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@@ -133,7 +133,7 @@ Dabei ist $\length_{H_0}(M_n)$ die Länge von $M_n$ als $H_0$-Modul.
 		
 		Wir beweisen die Behauptung nun durch Induktion über $r$.
 		
-		Im Fall $r = 0$ ist $M$ ein endlich erzeugter $H_0$-Modul und damit von endlicher Länge. Es gilt $M_n = 0$ für große $n$ und damit ist $\chi(M,\bullet)$ polynomartig vom Grad $-\infty$.
+		Im Fall $r = 0$ ist $M$ ein endlich erzeugter $H_0$-Modul und damit von endlicher Länge. Es gilt $M_n = 0$ für große $n$ und damit ist $\chi(M,\bullet)$ polynomartig vom Grad $-1$.
 		
 		Wir nehmen nun $r > 0$ an und, dass die Behauptung für $r - 1$ bereits gezeigt wurde. Seien $N$ und $R$ der Kern und der Kokern des Endomorphismus $\Phi\colon M \to M,\, m \mapsto X_r \cdot m$. Das sind graduierte Moduln und wir erhalten die exakten Sequenzen:
 		\begin{equation*}
@@ -157,7 +157,7 @@ Dabei ist $\length_{H_0}(M_n)$ die Länge von $M_n$ als $H_0$-Modul.
 Im Folgenden sei $A$ ein noetherscher kommutativer Ring und sei $M$ ein endlich erzeugter $A$-Modul und $\mfq$ ein Ideal von $A$. Wir nehmen zusätlich Folgendes an:
 \begin{equation}
 	\label{eq:laenge-kleiner-unendlich}
-	\length_A(M/\mfq M) < \infty.
+	\length_{A}(M/\mfq M) < \infty.
 \end{equation}
 Dies ist äquivalent zu:
 \begin{equation}
@@ -195,11 +195,14 @@ wohldefiniert.
 		\begin{equation*}
 			M_0/M_1 \oplus \cdots \oplus M_{n_0}/M_{n_0+1}
 		\end{equation*}
-		erzeugt und ist demnach endlich erzeugt. %TODO: Wieso?
+		erzeugt. Für alle $i\in \N$ ist wegen der Injektion $M_i/M_{i+1} \hookrightarrow M/M_{i+1}$, und weil $M/M_{i+1}$ noethersch is, auch $M_i/M_{i+1}$ noethersch. Insbesondere ist also $M_i/M_{i+1}$ ein endlich erzeugter $A$-Modul und wegen $\mfq \subset \Ann(M_i/M_{i+1})$ auch ein endlich erzeugter $A/\mfq$-Modul. Also ist $\gr(M)$ ebenfalls ein endlich erzeugter $A/\mfq$-Modul und damit insbesondere ein endlich erzeugter $\gr_\mfq(A)$-Modul.
 		Nach \cref{thm:hilbert-polynomial} ist dann die Abbildung $\chi(\gr(M),\bullet)$ polynomartig. Es gilt
-		\begin{equation*}
-			\Delta f_M(n) = \length_A(M/M_{n+1}) - \length_A(M/M_n) = \length_A(M_n/M_{n+1}) = \chi(\gr(M), n),
-		\end{equation*}
+		\begin{align*}
+			\Delta f_M(n) &= \length_A(M/M_{n+1}) - \length_A(M/M_n) \\
+			 &= \length_A(M_n/M_{n+1}) \\
+			 &= \length_{A / \mfq}(M_n/M_{n+1}) \\
+			 &= \chi(\gr(M), n),
+		\end{align*}
 		also ist $\Delta f_M$ polynomartig und nach \cref{lem:kritreium-fuer-polynomartig} auch $f_M$.
 	\end{proof}
 \end{thm}
@@ -234,7 +237,22 @@ wohldefiniert.
 	\end{proof}
 \end{lem}
 
-Im Folgenden sei
+\begin{prop}
+	\label{prop:samuel-polynom-grad-abschaetzung}
+	Es sei $\mfa = \Ann(M)$, $B = A / \mfa$ und $\mfp$ das Ideal $(\mfa + \mfq) / \mfa$ in $B$. Wir nehmen weiter an, dass $\mfp$ von $r$ Elementen $x_1,\ldots,x_r$ erzeugt wird. Dann gilt:
+	\begin{enumerate}[(a)]
+		\item $\deg P_\mfq(M) \le r$
+		\item $\Delta^r P_\mfq(M) \le \length_A(M/\mfq M)$
+		\item Es gilt $\Delta^r P_\mfq(M) = \length_A(M/\mfq M)$ genau dann, wenn die natürliche Abbildung
+		\begin{equation*}
+			\Phi\colon (M/\mfq M)[X_1,\ldots,X_r] \to \gr(M)
+		\end{equation*} %TODO: Wie ist \Phi definiert?
+		ein Isomorphismus ist.
+	\end{enumerate}
+	\begin{proof}
+		Wie im Beweis von \cref{thm:samuel-polynomial} dürfen wir $\mfa = 0$ und damit $B = A$ und $\mfp = \mfq$ annehmen. Außerdem ist $\gr_\mfq(A)$ dann ein Quotient von $(A/\mfq)[X_1,\ldots,X_r]$.
+	\end{proof}
+\end{prop}
 
 \begin{prop}
 	\label{prop:hilber-polynom-grad-unabhaengig-von-q}