假设 M 有有限长度 $d$。那么M的子模中的每一个严格递增的或严格递减序列最多有$d+ 1$项（I, §4, No. 7，p. 44）。因而，M 为阿廷的和诺特。

相反，假设M是阿廷的和诺特。设$\mathscr{S}$为有限长度M的子模集合。 零子模是$\mathscr{S}$的元素，并且由于M是诺特，所以$\mathscr{S}$有极大元素N。让我们通过反证法给出证明并假设$M\not= N$。 M 的子模中的集合与 N 和包含 N 不同，则具有最小元素 P，因为 M 是阿廷的。 模$P/N$有长度1，并且由于N是有限长度的模，因此同样适用于P（II, §1, No. 10，p. 212，命题16）。 N的这个与……矛盾定义。

首先假设 M 的每个子模都是有限生成的。令$(P_n)_{n\in\mathbf{N}}$为M的子模的递增序列，并令P为其并。这是 M 的子模。到假设时，存在 M 生成的模 P 的有限子集 F；令$n\in \mathbf{N}$为整数，使得$F\subset P_n$。然后我们有 $P_n= P$，并且序列 $(P_n)_{n\in\mathbf{N}}$ 是静止的。这就证明模 M 是诺特。

逆命题是以下更精确的叙述中的推论。

事实上，根据VIII，p. 2，存在E的有限子集 F，使得$\sum_{x\in E}Ax=\sum_{x\in F}Ax$。

如果是阿廷模，我们就给出证明； 诺特模的情况类似。

假设M是阿廷的。由于 N 的每个子模都是 M 的子模，因此模 N 是阿廷的。令$(P_n)_{n\in\mathbf{N}}$为$M/N$的子模中的递减序列。 M 包含 N 中存在子模的递减序列 $(Q_n)_{n\in\mathbf{N}}$，使得对于每个 $n\in \mathbf{N}$ (I, §4, No. 6, p. 41, 定理 4) 都有$P_n= Q_n/N$。由于 M 是阿廷的，序列 $(Q_n)$ 是平稳的，因此序列 $(P_n)$ 也是平稳的。因而，模$M/N$是阿廷的。

相反，假设模 N 和$M/N$ 为阿廷的，并考虑M 的子模的递减序列 $(P_n)$。N 的子模序列 $P'_n= N\cap P_n$ 是平稳的。同样，$M/N$的子模的序列$P''_n= (N + P_n)/N$是静止的。因而，存在整数$m\in \mathbf{N}$，这样对于每个整数$n\geqslant m$，我们都有$P'_n= P'_m$和$P''_n= P''_m$。 序列 $(P_n)$ 然后通过以下引理静止。

令 $x$ 为 Q 的元素。属于为 N + P；因而，存在 P 的元素$y$使得$x-y\in N$。由于 Q 包含于 P，差 $x-y$ 属于到 $N\cap Q$，因此到 P。因而，$x$ 属于到 P。

a) 如果模 $M_i$ 是阿廷的（分别是诺特），那么它们的和 $\sum_{i\in I}M_i$ 也是。

b) 如果模 $M/M_i$ 是阿廷的（分别是诺特），那么模 $M/\bigcap_{i\in I}M_i$ 也是。

到归纳时，处理$I =\{1,2\}$时的情况就足够了。 模$M_2/(M_1\cap M_2)$，$M_2$的商，与$M/M_1$的子模$(M_1+M_2)/M_1$同构的（I, §4, No. 6，p. 41，定理4）。

在部分a)中，我们假设$M_1$和$(M_1+ M_2)/M_1$是阿廷的（分别是诺特）；同样的情况也适用于$M_1+ M_2$ (命题 3)。

在部分 b)中，我们假设$M/M_2$和$M_2/(M_1\cap M_2)$是阿廷的（分别是诺特）；同样的情况也适用于$M/(M_1\cap M_2)$（前述）。

我们将在证明中使用以下引理。

我们$n$使用归纳法。首先，假设$n= 1$。如果 M 不是有限长度，那么我们可以为每个 $m\in \mathbf{N}$ 长度 1 的 M 的子模构造序列 $(M_m)_{m\in\mathbf{N}}$ 和$M_m\not\subset (\sum_{i<m}M_i)$。然后，每个$m$就有$M_m\cap \sum_{i<m}M_i= 0$，而家庭$(M_m)_{m\in\mathbf{N}}$的和将是直接的。然而，这个与……矛盾事实上A-模M是阿廷的（VIII，p. 2，例2）。

现在，假设$n\geqslant 2$。设$(M_i)_{i\in I}$为长度$\leqslant n$M子模和和M。对于每一个$i\in I$，长度$M_i$选择子模$M'_i$ $\leqslant n-1$使得$M_i/M'_i$有长度$\leqslant 1$。 集合$M'=\sum M'_i$，并用$M''_i$表示$M''= M/M'$中$M_i$的像。 模$M''_i$是长度$\leqslant 1$，而和是$M''$。 模$M'$和$M''$为阿廷的（VIII、p. 3、命题3）；到归纳假设时，它们的数量为有限长度。因而，M 有有限长度 (II, §1, No. 10, p. 212, 命题 16)。

现在让我们证明定理 1。让$\mathscr{S}$表示A的左理想$\mathfrak{a}$的集合，使得模$A_s/\mathfrak{a}$有有限长度。令 $(\mathfrak{a}_i)_{i\in I}$ 为元素和 $\mathscr{S}$ 的有限族。到 VIII、p. 2、A-模 $A_s/\mathfrak{a}_i$ 的命题 1 时，每$i\in I$ 为阿廷的和诺特。因而，$A_s/\bigcap_{i\in I}\mathfrak{a}_i$是阿廷的和诺特（VIII，p. 4，命题3的推论），因此是有限长度（VIII，p. 2，命题1）。这证明$\mathscr{S}$是包含的左有向集合。由于环 A 是左阿廷的，集合 $\mathscr{S}$ 至少有元素 $\mathfrak{b}$。我们用$n$表示A-模$A_s/\mathfrak{b}$中的长度。

令$x$为$A_s$的元素，且$\mathfrak{a}$为湮没子（II, §1, No. 12，p. 219）。 A-模 $Ax$ 与 $A_s/\mathfrak{a}$ 同构的。如果$Ax$有有限长度，则$\mathfrak{a}$属于到$\mathscr{S}$，所以$\mathfrak{a}$包含于$\mathfrak{b}$和$Ax$有长度$\leqslant n$。因而，有限长度的A的每个单生左理想都有长度$\leqslant n$。令$\mathfrak{c}$为这些理想中的和；这是有限长度的A的左理想乘以引理 3。有限长度的A的每个左理想都是有限长度的单生左理想的和，因此包含在$\mathfrak{c}$中。因而，$\mathfrak{c}$是有限长度的A的最大的左理想。

如果 $\mathfrak{c}$ 与 A 不同，则包含 $\mathfrak{c}$ 的左理想的集合且与 $\mathfrak{c}$ 不同，将具有最小元素 $\mathfrak{c}'$。那么A-模$\mathfrak{c}'/\mathfrak{c}$将有长度1，$\mathfrak{c}'$将有有限长度，与……矛盾事实上$\mathfrak{c}$是最大的。因此我们有 $\mathfrak{c}= A$； A-模$A_s$有有限长度。

设 A 为左阿廷的环。到定理 1，A-模 $A_s$ 已有限长度。然后我们应用命题 1 of VIII, p. 2。

设 A 为左（或右）阿廷环； A-模 $A_s$（或$A_d$）（I, §4, No. 7，p. 44）的长度称为环 A 的左（或右）长度。当 A 是交换律阿廷环时，这两个长度重合，简称为A的长度。当A左且右阿廷不可交换时，A的左与右长度不一定相等（VIII、p. 14、习题3）。

b) 设 A 为左阿廷的环，M 左A-模。以下性质是等价的： 模 M 是有限生成的； 模 M 为阿廷的； 模 M 有有限长度； 模 M 是诺特。

让我们证明a）。 M 的每个单生子模都同构于商 $A_s$，因此是诺特乘以 VIII、p. 3 的命题 3。 模 M 是这样的子模的有限和；因而，通过命题 3 的推论 (VIII, p. 4) 得到诺特。然后，M 的每个子模都是有限生成的 (VIII, p. 3, 命题 2)

现在，假设环 A 是左阿廷的。我们看到，就像前面的截面一样，如果A-模 M是有限生成的，那么它就是阿廷的。如果它是阿廷的，那么它有有限长度：事实上，它的单生子模与$A_s$的商同构，因此有限长度小于$A_s$，并且断言从引理3得出。每模有限长度是诺特，并且每个诺特模都是有限生成的。这证明了b)。

b) 设A为左阿廷的（分别为左诺特的）环，并令$\mathfrak{a}$为A的两侧理想； 环 $A/\mathfrak{a}$ 是左阿廷的（分别是左诺特的）。

c) 令$(A_i)_{i\in I}$为左阿廷的（分别为左诺特的）环的族。 环 $\prod_{i\in I}A_i$ 是左阿廷的（分别是左诺特的）。

我们将处理阿廷环的情况； 诺特环的情况类似。

让我们证明a）。到命题 4 时，环 $B_s$ 为阿廷的左A-模和更不必说阿廷的左B-模。

断言 b) 从断言 a) 得出，应用于从 A 到 $A/\mathfrak{a}$ 的典范同态。

让我们证明c）。 集合$A =\prod_{i\in I}A_i$。 到假设，$(A_i)_s$是阿廷的左$A_i$-模块和更不必说阿廷的左A-模。 VIII、p. 4、A-模$A_s$中的例 5 为阿廷的。

在任何交换环中，最大理想是素数。设A为阿廷的交换环。令 $\mathfrak{p}$ 为 A 的素理想。环 $A/\mathfrak{p}$ 为整环，为阿廷的 (命题 5)，因此为域 (VIII, p. 5, 例 3)。因而，理想的 $\mathfrak{p}$ 是最大的。

多项式环$\mathbf{Q}[(X_n)_{n\in\mathbf{N}}]$为整环； it is not 诺特 (or 阿廷的) (VIII, p. 15, 习题 9). It is 子环 of its 域 of 分数, which is 阿廷的 (and 诺特) 环.

集合 E = 结束$_A(M)$。令$(x_1, . . . , x_m)$为E模M的有限生成族。映射$\varphi :a\mapsto (ax_1, . . . , ax_m)$从$(A_M)_s$到$M^m$是$A_M$线性。令$a$为$A_M$的元素，使得$\varphi (a) = 0$。 M 的元素 $x$ 的集合，使得 $ax= 0$ 是 M 包含于 $x_1, . . . , x_m$ 的 E 子模，因此等于 M，这意味着 $a= 0$。

这是从VIII、p. 3 的引理 4 和命题 3 得出的。

a) 设 M 为诺特 A-模。 环$A_M$是诺特。

b) 令 M 为 A-模或有限长度。 环$A_M$是阿廷的。

设M为A-模。在a)或b)的假设下，A-模M是有限生成的。由于A是可交换的，$A_M$包含在环End$_A$(M)中，因此M的对模是有限生成的。那么就足以应用命题 6。

a) 环中的加法是A[X]通常的加法。

b) 乘法 in this 环扩展 that of A.

c) 乘积 in this 环 of 序列 $(a,X, . . . ,X)$, 由……组成 of 元素 $a$ of A followed by $n$ 项 equal to X, is the polynomial $aX^n$.

d) 在这个环中，每$a\in A$有$Xa=\sigma (a)X +d(a)$。

令 E 为加法群 A[X] 的自同态环。 映射 that sends $a\in A$ to 位似 $a_M$ of 左A-模 M = A[X] is 环同态 from A to E. Consider 元素 $u,\sigma_M$, and $d_M$ of E defined by $u(\sum b_nX^n) =\sum b_nX^{n+1},\sigma_M(\sum b_nX^n) =\sum\sigma (b_n)X^n$，$d_M(\sum b_nX^n) =\sum d(b_n)X^n$。 For every $a\in A$, we have

集合

从 (2) 可以看出，对于每 $a\in A$，我们有

Consider 映射 $\varphi : A[X]\rightarrow E$ defined by

这是群同态。 归纳论证表明，对于每个 $n\in \mathbf{N}$，我们有 $(X_M)^n(1) = X^n$。因而，对于每个$P\in A[X]$，我们都有$\varphi (P)(1) = P$，这证明同态$\varphi$是单射的。我们将其像记为B。集合B是E的子群；它包含 1，并且在左乘法下通过$a_M$对于$a\in A$和$X_M$是稳定的（参见（4））。 It is therefore 子环 of E. The unique 环结构 on A[X] derived from that on B by transfer of 结构 via $\varphi$ has the properties of 命题 7, where 性质 d) results from 关系 (4).

If A[X] is endowed with 环结构 that has the properties of 命题 7, then the left 位似 $\boldsymbol{\gamma }_X$ of this 环 (I, §8, No. 1, p. 97) necessarily sends $bX^n$ to $\sigma (b)X^{n+1}+d(b)X^n$ 对于 $b\in A$ 和 $n\in \mathbf{N}$，因此等于 $X_M$。对于每个 $a\in A$，位似 $\boldsymbol{\gamma }_a$ 必然等于 $a_M$。因而，每 $P\in A[X]$ 就有 $\boldsymbol{\gamma }_P=\varphi (P)$； 唯一性 in 命题 7 follows.

集合 A[X], endowed with the unique 环结构 with the properties of 命题 7, is denoted by $A[X]_{\sigma ,d}$ and called 多项式环 in X with coefficients in A, relative to $\sigma$ and $d$。 We simply denote it by $A[X]_{\sigma}$ when $d$ is 零映射 and by A[X] when, moreover, $\sigma$ is 恒等映射 on A. This 记号 is compatible with that introduced in IV, §1, No. 1, p. 1 for 交换环 A.

集合$B = A[X]_{\sigma ,d}$。对于任何整数$n\geqslant 0$，我们用形式$a_0+a_1X +\cdots +a_nX^n$B元素$B_n$集合来表示。它是B的左A-子模。由$\varphi_n(a_0+a_1X +\cdots +a_nX^n) =a_n$定义的映射$\varphi_n: B_n\rightarrow A_s$是A线性的。

令 $\mathfrak{b}$ 为 B 的左理想。对于每个整数 $n\geqslant 0$，集合 $\mathfrak{a}_n=\varphi_n(\mathfrak{b}\cap B_n)$ 为 A 的左理想。由于对于每个 $a\in A$，我们有 $Xa=\sigma (a)X +d(a)$，因此我们有

(6)$\varphi_{n+1}$(XQ)$=\sigma (\varphi_n(Q))$

对于每个$Q\in B_n$，因而$\sigma (\mathfrak{a}_n)\subset \mathfrak{a}_{n+1}$。因而，A 的理想序列 $\mathfrak{a}'_n=\sigma^{-n}(\mathfrak{a}_n)$ 为递增。由于环 A 是左诺特的，因此存在整数 $m\geqslant 0$，这样我们就有 $\mathfrak{a}'_n=\mathfrak{a}'_{n+1}$ 对应 $n\geqslant m$。由于 $\sigma$ 是满射，所以我们有关系

每整数 $n\geqslant m$。

令$\mathfrak{c}$为由$\mathfrak{b}\cap B_m$生成的B的左理想。由于左A-模 $B_m$ 是有限生成的且环 A 是左诺特的，因此左A-模 $\mathfrak{b}\cap B_m$ 是有限生成的（VIII、p. 7、命题 4 a)）。因而，左理想$\mathfrak{c}$是由B的有限子集生成的。显然它包含在$\mathfrak{b}$中。让我们证明它等于$\mathfrak{b}$乘证明乘归纳，对于每个整数$n\geqslant 0$，我们有

对于$n\leqslant m$，关系 (8) 到构造成立。从现在开始，我们假设$n$是整数$\geqslant m$，使得$\mathfrak{b}\cap B_n\subset \mathfrak{c}$。令 P 为 $\mathfrak{b}\cap B_{n+1}$ 的元素。然后$\varphi_{n+1}(P)$属于到$\mathfrak{a}_{n+1}=\sigma (\mathfrak{a}_n)$，因此存在$\mathfrak{b}\cap B_n$的元素Q使得$\varphi_{n+1}(P) =\sigma (\varphi_n(Q))$。 集合$R = P-$XQ。因为关系(6)，我们有$\varphi_{n+1}(R) = 0$，即$R\in B_n$。由于 P 和 Q 属于到 B 的左理想$\mathfrak{b}$，因此对于 R 也是如此；因而，R 和 Q 属于到 $\mathfrak{b}\cap B_n$，其中归纳假设包含在理想 $\mathfrak{c}$ 中。因而，P 属于至 $\mathfrak{c}$。这证明我们有$\mathfrak{b}\cap B_{n+1}\subset \mathfrak{c}$。

由此可知$\mathfrak{b}$等于$\mathfrak{c}$；因此它是 B 的有限生成理想。这证明环 B 是左诺特的。

如果环 A 的自同态 $\sigma$ 不是自同构，则环 $A[X]_{\sigma ,d}$ 不一定是左诺特的，即使 A 是诺特交换环 (VIII, p. 22, 习题26)。

接下来是定理 2 中的归纳，考虑到 III, §2, No. 9、p. 453 中的命题 8。

这样的代数同构于形式$A[X_1, . . . ,X_n]/\mathfrak{a}$的代数，其中$n\geqslant 0$和$\mathfrak{a}$是$A[X_1, . . . ,X_n]$的理想。然后我们应用VIII、p. 7的推论1和命题5。

事实上，令 A 为交换环。由有限多个元素生成的A的子环（作为$\mathbf{Z}$-代数）是由推论2得出的诺特。它们形式是A的子环的右有向族，其中并A。