(b) $M \neq 0$ 和 $M$ 的每个位似要么是单射的，要么是几乎幂零的（$§ 1$，no. 4）。 如果这些条件满足并且$p$是$a \in A$的集合，使得位似$a_M$几乎为零，则$\operatorname{Ass}(M) = \{p\}$。

这紧接着从$§ 1$、no. 4，推论到命题 9 和no. 1，推论 2 到命题 2。

$M / (\bigcap_{i \in I} \mathscr{Q}_i)$同构于直和$\bigoplus_{i \in I} (M / \mathscr{Q}_i)$的子模$\neq 0$。现在

（§ 1, no. 1，推论 1 至命题 3）。因此，$\operatorname{Ass}\left(M / (\bigcap_{i \in I} \mathscr{Q}_i)\right) = \{p\}$（§ 1, no. 1、命题 3 和推论 1 至命题 2）。

(i) 假设$p \cap S \neq \varnothing$。如果 N 相对于 M 是 p 主的，则 $S^{-1}N = S^{-1}M$。

(ii) 假设$p \cap S = \varnothing$。 For N to be p-primary with respect to M, it is necessary and sufficient that N be of the form $i_1(N')$, where $N'$ is a sub-$S^{-1}A$-module of $S^{-1}M$ which is $(S^{-1}p)$-primary with respect to $S^{-1}M$; then $N' = S^{-1}N$.

(i) 如果 $p \cap S \neq \varnothing$ 且 N 相对于 M 是 p 主的，则

（§ 1, no. 2，命题 5 的推论），因此$S^{-1}(M/N) = 0$（§ 1, no. 1，推论 1 到命题 2），从而 $S^{-1}M/S^{-1}N = 0$。

(ii) 假设$p \cap S = \varnothing$。如果 N 相对于 M 是 p-primary，则 $\operatorname{Ass}_{S^{-1}A}(S^{-1}(M/N)) = \{S^{-1}p\}$（§ 1, no. 2，命题 5 的推论），因此 $S^{-1}M$ 的子模 $N' = S^{-1}N$ 是 $(S^{-1}p)$-primary；此外，如果$s \in S$和$m \in M$使得$sm \in N$，则$m \in N$，对于M/N中比率s为单射的位似来说，从而$N = i_1(N')$（章II, § 2, no. 4，命题10）。相反，令$N'$为$S^{-1}M$的子模，它相对于$S^{-1}M$是$(S^{-1}p)$主要的；让我们写$N = i_1(N')$；然后$N' = S^{-1}N$（章II, § 2, no. 4，命题10）和$\operatorname{Ass}_{S^{-1}A}(S^{-1}(M/N)) = \operatorname{Ass}_{S^{-1}A}((S^{-1}M)/N') = \{S^{-1}p\}$。由于典范映射 $M/N \to S(M/N)$ 是单射的，因此与 M/N 相关的 A 素理想不满足 S (§ 1, no. 2, 命题 6)；由此可知 $\operatorname{Ass}(M/N) = \{p\}$（§ 1, no. 2，命题 5 的推论），因此 N 相对于 M 是 p 主的。

我们可以通过替换$M$乘以$M/N$，因此假设$N = 0$。由 § 1, no. 4，推论定理 2，$\operatorname{Ass}(M)$ 是有限的；通过§ 1, no. 1，命题 4，对于$M$的每个$p \in \operatorname{Ass}(M)$，子模$Q(p)$，存在$\operatorname{Ass}(M/Q(p)) = \{p\}$和$\operatorname{Ass}(Q(p)) = \operatorname{Ass}(M) - \{p\}$。让我们写$P = \bigcap_{p \in \operatorname{Ass}(M)} Q(p)$；对于所有$p \in \operatorname{Ass}(M)$，$\operatorname{Ass}(P) \subset \operatorname{Ass}(Q(p))$，因此$\operatorname{Ass}(P) = \varnothing$，这意味着$P = 0$（§ 1, no. 1，推论1到命题2），因此证明定理。

(2)

(3)

如果满足叙述的条件，则$N = \bigcap_{j \neq i} Q_j$不能成立，因为我们会推出与假设相反的$\operatorname{Ass}(M/N) \subset \bigcup_{j \neq i} \{p_j\}$（§ 1, no. 1，推论2至命题3）；那么$N$的初等分解$(Q_i)_{i \in I}$肯定会减少。反之，$\operatorname{Ass}(M/N) \subset \bigcup_{i \in I} \{p_i\}$始终成立（§ 1, no. 1，推论2至命题3）；另一方面，对于所有$i \in I$，让我们写成$P_i = \bigcap_j Q_j$；则 $P_i \cap Q_i = N$ 和 $P_i \neq N$ 如果 $(Q_i)_{i \in I}$ 约简，因此 $P_i/N$ 非零且同构于 $M/Q_i$、从而 $\{p_i\} = \operatorname{Ass}(P_i/N)$ 的子模 $(P_i + Q_i)/Q_i$ (§ 1, no. 1, 命题) 3 和推论 1 至命题 2)；为$P_i/N \subset M/N, p_i \in \operatorname{Ass}(M/N)$，它完成了叙述和公式（2）中条件的必要性证明。最后，如$N = \bigcap_{j \neq i} (Q_j \cap Q_i), \operatorname{Ass}(Q_i/N) \subset \bigcup_{j \neq i} \operatorname{Ass}(Q_i/(Q_j \cap Q_i))$（§ 1, no. 1，推论2至命题3）；但$Q_i/(Q_j \cap Q_i)$同构于$M/Q_j$的子模$(Q_i + Q_j)/Q_j$，因此$\operatorname{Ass}(Q_i/(Q_j \cap Q_i)) \subset \{p_j\}$和

从命题 4 之前的注可知，$M$ 中存在 $N$ 的减少的初等分解 $(R_j)_{j \in J}$，使得 $\mathrm{Card}(J) \leq \mathrm{Card}(I)$；第一个断言紧接着第二个断言，后者是命题4的推论。

显然，我们可以将注意力限制在$N = 0$、替换（如果需要）为$M$乘以$M/N$的情况。如果$p_i$在$\mathrm{Ass}(M)$、$\mathrm{Ass}(M)$的元素、集合中最小，且不满足$A - p_i$、约化至$p_i$；然后从上面的公式（3）和典范映射$M \to M_0$的§ 1, no. 2、命题6、核得出命题，等于0相对于$p_i$的饱和度（章11， § 2, no. 4）。

(i) 如果 $(Q_i)_{i \in I}$ 是 $D_I(M/N)$ 的元素，*族* $(Q_i)_{i \in J}$ 是 $D_J(M/N')$ 的元素，并且家庭 $(S^{-1}Q_i)_{i \in J}$ 是 $D_J(S^{-1}M/S^{-1}N)$ 的元素。

(ii) 映射 $(Q_i)_{i \in J} \to (S^{-1}Q_i)_{i \in J}$ 是 $D_J(M/N')$ *的双射 到 $D_J(S^{-1}M/S^{-1}N)$。

(iii) 如果 $(Q_i)_{i \in J}$ 是 $D_J(M/N')$ 的元素和 $(R_i)_{i \in I}$ 元素的 $D_I(M/N)$，*族* $(T_i)_{i \in I}$ 使得 $T_i = Q_i$ 对于 $i \in J$ 和 $T_i = R_i$ 对于 $i \in I - J$ 是 $D_I(M/N)$ 的元素。

(i) 我们知道 (no. 1, 命题 3) $i \in J, S^{-1}Q_i$ 是$S^{-1}p_i$ 的主要元素，$i \in I - J, S^{-1}Q_i = S^{-1}M$ 是主要元素；如 $S^{-1}N = \bigcap S^{-1}Q_i$ (章 II, § 2, no. 4)，那么还有 $S^{-1}N = \bigcap_{i \in J} S^{-1}Q_i$。 $i \in J$ 的 $S^{-1}p_i$ 是不同的，并且它们的集合是 $\operatorname{Ass}(S^{-1}M/S^{-1}N)$（$§ 1$、no. 2，命题 5 的推论）；那么 (命题 4) $(S^{-1}Q_i)_{i \in J}$ 是初等分解的减少$S^{-1}N$。此外，$Q_i = (i_M^S)^{-1}(S^{-1}Q_i)$ (no. 1 命题 3)，因此$N' = (i_M^S)^{-1}(S^{-1}N) = \bigcap_{i \in J} Q_i$和$(Q_i)_{i \in J}$显然是$M$中$N'$的减少的初等分解。

(ii) 当 $S^{-1}N' = S^{-1}N$，我们可以通过$N'$ 替换 $N$，即假设$J = I$。 令$(P_i)_{i \in I}$为$S^{-1}M$中$S^{-1}N$的约初等分解，并写为$Q_i = (i_M^S)^{-1}(P_i)$；从 no. 1、命题 3 可以得出，$Q_i$ 是 $p_i$ ($i \in I$) 的主要元素，而 $(Q_i)_{i \in I}$ 则是 $M$ 中 $N$ 的减少的初等分解，凭借 no. 3，推论命题 4. 最后，对于所有$i \in I$和每个子模$Q'_i$，其中$M$凭借no. 1、命题3和假设$J = I$相对于$M, Q'_i = (i_M^S)^{-1}(S^{-1}Q'_i)$是$p_i$主要的，我们看到两个定义了映射$D_I(M/N) \to D_I(S^{-1}M/S^{-1}N)$和$D_I(S^{-1}M/S^{-1}N) \to D_I(M/N)$，其中合成是$D_I(M/N)$和$D_I(S^{-1}M/S^{-1}N)$上的恒等式，证明了(ii)。

(iii) 凭借 (i)、$N' = \bigcap_{i \in J} R_i$、从而

紧随no. 3，推论到命题 4，初等分解会减少。

在命题 6 (i) 中定义* 是满射。

命题 6 (iii) 证明映射 $D_I(M/N) \to D_J(M/N')$ 是满射，命题 6 (ii) 证明映射

令$(M_i)_{0 \leq i \leq n}$为$M$的合成列，使得对于$0 \leq i \leq n - 1$，$M_i/M_{i+1}$同构于$A/p_i$，其中$p_i$是素数（$§ 1$、no. 4、定理1）。如果$M$是有限长度，那么每个$A$-模块$A/p_i$也是，这意味着每个环$A/p_i$都是阿廷的；但由于$A/p_i$是整环，因此是域，其他字$p_i$最大；我们结论 (a) 暗示 (b) ($§ 1$, no. 4, 定理 2)。 条件 (b) 通过 $§ 1$, no. 3, 命题 7 隐含 (c)。最后，如果 $\operatorname{Supp}(M)$ 的所有理想都最大，则 $p_i$ ($§ 1$, no. 4, 定理 2) 也最大，因此$A/p_i$是简单的$A$模块，$M$是有限长度，它完成了证明。

$\operatorname{Supp}(M)$的每个元素在$\operatorname{Supp}(M)$中都是最小的，结论由$§ 1$、no. 3、推论1到命题7得出。

根据$§ 1$、no. 2，推论命题 5，$\operatorname{Ass}_{A_p}(M_p)$ 是理想$q_p$ 的集合，其中$q$ 贯穿$p$ 中包含的$\operatorname{Ass}(M)$ 理想的集合。另一方面，$p_p$是$A_p$的唯一极大理想；到命题 7，要使$M_p$成为有限长度的$A_p$模，$\operatorname{Ass}(M)$中没有元素严格包含在$p$中是必要且充分的。另一方面，对于$M_p \neq 0$，到定义 $p \in \operatorname{Supp}(M)$ (章 11, § 4, no. 4) 是充分必要的，即$\operatorname{Ass}(M)$ ($§ 1$，$p$ 包含元素， no. 3、命题7)。这就证明了推论。

(i) 相对于由$\operatorname{Ass}(M)$索引的$M$，仅存在$\{0\}$的单个初等分解（必然减少）——令$\{0\} = \bigcap_{p \in \operatorname{Ass}(M)} Q(p)$为分解，其中$Q(p)$是相对于$M$的$p$主要。

(ii) 存在整数$n_0$，使得对于所有$n \geq n_0$和所有$p \in \operatorname{Ass}(M)$，$Q(p) = p^n M$。

(iii) 对于所有$p \in \operatorname{Ass}(M)$，$M$到$M_p$的典范映射是满射，其核是$Q(p)$。

(iv) $M$到$\bigoplus_{p \in \operatorname{Ass}(M)} (M/Q(p))$的典范嵌入是双射的。

由于每个元素$p \in \operatorname{Ass}(M)$在$\operatorname{Ass}(M)$（命题7）中都是最小的，断言（i）从no. 3，命题5得出。由于$M$是有限生成的，因此存在$n_0$使得$p^n M \subset Q(p)$对于所有$p \in \operatorname{Ass}(M)$ 和所有 $n \geq n_0$ (no. 1, 注);但由于$p$是最大理想，$p^n M$相对于$M$而言是$p$主要（no. 1，*例2和3*），并且，作为$\bigcap_{p \in \operatorname{Ass}(M)} p^n M = \{0\}$，它从(i)得出，对于所有$p \in \operatorname{Ass}(M)$必然有$p^n M = Q(p)$； 从而（二）。由于$p^n$对于$p \in \operatorname{Ass}(M)$来说，在对中互质（章 11, § 1, no. 2, 命题 3），典范映射 $M \to \bigoplus_{p \in \operatorname{Ass}(M)} (M/p^n M)$是满射（章 11， § 1, no. 2、命题 6)、从而 (iv)。然后$\operatorname{Ass}(Q(p)) = \operatorname{Ass}(M) - \{p\}$和$\operatorname{Ass}(M/Q(p)) = \{p\}$（no. 3，命题4）；由于$\operatorname{Ass}(M)$中的元素是极大理想，$p$是$\operatorname{Ass}(M)$中唯一不满足$A - p$的元素；因此，$Q(p)$ 是典范映射 $j : M \to M_p$ 中的核（$§ 1$、no. 2、命题 6）。如果 $M/Q(p)$ 的$s \in A - p$、位似与$s$ 的比率由于关系 $\operatorname{Ass}(M/Q(p)) = \{p\}$ (no. 1, 命题 1) 是单射的；因为$M/Q(p)$是阿廷的，所以这个位似是双射的（*代数*，章VIII, § 1, no. 2，引理3）。 典范映射$M \to M/Q(p)$则写作$f \circ j$，其中$f : M_p \to M/Q(p)$是$A$同态（章II, § 2, no. 2，命题3）；因为 $\operatorname{Ker}(j) = \operatorname{Ker}(f \circ j) = Q(p)$，$f$ 是单射；我们结论认为$j$是满射而$f$是双射。

如果我们证明的话，这将由命题 8 (iv)得出

现在，从 no. 1 的命题 1 可以得出，对于所有 $s \in A - p$ 位似，$M/\mathscr{Q}(p)$ 上的比率 s 都是单射的； 位似 $M/\mathscr{Q}(p)$ 的每个子模 R 上的比率 s 因此是单射的，并且由于 R 是阿廷的，所以它是双射的 (代数, 章 VIII, § 2, no. 2, 引理 3)；我们结论 $M/\mathscr{Q}(p)$ 的子 A 模块是 M 的子 A 模块的双射 $f : M, \to M/\mathscr{Q}(p)$ 下的像，(章 11, § 2, no. 3)，从而我们的断言。

如果这些条件满足，A只有有限的数素理想，它们都是极大的并且与A-模A相关；此外，A 是半局部环，其雅各布森根是幂零的。

说A是阿廷的相当于说，A是有限长度的A-模；因此(a)和(c)等价于命题7。显然(b)蕴涵(c)。最后，(a) 蕴含 (b)，因为每个阿廷的整环都是域。因此，性质 (a)、(b) 和 (c) 是等价的。

假设他们持有。由于属于到 Supp(A) 的每个素理想以及 Supp(A) 包含元素 Ass(A) 的每个元素 ($\S$ 1, no. 3, 命题 7)，从 (c) 可以得出 Ass(A) 是A 的所有素理想的集合；那么 A 只有有限的数素理想，所有素理想都是极大的并且与 A-模 A 相关。这显然意味着 A 是半局部的；最后，我们知道阿廷环的雅各布森根式是幂零的（*代数*，章VIII, § 6, no. 4，定理3）。

由命题 9 和命题 8 (iii) 和 (iv) 可知，如果$(\mathfrak{m}_i)_{1 \leq i \leq n}$ 是$A$ 的极大理想族，则典范映射 $A \to \prod_i A_{\mathfrak{m}_i}$ 是双射的。