由于环$A/p$为整环，所以$A/p$的元素$\neq 0$的湮没子为$p$。

令$a = \operatorname{Ann}(x)$ ($x \in M, x \neq 0$) 为极大元素；只要证明 $a$ 是素数就足够了。如$x \neq 0$、$a \neq A$。令$b, c$为$A$的元素，使得$bc \in a$和$c \notin a$。然后是$cx \neq 0$、$b \in \operatorname{Ann}(cx)$和$a \subset \operatorname{Ann}(cx)$。由于$a$最大，$\operatorname{Ann}(cx) = a$，从而$b \in a$，所以$a$是质数。

如果$M = \{0\}$，显然$\operatorname{Ass}(M)$是空的（$A$上没有任何假设）。如果形式$\operatorname{Ann}(x)$的理想$M \neq \{0\}$、集合非空且由理想$\# A$组成，其中$x \in M$和$x \neq 0$；因为$A$是诺特，所以这个集合有极大元素；那么应用命题2就足够了。

如果$a$属于到素理想$p \in \operatorname{Ass}(M)$，则$p = \operatorname{Ann}(x)$，其中$x \in M, x \neq 0$； 从而 $ax = 0$ 和位似与比率 $a$ 不是单射。相反，如果$ax = 0$对于某些$x \in M$使得$x \# 0$，则$Ax \# \{0\}$，从而$\operatorname{Ass}(x) \neq \varnothing$（推论1）。设 $p \in \operatorname{Ass}(Ax)$；那么显然$p \in \operatorname{Ass}(M)$和$p = \operatorname{Ann}(bx)$，其中$b \in A$； 从而$a \in p$，从$abx = 0$开始。

它可以通过(1)简化为$I$有限的情况，然后简化为$\operatorname{Card}(I)$上$\operatorname{Card}(I) = 2$乘归纳的情况。然后令$I = \{i, j\}$，其中$i \neq j$；因为$M/M_i$同构于$M_j$、$\operatorname{Ass}(M) \subset \operatorname{Ass}(M_i) \cup \operatorname{Ass}(M_j)$ (命题 3)；而且，$\operatorname{Ass}(M_i)$和$\operatorname{Ass}(M_j)$包含在$\operatorname{Ass}(M)$（命题3）、从而结果中。

令 $\mathscr{E}$ 为子模 $P$ $M$ 的集合，使得 $\operatorname{Ass}(P) \subset \operatorname{Ass}(M) - \Phi$。 公式 (1) 表明集合 $\mathscr{E}$ 按包含排序，是*归纳*；此外，$\{0\} \in \mathscr{E}$，因此$\mathscr{E} \neq \varnothing$。设$N$为$\mathscr{E}$的极大元素。然后$\operatorname{Ass}(N) \subset \operatorname{Ass}(M) - \Phi$。我们将看到$\operatorname{Ass}(M/N) \subset \Phi$，到命题 3，将完成证明。让$p \in \operatorname{Ass}(M/N)$；那么 $M/N$ 包含子模 $F/N$ 同构于 $A/p$。 命题 1 和 3，$\operatorname{Ass}(F) \subset \operatorname{Ass}(N) \cup \{p\}$。由于$N$在$\mathscr{E}$、$F \notin \mathscr{E}$中最大，因此$p \in \Phi$最大。

回想一下（章 II, § 2, no. 5，命题 11），映射$p \mapsto S^{-1}p$是$\Phi$的双射到$S^{-1}A$素理想的集合。如果$p \in \operatorname{Ass}_A(M) \cap \Phi$，$p$是$M$的单生子模$N$的湮没子；那么$S^{-1}p$是$S^{-1}M$的单生子模$S^{-1}N$的湮没子（章II, § 2, no. 4，公式（9）），因此$S^{-1}\mathfrak{p} \in \mathrm{Ass}_{S^{-1}A}(S^{-1}M)$。相反，假设$\mathfrak{p} \in \Phi$是有限生成的，并且$S^{-1}\mathfrak{p}$与$S^{-1}M$相关联；则存在$x \in M$和$t \in S$，使得$S^{-1}\mathfrak{p}$是$x/t$的湮没子。设$(a_i)_{1 \leq i \leq n}$为$\mathfrak{p}$生成元系统；那么$(a_i/1)(x/t) = 0$，因此存在$s_i \in S$使得$s_i a_i x = 0 \ (1 \leq i \leq n)$。让我们写$s = s_1 s_2 \ldots s_n$；对于所有 $a \in \mathfrak{p}$、$s a x = 0$、从而 $p \subset \mathrm{Ann}(s x)$；另一方面，如果$b \in A$满足$b s x = 0$，则$b/1 \in S^{-1}\mathfrak{p}$乘以定义，从而$b \in \mathfrak{p}$。然后是$\mathfrak{p} = \mathrm{Ann}(s x)$和$\mathfrak{p} \in \mathrm{Ass}_A(M)$。

如果 A 不是诺特，$\mathrm{Ass}_A(M) \cap \Phi$ 到 $\mathrm{Ass}_{S^{-1}A}(S^{-1}M)$ 的映射 $p \mapsto S^{-1}p$ 不一定是满射（习题 1）。

到no. 1的命题4，M中存在满足关系$\mathrm{Ass}(N') = \mathrm{Ass}(M) - Y$和$\mathrm{Ass}(M/N') = \Psi$的子模$N'$。我们需要证明$N = N'$。考虑交换律图表

其中$p, u, v$是典范同态。我们将证明$S^{-1}p$和$v$是单射的，这将证明$u$和$p$具有相同的核，因此$N = N'$。

作为$\mathrm{Ass}(N') \cap \Psi = \varnothing$，$\mathrm{Ass}(N')$的每一个元素都满足S。然后$\mathrm{Ass}_{S^{-1}A}(S^{-1}N') = \varnothing$（推论到命题5），从而$S^{-1}N' = \{0\}$（no. 1，推论1到命题2），这证明了$S^{-1}p$是单射 (章 II, §2, no. 4, 定理 1)。另一方面，如果$x$属于到$v$的核K，则$\mathrm{Ann}(x) \cap S \neq \varnothing$(章II, §2, no. 2，命题4)；因此从 $\mathrm{Ass}(K) \subset \mathrm{Ass}(M/N') = \Psi$ 开始$\mathrm{Ass}(K) = \varnothing$；我们推导出$K = \{0\}$（no. 1，推论1到命题2）和$v$是单射的。

(i) 包含元素$\in \operatorname{Ass}(M)$属于到$\operatorname{Supp}(M)$的每个素理想$\mathfrak{p}$。

(ii) 相反，如果 A 为诺特，则每个理想$\mathfrak{p} \in \operatorname{Supp}(M)$ 包含元素 $\in \operatorname{Ass}(M)$。

如果 $\operatorname{Ass}(M)$ 的 $\mathfrak{p}$ 包含元素 $q$，则$q \cap (A - \mathfrak{p}) = \varnothing$，因此，如果我们写 $S = A - \mathfrak{p}$，$S^{-1}\mathfrak{p}$ 是与$S^{-1}M = M$相关的素理想，（no. 2， 命题 5) 和 更不必说 $M, \# 0$，因此$\mathfrak{p} \in \operatorname{Supp}(M)$。相反，如果 A 是诺特，则 A 也是，（章 II, § 2, no. 4，推出 2 到命题 10）。如果$M_{\mathfrak{p}} \neq 0$，则$\operatorname{Ass}_{A_{\mathfrak{p}}}(M_{\mathfrak{p}}) \neq 0$（no. 1，推论1到命题2），因此存在$q \in \operatorname{Ass}_A(M)$使得$q \cap (A - \mathfrak{p}) = \varnothing$（no. 2，推论命题5）。

我们知道 A 的零根是 $\operatorname{Spec}(A) = \operatorname{Supp}(A)$ 的最小值元素的交（章 II, § 2, no. 6，命题 13）。

令$\mathscr{G}$为M的子模中的集合，其中M具有合成列和叙述的性质。由于$\mathscr{G}$非空（对于$\{0\}$属于到$\mathscr{G}$）且M为诺特，$\mathscr{G}$有极大元素N。如果$M \neq N$，则$M/N \neq 0$，因此$\operatorname{Ass}(M/N) \neq \varnothing$ （no. 1，推论1至命题2）； $M/N$因此包含子模$N'/N$同构于形式$A/\mathfrak{p}$的A-模，其中$\mathfrak{p}$是素数；然后乘定义$N' \in \mathscr{G}$，其中与……矛盾是N的最大特征标。那么必然是$N = M$。

(4)

这三个集合的最小值元素相同，且重合与素理想包含Ann(M)的集合的最小值元素相同。

包含于 Ass(M) $\subset \{p_0, \ldots, p_{n-1}\}$ 紧随no. 1 的命题 1 和 3。对于$0 \leq i \leq n - 1$，

(章 II, § 4, no. 4, 例), 从而 $p_i \in \operatorname{Supp}(M_i) \subset \operatorname{Supp}(M)$ (章 II, § 4, no. 4, 命题 16)，显示包含

推论1到no. 3的命题7表明Ass(M)和Supp(M)具有相同的最小元素，并且(4)表明这些只是$\{p_0, \ldots, p_{n-1}\}$的最小元素。然后从章 II, § 4, no. 4、命题 17 开始最后一个断言。

在定理2的条件下，集合$\{p_0, \ldots, p_{n-1}\}$不一定由M唯一确定；特别是它可能与 Ass(M) (习题 6) 不同。

(a) M 存在元素 x $\# O$，使得 $ax = 0$。 (b) 对于所有 $a \in a$，存在 M 的元素 x $\neq O$，使得 $ax = 0$； (c) 存在$p \in \operatorname{Ass}(M)$使得$a \subset p$。

显然（a）意味着（b）。根据no. 1，推论2到命题2，条件(b)意味着理想a包含在与M相关的素理想的并中，因此包含在其中一个中，因为Ass(M)是有限的(章11，§ 1, no. 1， 命题2);因此(b)意味着(c)。最后，如果存在$p \in \operatorname{Ass}(M)$使得$a \subset p$，则p是M（no. 1，定义1）的元素$x \neq 0$和$ax = 0$的湮没子；因此(c)意味着(a)。

这个交也是Supp(M)的最小元素（no. 3，推论1到命题7），并且说a包含在这个交中相当于说，即记号中的$V(a) \supset \operatorname{Supp}(M)$ 章II, § 4；然后从章 11、§ 4, no. 4、推论2到命题 17得出结论。

叙述的条件等价于说，对于所有$x \in M$，存在$n(x) > 0$使得$(Aa)^{n(x)}(Ax) = 0$；通过命题 9，这也意味着$a$属于与子模$Ax$相关的$M$的所有素理想；然后从以下事实得出推论：$\operatorname{Ass}(M)$ 是$\operatorname{Ass}(Ax)$ 的并，其中$x$ 穿过$M$（no. 1，公式 (1)）。

通过假设，$E$同构于形式$A^n/R$的$A$模，因此$\operatorname{Hom}_A(E, F)$同构于$\operatorname{Hom}_A(A^n, F)$的子模，后者同构于$F^n$；现在，$\operatorname{Ass}(F^n) = \operatorname{Ass}(F)$（no. 1，推论1到命题3）；因此$\operatorname{Ass}(\operatorname{Hom}_A(E, F)) \subset \operatorname{Ass}(F)$。另一方面，

对于$A$的每个素理想$p$，$\operatorname{Hom}_{A_p}(E_p, F_p)$同构于$(\operatorname{Hom}_A(E, F))_p$（章11，§ 2, no. 7，命题19），从而我们的断言立即；那么我们从定理 2 结论得到

相反，令$p$为$A$属于到$\operatorname{Ass}(F) \cap \operatorname{Supp}(E)$的素理想。由定义，$F$包含子模同构于$A/p$。另一方面，由于$E$是有限生成的，而$E, \neq 0$，我们知道从$E$到$A/p$存在同态$w \neq 0$（章II, § 4, no. 4，命题20）。因为从$A/p$到$F$、$j \circ w \in \operatorname{Hom}(E, F)$和$j \circ w \neq 0$存在单同态$j$。另一方面，$a \in A$的关系$aw = 0$相当于$a \in p$，$A/p$的每元素$\neq 0$中的湮没子为$p$；那么当然$p \in \operatorname{Ass}(\operatorname{Hom}_A(E, F))$。