لزومی ندارد. در واقع شرط نوتری بودن حلقه R لازم است.( مثال پس از اثبات قضیه اصلی)
قضیه:فرض کنید R یک حلقه نوتری و M و N دو R مدول با تولید متناهی باشند آنگاه Hom_{R} (M,N) یک R با تولید متناهی است.
اثبات:از آنجایی که M با تولید متناهی است لذا یک k وجود دارد که M با خارج قسمتی از R^{k} یکریخت است یعنی
M \cong \frac{ R^{k} }{L} پس Hom_{R} (M,N) \cong Hom_{R} (\frac{ R^{k} }{L} ,N) .
اعضای Hom_{R} (\frac{ R^{k} }{L} ,N) نگاشتهای R خطی از \frac{ R^{k} }{L} به N هستند. در واقع معادل هستند با نگاشتهای از R^{k} به N که روی L صفر هستند. مجموعه ی چنین نگاشتهایی یک زیر مدول از Hom_{R} ( R^{k},N) است. لذا
Hom_{R} ( M,N) را می توان در Hom_{R} ( R^{k},N) نشاند.
با تعریف f \longmapsto (f( e_{1} ,f( e_{2} ),...,f( e_{k} )) داریم
Hom_{R} ( R^{k},N) \cong N^{k} . و چون N با تولید متناهی است لذا N^{k} نیز با تولید متناهی است و چون R نوتری است لذا N^{k} نیز R مدولی نوتری است پس تمام زیر مدولهای آن با تولید متناهی خواهند بود. پس تمام زیر مدولهای Hom_{R} ( R^{k},N) \cong N^{k} نیز با تولید متناهی است و حکم ثابت شد.
اما شرط نوتری بودن را نمی توان حذف کرد. برای هر ایده آل I داریم: Hom_{R} (\frac{ R }{I} ,R) \cong \{ r \in R : rI=0 \}
پس اگر مثالی را بیاوریم که \{ r \in R : rI=0 \} با تولید متناهی نباشد آنگاه این یک مثال نقض خواهد بود( R و \frac{ R }{I} هر دو با تولید متناهی هستند چون توسط 1 تولید می شوند.)
مثال: قرار دهید R=\frac{ K[ x_{1} , x_{2} ,...] }{(..., x_{i} x_{j} ,...)} و
I را ایده آلی شامل f+(..., x_{i} x_{j} ,...) ها که مقدار ثابت چند جمله ای f صفر باشد بگیرید. آنگاه fI=0 اگر و تنها اگر جمله ی ثابت fصفر باشد. پس \{ r \in R : rI=0 \}=I و به راحتی میتوان نشان داد که I با تولید متناهی نیست.
