出 (a) 蕴涵 (c)。 (b) 蕴含 (c) 的事实是 § 1, no. 3、引理 1 中的推论；相反，如果(c)成立，显然$\mathrm{gr}(E)$是由$\mathrm{gr}_p(E)$的和为$p \leq n_0$生成的$\mathrm{gr}(A)$模，因此假设承认生成元的有限系统。仍有待证明(c)蕴涵(a)；因为 $\mathrm{gr}_n(E)$ 是有限生成的，$E_n = E$，显然首先是由归纳在 $n$ 上生成的，$E/E_n$ 是所有 $n$ 的有限生成的 $A$ 模块；因此，足以证明，对于$n > n_0$，$E_n$是有限生成的$A$模块，并且$mE_n = E_{n+1}$。现在，考虑具有详尽和分离过滤$(E_{n+k})(k \geq 1)$的$A$模块$E_{n+1}$； $mE_n \subset E_{n+1}$； 假设(c)意味着$\mathrm{gr}_{n+1}(E) = E_{n+1}/E_{n+2}$中$mE_n$的像等于$\mathrm{gr}_{n+1}(E)$和生成分级的$\mathrm{gr}(A)$模$\mathrm{gr}(E_{n+1})$。由于 $\mathrm{gr}_{n+1}(E)$ 是由假设有限生成的 $A$ 模块，因此从 § 2, no. 9、命题 12 可以得出 $mE_n = E_{n+1}$ 和 $E_{n+1}$ 是有限生成的 $A$ 模块。

令 $(E_n)$ 为$E$ 上的 m-good 过滤。由于这种过滤是详尽的，$E$属于的每个元素到$E_n$之一，并且由于$E$是有限生成的并且$E_n$是$A$模块，因此存在整数$n_1$使得$E_{n_1} = E$。另一方面，令 $n_0$ 使得 $mE_n = E_{n+1}$ 对于$n \geq n_0$；那么，对于$n > n_0 - n_1$， $m^n E \subset E_{n+n_1} = m^{n+n_1-n_0} E_{n_0} \subset m^{n+n_1-n_0} E$，证明命题。

从no. 1、命题 1 可以看出，$E$ 上的$m$-adic 过滤在$F$ 上引起的过滤是m-good，然后从命题 4 得出结论。

由于$u(m^nE) = m^n u(E)$，$u$是$E$到$u(E)$的严格态射，对于这两个模上的$m$-adic拓扑，以及$u(E)$上的$m$-adic拓扑由$m$-adic 拓扑于 $F$ 定理 2。

如果$x = mx$，其中$m \in m$，$x = m^n x \in m^nE$对于每个整数$n \geq 0$，因此$x \in F = \bigcap_{n=0}^m m^nE$。 Conversely, if $x \in F$, $Ax$ is contained in the intersection of the neighbourhoods of 0 in $E$; it then follows from Theorem 2 that the $m$-adic topology on $Ax$, which is induced by that on $E$, is the coarsest topology; as $mx$ is by definition a neighbourhood of 0 with this topology, $mx = Ax$ and hence there exists $m \in m$ such that $x = mx$.

我们也可以说 $mF = F$ 因为

由于$A$是诺特，$F$是有限生成的$A$模块；那么应用章II, § 2, no. 2、推论3到命题4就足够了。

应用命题5到$E = A$就足够了。

让我们证明 (a) 蕴涵 (b)。假设$m$包含在$A$的雅各布森根式中，并令$E$为有限生成的$A$模。如果$x \in E$和$m \in m$使得$(1 - m)x = 0$，则$x = 0$，因为$1 - m$在$A$中是可逆的。那么 (no. 2, 命题 5) $E$ 就是 Hausdorff 和 $m$-adic 拓扑。

让我们证明(b)蕴涵(c)。假设(b)成立。令 $E$ 为有限生成的 $A$ 模块，并且 $F$ 子模为 $E$。那么$E/F$是带有$m$-adic 拓扑的Hausdorff，它是$m$-adic 拓扑在$E$上的商拓扑；那么 $F$ 在 $E$ 关闭。

显然（c）意味着（d）。最后让我们证明（d）蕴涵（a）。从(d)可知，对于$A$的每个最大理想$a$，$A$-模$A/a$是具有$m$进数拓扑的Hausdorff。这意味着$m(A/a) \neq A/a$、除非、$A/a$上的$m$-adic 拓扑是最粗糙的拓扑和$A/a$减少到0，这是荒谬的，因为$A/a$是*ajield*。因此，$A/a$中$m$的典范像是与$A/a$不同的$A/a$的理想，因此减少到0；然后$m \subset a$，证明$m$包含在$A$的雅各布森根式中。

(i) 要使$A'$上的$m'$进数拓扑成为Hausdorff，$1 + h(m)$的元素不是$A'$中的$0$的除子是必要且充分的。

(ii) 如果 $A$ 与 $m$-adic 拓扑是 Zariski 环，则 $A'$ 与 $m'$-adic 拓扑是 Zariski 环。

(iii) 如果 $h$ 是单射（因此将 $A$ 与 $A'$ 的子环识别），则 $A'$ 上的 $m'$-adic 拓扑 $A$ $m$-adic 上的诱导拓扑.

回想一下，$A'$ 重合上的$m'$-adic 过滤和*A-模* $A'$ 上的$m$-adic 过滤（§ 2, no. 1，*例 3*）。因此，断言 (i) 是no. 2 的命题 5 的特例，而断言 (iii) 是no. 2 的定理 2 的特例。最后让我们展示(ii)。假设 $A$ 是具有 $m$-adic 拓扑的 Zariski 环，并让 $E'$ 是有限生成的 $A'$-模块；它也是有限生成的$A$-模块以及$E'$重合上的$m$-adic和$m'$-adic过滤；那么 $E'$ 就是 Hausdorff 和 $m'$-adic 拓扑。最后，$A$-模块$A'$是诺特，因此环$A'$是诺特，这完成了证明，$A'$是Zariski环。

(i) 如果 $E \xrightarrow{u} F \xrightarrow{v} G$ 是 A-线性映射的正合序列，序列 $\hat{E} \xrightarrow{\hat{u}} \hat{F} \xrightarrow{\hat{v}} \hat{G}$ 通过经过获得的 Hausdorff 完备的（相对于 m-adic 拓扑）是准确的。

(ii) 规范 A-线性映射 $\alpha_E : \hat{A} \otimes_A E \to \hat{E}$ 是双射的。

(iii) A-模 $\hat{A}$ 平坦。

我们已经看到，$u$和$v$是拓扑群严格的态射（no. 2，定理2的推论）。 断言 (i) 然后从 § 2, no. 12, 引理 2 得出。当 $E = A$ 时，断言 (ii) 是明显的，并且 E 是自由有限生成A-模的情况可以立即简化为该情况。在一般情况下，E 承认有限表示

（章I, § 2, no. 8、引理8）。我们推导出可交换的图表

第一行是精确的 (章 I, § 2, no. 1, 引理 1)，第二行 (i) 也是如此。我们已经知道 $\alpha_E$ 是满射 (§ 2, no. 12, 命题 16)；另一方面，由于 $\alpha_L$ 和 $\alpha_{L'}$ 是双射，$1 \otimes v$ 是满射，$\alpha_E$ 凭借章 I, § 1, no. 4 是单射的，推论 2 到命题 2；这表明 (ii)。

然后从(i)和(ii)得出，如果$a$是A的理想（必然是有限生成的），则典范映射$\hat{A} \otimes_A a \to \hat{A}$是单射的，是$\hat{a} \to \hat{A}$和$\alpha_E$的合成，这证明$\hat{A}$是平的$A$模（章I, § 2, no. 3，命题1）。

在定理 3 的条件下，$\hat{A} \otimes_A E$通常通过典范映射$\alpha_E$与$E$识别。如果 $u : E \to F$ 是有限生成的 $A$ 模块中的同态，则$\hat{u} : E \to \hat{F}$ 则凭借图表的交换律与 $1 @ u$ 进行识别 (4)。

此外，如果$a$和$b$是$A$和$c = ab, \hat{c} = \hat{a}\hat{b}$的两个理想。

到定理 3，$\hat{E}, \hat{F}, \hat{G}$ 被规范地标识为 $\hat{A} \otimes_A E, \hat{A} \otimes_A F, \hat{A} \otimes_A G$，从而建立了前两个公式。第三个和第四个分别是章I, § 2, no. 6、命题6和no. 10、命题12。最后，如$\hat{a} = \hat{A}i(a), \hat{b} = \hat{A}i(b), \hat{c} = \hat{A}i(c)$，

由于 $\hat{A}$ 是扁平 $A$ 模，因此推论是章 I, § 2, no. 4、命题 3 (i) 的特例。

多项式环的完成

对于$m$-adic 拓扑，其中$m$是没有常数项的多项式的集合（$§ 2,$no. 12，例1）；因为 $B$ 是诺特（$§ 2,$ no. 10，推论 2 到定理 2），$A[[X_1, \ldots, X_n]]$ 是定理 3 的扁平 $B$ 模，并且，因为 $B$ 是免费的 $A$ 模， $A[[X_1, \ldots, X_n]]$ 是扁平 $A$ 模（章 I, § 2, no. 7，推论 3 到命题 8）。