由于$A_0 A_0 \subset A_0$乘以定义，足以证明$1 \in A_0$。令 $1 = \sum_{\lambda \in \Delta} e_\lambda$ 为 1 的分解的齐次分量。如果$x \in A_\mu$，则$x = x . 1 = \sum_{\lambda \in \Delta} x e_\lambda$；比较次数$\mu$的组成部分，（因为$\mu + \lambda = \mu$意味着$\lambda = 0$）$x = x e_0$。由于这个关系对于$A$的每个齐次元素都成立，因此对于所有$x \in A$都成立；特别是$1 = 1 . e_0 = e_0 \in A_0$。

(a) $N$ 是家庭的和 $(N \cap M_\lambda)_{\lambda \in \Delta}$。 (b) N 属于到 N 的每个元素的均质成分。 (c) $N$ 由齐次元素生成。

N 的每个元素都可以唯一地写为$M_\lambda$ 的元素的和，因此直接的 (a) 和(b) 是等价的，并且(a) 蕴涵(c)。我们证明（c）蕴涵（b）。然后令$(x_i)_{i \in I}$为N的同质生成元$\neq 0$族，并令$\delta(i)$为$x_i$的次数。 N 中的每个元素都可以写成 $\sum_i a_i x_i$ 和 $a_i \in A$；如果$a_{i,\lambda}$是次数$\lambda$的$a_i$的分量，则从关系得出结论

注 (1) 在上面的记号中，关系$\sum_{i \in I} a_i x_i = 0$因此相当于关系$\sum_{\mu + \delta(i) = \lambda} a_{i,\mu} x_i = 0$的系统。当$\Delta$是群时，这些关系可以写成$\sum_{i \in I} a_{i,\lambda - \delta(i)} x_i = 0$。

当M的子模N具有命题2中所述的等效性质时，显然$N \cap M_\lambda$形式与N的A-模结构兼容的分级，称为M上的“引起的分级”；具有此等级的 N 称为 M 的 等级子模。

应用推论 1 即可，注意到 M 的元素仅具有有限的数齐次分量 $\neq 0$。

$A_s$（或$A_d$）的分级子模称为分级环A的*分级左*（或*右*）*理想*。对于$A(B \cap A_\lambda)(B \cap A_\mu) \subset B \cap A_{\lambda+\mu}$的每个子环B；如果 B 是 A 的*分级子$\mathbf{Z}$-模块*，则 A 上的分级在 B 上引起的分级因此与 B 上的环结构兼容； B 则被称为 A 的*分级子环*。

显然，如果 N（分别为 B）是 M 的分级子 A 模块（分别为 A 的分级子环），则典范嵌入 $N \to M$（分别为 $B \to A$）为模同态为次数 0（分别为 a评分环同态）。

如果N是分级A-模M的分级子模和$(M_\lambda)_{\lambda \in \Delta}$M的分级，则$M/N$形式的子模$(M_\lambda + N)/N$与此商模的结构兼容的*分级*。因为，如果$N_\lambda = M_\lambda \cap N$、$(M_\lambda + N)/N$与$M_\lambda/N_\lambda$相同，并且从命题2和§ 1, no. 6、公式(26)可以得出，$M/N$是它们的直和。而且，

因此$A_\lambda((M_\mu + N)/N) \subset (M_{\lambda+\mu} + N)/N$，它建立了我们的断言。

。分度 ((M_\lambda + N)/N)_{\lambda \in \Delta} 称为 M 与 N 的商分度，而具有该分度的商模 M/N 称为 M 除以子模 N 的分度商模； 典范同态 M \to M/N 是本次毕业的同态次数 0。

如果b是A的分级双边理想，则A/b上的商分级与A/b上的环结构兼容；具有此分级的环 A/b 称为 A 除以 b 的商环； 典范同态 A \ 到 A/b 是本次毕业评分环的同态。

断言 (i) 紧随定义和命题 2(c)。如果 x 是 M 的元素，使得 u(x) = 0 且 x = \和_\lambda x_\lambda 是其分解的齐次分量（其中 x_\lambda 是次数 \lambda），则

u(x_\lambda) 为次数 \lambda + \delta；如果 \delta 是正则关系 \lambda + \delta = \mu + \delta 意味着 \lambda = \mu，因此 u(x_\lambda) 是 u(x) 的齐次分量，并且对于 \Delta 中的所有 \lambda \ 必然有 u(x_\lambda) = 0，这证明了 (ii)。 双射 v: M/Ker(u) \to Im(u) 与 u 规范关联，则为次数 \delta 的分级同态，如下从商分级的定义得出； 从而 (iii) 当 δ = 0 时。

应用命题 3 足以将 u 视为分级 \mathbf{Z} 模块的次数 0 的同态 。

如果$(\mathbf{N}_i)$是$M$的分级子模族，则命题2的性质(c)证明$\mathbf{N}_i$的和是由齐次元素生成，命题2的性质(b)证明齐次$\bigcap_i \mathbf{N}_i$ 属于至 $\bigcap_i \mathbf{N}_i$ 的每个元素的分量； 从而（一）。

为了证明(ii)，注满足$\operatorname{Ann}(x)$是$A$-模块$A_s$到$M$的同态$a \mapsto ax$的核并且这个同态的等级为次数 $\mu$；结论来自命题 3(ii)。 最后，（iii）是（i）和（ii）的推论，$M$的分级子模$N$的湮没子是$N$的齐次元素的湮没子交，凭借命题2。

假设$a$为次数$\delta$；令 $b = \sum_\lambda b_\lambda$ 为元素可置换，$a$，$b_\lambda$ 为所有 $\lambda \in \Delta$ 的次数 $\lambda$ $b$ 的齐次分量。那么由假设$\sum_\lambda (ab_\lambda - b_\lambda a) = 0$和$ab_\lambda - b_\lambda a$齐次的次数$\lambda + \delta$；由于$\delta$是可取消的，因此$ab_\lambda = b_\lambda a$适用于所有$\lambda$，这证明了我们的断言。

它是$B$的齐次元素的中心化子交。

Remark (3) *A direct system $(A_\alpha, \phi_{\beta\alpha})$ of graded rings of type $\Delta$ (resp. a direct system $(M_\alpha, f_{\beta\alpha})$ of graded $A_\alpha$-modules of type $\Delta$) is a direct system of rings (resp. $A_\alpha$-modules) such that each $A_\alpha$ (resp. $M_\alpha$) is graded of type $\Delta$ and each $\phi_{\beta\alpha}$ (resp. $f_{\beta\alpha}$) is a homomorphism of graded rings (resp. an $A_\alpha$-homomorphism of degree 0 of graded modules). 如果$(A^\lambda_\alpha)_{\lambda \in \Delta}$（或$(M^\lambda_\alpha)_{\lambda \in \Delta}$）是$A_\alpha$（或$M_\alpha$）的毕业，我们写

从 § 6, no. 2、命题 5 可以得出，$(A^\lambda)$（分别为 $(M^\lambda)$）是 A 级（分别为 M），并且可以从 I, § 10、第 5 个得出。 3 和 4 表明该刻度与 A 上的环结构兼容（分别与 M 上的 A-模结构）。分级的环 A（分别分级为A-模 M）称为分级环 $(A_\alpha, \phi_{\beta\alpha})$（分别分级为模 $(M_\alpha, f_{\beta\alpha})$）的直接系统的直极限。如果$\phi_\alpha : A_\alpha \to A$（分别$f_\alpha : M_\alpha \to M$）为典范映射，则$\phi_\alpha$（分别$f_\alpha$）为分级环的同态（分别为分级$A_\alpha$模块的次数0的同态）。

令$x$为$M_{\lambda_0}$的非零元素；假设$x \in \mathfrak{I}_0 M$。然后$x = \sum_i a_i x_i$，其中$a_i$是$\mathfrak{I}_0$的同质元素$\neq 0$，以及M的$x_i$同质元素$\neq 0$，对于所有$i$（no. 2），$\deg(x) = \deg(a_i) + \deg(x_i)$。但是，如$\deg(a_i) > 0$、$\lambda_0 = \deg(a_i) + \deg(x_i) > \deg(x_i)$，即与……矛盾假设。

假设$M \neq \{0\}$。设$\lambda_0$为齐次元素$\neq 0$M由……组成有限生成系统次数集合的最小元素；那么命题6的假设就得到满足，这意味着矛盾。

$\mathbf{M}/\mathbf{N}$是有限生成的分级$\mathbf{A}$模块，假设意味着$\mathfrak{J}_0 . (\mathbf{M}/\mathbf{N}) = \mathbf{M}/\mathbf{N}$；因此$\mathbf{M}/\mathbf{N} = 0$。

是满射，那么 $u$ 是满射。

$u(\mathbf{M})$ 是 $\mathbf{N}$ 的分级子模和 $(\mathbf{A}/\mathfrak{J}_0)$ 模块

与 $(N \otimes_{\mathbf{A}} (\mathbf{A}/\mathfrak{J}_0))/\mathrm{Im}(u \otimes 1)$ (§ 3, no. 6, 命题 6) 同构的。因此，根据推论 1，假设意味着$(N/u(\mathbf{M})) \otimes_{\mathbf{A}} (\mathbf{A}/\mathfrak{J}_0) = 0$，进而意味着$\mathbf{N} = u(\mathbf{M})$。

我们知道（no. 2，*注 3*）有一个分级免费$\mathbf{A}$-模块$\mathbf{L}$（毕业$(L_\lambda)$）和满同态$p : \mathbf{L} \to \mathbf{M}$的次数0，这样$p(e_{i\lambda}) = x_{i\lambda}$对于所有$(i, \lambda) \in I$（$(e_{i\lambda})_{(i, \lambda) \in I}$为同质元素$e_{i\lambda} \in L_\lambda$的$\mathbf{L}$由……组成基）。从上面的*注*得出$p$是*满射*。考虑分级的$\mathbf{A}$-模块$\mathbf{R} = \mathrm{Ker}(p)$和注，$R_\lambda = \{0\}$对于$\lambda < \lambda_0$乘定义；我们需要证明$\mathbf{R} = \{0\}$，到命题 6就足以证明$\mathfrak{J}_0 R = R$。考虑交换性图表 (§ 3, no. 6, 命题 5)

其中$j$是典范嵌入，$a, b, c$源自典范嵌入$\mathfrak{J}_0 \to A$（§ 3, no. 4，命题4）；必须证明 $a$ 是满射的。 注，由于$L$是自由的，$b$是单射的（§ 3, no. 7，推论6到命题 7），并且$c$是假设的单射。则令$t$为$R$中的元素，且$t$为$R / \mathfrak{J}_0 R$中的类；那么就有正合序列（§ 3, no. 6、命题 5 以及推论 2 到命题 6）

where $j$ and $\bar{p}$ derive from $j$ and $p$ when passing to the quotients and $\bar{p}$ is by hypothesis a bijection; then $j(\bar{t}) = 0$, in other words $j(t) \in \mathfrak{J}_0 L$. 那么有元素$z \in \mathfrak{J}_0 \otimes L$使得$j(t) = b(z)$；作为 $p(b(z)) = 0$、$c((1 \otimes p)(z)) = 0$，并且由于 $c$ 是单射的，$(1 \otimes p)(z) = 0$。 在其他字中，$z$是$1 \otimes j$下元素$t' \in \mathfrak{J}_0 \otimes R$的像，然后是$j(a(t')) = b(z) = j(t)$；由于$j$是单射的，这意味着$t = a(t')$。

我们稍后将展示（交换代数，II, § 3, no. 2，命题 5）如何将这个命题扩展到非分级模。

如果$\Delta$上存在这样的阶结构并且$\lambda > 0$，则对于所有$\mu \geq 0$存在$\lambda + \mu > 0$，特别是整数$n > 0$，$n.\lambda > 0$上的归纳，这证明$\Delta$是无扭转（因为 $\Delta$ 的每个元素 $\neq 0$ 要么是 $> 0$ 要么 $< 0$）。 Conversely, if $\Delta$ is torsion-free, $\Delta$ is a sub-$\mathbf{Z}$-module of a vector $\mathbf{Q}$-space (§ 7, no. 10, Corollary 1 to Proposition 26) which may be assumed of the form $\mathbf{Q}^{(I)}$; if $I$ is given a well-ordering (Set Theory, III, § 2, no. 3, Theorem 1) and $\mathbf{Q}$ its usual ordering, the set $\mathbf{Q}^{(I)}$ with the lexicographical ordering is totally ordered (Set Theory, III, § 2, no. 6); it is immediate that this ordering is compatible with the additive group structure of $\mathbf{Q}^{(I)}$.