A. 在第二講及第三講中, 我們討論了向量空間及其上線性變換, 在這一講及下一講中將從模的觀點來重新認識之, 這是本書的主要部份, 在這一講中, 將介紹模的定義和基本性質, 尤其是在主理想整環上的模及其分解。

若 $ {\mathcal V} $ 體 $ {\mathbb F} $ 上的一個向量空間, $ T\in {\mathcal L}({\mathcal V}) $。 對 $ {\mathbb F}[x] $ 中任一多項式 $ p(x) $, 對任意 $ \vec v\in {\mathcal V} $, 可定義 $$p(x)\,\vec v= p(T)(\vec v), $$ 這就是我們要討論作用在 $ {\mathcal V} $ 上的線性算子。顯然對任意 $ r(x),\,s(x)\in {\mathbb F}[x] $, $ \vec u,\,\vec v\in {\mathcal V} $ 有 \begin{equation*} \begin{split} r(x)\,(\vec u+\vec v)\,&=\, r(x)\,\vec u+ r(x)\,\vec v,\\ (r(x)+s(x))\,\vec u\,&=\, r(x)\,\vec u+ s(x)\,\vec u,\\ (r(x)\,s(x))\,\vec u\,&=\, r(x)\,(s(x)\,\vec u),\\ 1\,\vec u\,&=\, \vec u, \end{split} \end{equation*} 等等。但是 $ {\mathbb F}[x] $ 不是體而是環, 所以 $ {\mathbb F}[x] $ 中元素對 $ {\mathcal V} $ 作純量乘積, $ {\mathcal V} $ 不能成為一個向量空間。 於是引入了比向量空間更為一般的概念 : 模。

定義4.1.1: 若 $ {\mathcal R} $ 是有單位元的交換環, 其元素稱為純量(scalar)。 一個 $ {\mathcal R}- $ 模 (${\mathcal R}- $ module), 或 $ {\mathcal R} $ 上的一個模 (a module over $ {\mathcal R}$) 是一個非空集合 $ M $, 有運算加法, 記作 $ + $, 對 $(\vec u,\vec v)\in M\times M $, 有 $ \vec u+\vec v\in M $; 另一個是 $ {\mathcal R} $ 與 $ M $ 的運算是純量乘積, 用毗連來表示, 對 $ (r,\vec v)\in {\mathcal R}\times {M} $, 有 $ r\,\vec v\in {M} $, 而且有

1. $ {M} $ 對加法而言是 Abel 群;
2. 對所有 $ r,\,s\in {\mathcal R} $, $ \vec u,\,\vec v\in M $ 有

a. (分配律) : $ r\,(\vec u+\vec v)=r\,\vec u+r\,\vec v,\quad (r+s)\,\vec u=r\,\vec u+s\,\vec v $;

b. (結合律) : $ (r\,s)\,\vec u=r\,(s\,\vec u), c. \quad 1\,\vec u=\vec u $.

顯然當 $ {\mathcal R} $ 為體, 則模為向量空間, 即 體上的模就是向量空間。 當 $ {\mathcal R}={\mathbb Z} $ (整數環), 則 $ {\mathbb Z}- $ 模就是Abel群, 故模也是Abel群的概念之擴充。

特別重要的是在第一講開始就說到的 $ {\mathcal R}={\mathbb F}[x] $, 若 $ {\mathbb F} $ 是體, 則由定理1.2.1, $ {\mathbb F}[x] $ 是主理想整環, 於是可以定義 $ {\mathbb F}[x]- $ 模, 這是我們今後要主要討論的對象。

若 $ {\mathcal R} $ 是環, 則所有 $ m\times n $ 的矩陣的集合 $ {\mathcal M}_{m,n}({\mathcal R}) $ 是一個 $ {\mathcal R}- $ 模, 其加法與數乘就是矩陣的加法與數乘。當 $ {\mathcal R}={\mathbb F}[x] $ 時, $ {\mathcal M}_{m,n}({\mathbb F}[x]) $ 是矩陣元素全為多項式的矩陣的全體, 它成為一個 $ {\mathbb F}[x]- $ 模。

另一個重要的模式環 $ {\mathcal R} $ 自己可以成為 $ {\mathcal R}- $ 模。 若 $ {\mathcal R} $ 有單位元素的交換環, 定義數乘為環乘法, 這就是成為一個 $ {\mathcal R}- $ 模, 我們今後會用到這個模。

在下面所討論的線性算子 $ T\in {\mathcal L}({\mathcal V}) $ 作用在向量空間 $ {\mathcal V} $ 上時, $ {\mathcal V} $ 可以看成 $ {\mathbb F} $ 上的一個向量空間, 也可以看成在 $ {\mathbb F}[x] $ 上的模。

B. 一些向量空間中的概念可以推廣到模上。例如我們可定義 $ {\mathcal R}- $ 模 $ {M} $ 的子模如下 :

若 $ {\mathcal S} $ 是 $ {\mathcal R}- $ 模 $ {M} $ 的一個部分集合, 本身是一個 $ {\mathcal R}- $ 模, 稱 $ {\mathcal S} $ 為 $ {M} $ 的子模, $ {S} $ 上的運算就是 $ {M} $ 的運算在 $ {S} $ 上的限制。 不難證明

$ {\mathcal R}- $ 模 $ {M} $ 的一個非空部分集合 $ {S} $ 成為子模的充分必要條件為對任意 $ r,\,s\in {\mathcal R} $, $ \vec u,\,\vec v\in {S} $ 有 $ r\,\vec u+s\,\vec v\in {S} $。

若 $ {S}_1,\, {S}_2 $ 是 $ {M} $ 的子模, 則 $ {S}_1\, \cap\,{S}_2 $ 及 $${S}_1\, +\,{S}_2=\big\{\vec w_1\,+\vec w_2\,:\,\,\, \vec w_1\in {S}_1,\,\,\, \vec w_2\in {S}_2\big\} $$ 也是 $ {M} $ 的子模。

c. 有單位元的交換環 $ {\mathcal R} $ 就是 $ {\mathcal R} $ 自己上面的模, 則 $ {\mathcal R}- $ 模 $ {\mathcal R} $ 的子模就是環 $ {\mathcal R} $ 的理想。

由子模的概念, 可以定義模的直和 : 若 $ {M} $ 是 $ {\mathcal R}- $ 模, 稱 $ {M} $ 是子模 $ {S}_1,\ldots, {S}_n $ 的直和(direct sum), 若對每個 $ \vec v\in {M} $ 可以唯一地(不計前後次序)寫成是子模 $ {S}_j $ 中元素之和。即對任意 $ \vec v\in {M} $, 有 $ \vec v_j\in {S}_j $, $ j= 1,\ldots,n $ 使得 $$ \vec v= \vec v_1+\cdots+ \vec v_n=\sum_{j=1}^n\vec v_j. $$ 並且若還有 $ \vec w_j\in {S}_j $, $ j= 1,\ldots,n $ 使得 $ \vec v=\sum_{j=1}^n\vec w_j $, 則經過適當排列有 $ \vec w_j=\vec v_j $, $ j= 1,\ldots,n $。

當 $ {M} $ 是子模 $ {S}_1,\ldots, {S}_n $ 的直和, 寫成 $$ {M}={S} _1\oplus {S}_2\,\oplus \,\ldots\,\oplus \, {S}_n. $$ 若 $ {M}= {S}\oplus {S}^c $, 則 $ S^c $ 為 $ S $ 在 $ M $ 中的補集(complement)。 顯然, $ M $ 是子模 $ S_1,\ldots,S_n $ 的直和若且唯若 $ M=S_1+ S_2+\cdots+ S_n $ 及對每一個 $ j= 1,\ldots,n $, 有 $$ S_j\,\cap\, \Big(\sum_{k\ne j}S_k\Big)=\{\vec 0\}. $$

可以定義 生成集(spanning set) 如下 : 若 $ M $ 是 $ {\mathcal R}- $ 模, $ S $ 是一個部分集合, 由 $ S $ 生成的 (spanned or generated) 子模為 $ S $ 中元素的所有的 $ {\mathcal R}- $ 線性組合, 即 $$ \langle S\rangle= {\mbox{span}}(S)=\big\{ r_1\vec v_1+\cdots+r_n\vec v_n\,:\,\, r_j\in {\mathcal R},\,\,\, \vec v_j\in S,\,\,\, j=1,\ldots, n\big\}. $$ $ M $ 中的一個部分集合 $ S $ 稱為生成(spanned or generated) $ M $, 若 $ M=\langle S\rangle $, 即每一個 $ \vec v\in M $, 可寫成 $$ \vec v=\sum_{j=1}^n r_j\,\vec v_j, $$ 這裡 $ r_1,\ldots,r_n\in {\mathcal R} $, $ \vec v_1,\ldots,\vec v_n\in S $。特別由一個元素生成的子模, 即 $ \langle \vec v\rangle= {\mathcal R}\,\vec v=\{r\,\vec v\,:\,\, r\in {\mathcal R}\} $, $ \vec v\in M $, 稱為由 $ \vec v $ 生成的循環子模(cyclic submodule)。這是一種十分重要的子模, 今後要不斷出現。如果 $ {\mathcal R}- $ 模 $ M $ 可以由有限集合生成, 則稱 $ M $ 是 有限生成的(finitely generated)。

C. 同樣可以在模中定義部分集合的 $ {\mathcal R}- $ 線性獨立、 $ {\mathcal R}- $ 線性相依及 $ {\mathcal R}- $ 基底。 若 $ S $ 是 $ M $ 的部分集合, 稱 $ S $ 為線性獨立的(linearly independent), 若對任意 $ r_1,\ldots,r_k\in R $, $ \vec v_1,\ldots,\vec v_k\in S $, 下面的齊性方程式 $$r_1\,\vec v_1+ r_1\,\vec v_1+\cdots+ r_k\,\vec v_k=\vec 0 $$ 有唯一的解 $ r_1=\cdots=r_k=0 $。 若集合 $ S $ 不是線性獨立的, 則稱為線性相依。

若 $ M $ 是 $ {\mathcal R}- $ 模, $ M $ 的部分集合 $ {\mathcal B} $ 稱為 $ M $ 的基底(basis), 若 $ {\mathcal B} $ 線性獨立且生成 $ M $。

由此易見

a. 模 $ M $ 的部分集合 $ {\mathcal B} $ 是一組基底若且唯若對每個 $ \vec v\in M $ 有唯一的部分集合 $ \{\vec v_1,\ldots$, $\vec v_n\} $ 及非零純量 $ \alpha_1,\ldots,\alpha_n\in R $, 使得 $$\vec v= \sum_{j=1}^n \alpha_j\,\vec v_j. $$

b. 若 $ {\mathcal B} $ 是 $ M $ 的基底, 則 $ {\mathcal B} $ 是 $ M $ 的極小生成集合, 是極大線性獨立集合。

對於向量空間, 有線性變換; 對於模則有同態的概念。

定義4.1.2: 若 $ M,\,N $ 為 $ {\mathcal R}- $ 模, 映射 $ T\,:\,M\,\rightarrow\, N $ 稱為 $ {\mathcal R}- $ 同態(homomorphism), 若對所有 $ r,\,s\in R $, $ \vec u,\,\vec v\in M $, 有 $$T\,(r\,\vec u+s\,\vec v)= r\,T(\vec u)+s\,T(\vec v). $$ 所有從 $ M $ 到 $ N $ 的 $ R- $ 同態記作 $ {\mbox {Hom}}_{\mathcal R} (M,\,N) $。

顯然 $ R- $ 同態是線性變換的推廣。我們稱 $ M $ 到 $ M $ 的 $ {\mathcal R}- $ 同態為自同態(endomorphism); 稱單射的同態為單同態(monomorphism); 稱滿射的同態為滿同態(epimorphism); 稱雙射的同態為同構(isomorphism)。

若 $ T\in {\mbox {Hom}}_{\mathcal R} (M,\,N) $, 定義 $ T $ 的核與像為 $$ {\mbox{ker}}(T)=\{\vec v\in M:\, T(\vec v)=\vec 0\},\quad {\mbox{Im}}(T)=\{\vec w\in N: \,\exists \vec v\in M,\,\, {\mbox {such that}}\,\,\, T(\vec v)= \vec w\}, $$ 它們分別是 $ M $ 及 $ N $ 的子模。

由於不是所有的模都有 $ {\mathcal R}- $ 基底, 故有以下的定義 :

定義4.1.3: $ {\mathcal R}- $ 模 $ M $ 稱為自由的(free), 若 $ M $ 有 $ {\mathcal R}- $ 基底。 若 $ {\mathcal B} $ 是 $ M $ 的基底, 稱 $ M $ 在 $ {\mathcal B} $ 上自由。 $ M $ 的基底的基數(cardinality)稱為 $ M $ 的秩(rank), 記作 $ {\mbox {rank}}(M) $。

下來證明這樣的定義是有意義的

D. 若 $ M $ 是 $ {\mathcal R}- $ 模, $ S $ 是它的子模, 稱 $$\vec v+ S=\{ \vec v+ \vec s\,:\,\, \vec s\in S\},\qquad \vec v\in M $$ 為 $ S $ 在 $ M $ 中的一個陪集, 所有 $ S $ 在 $ M $ 中的陪集作成的集合記作 $ M/S $。這是一個 $ R- $ 模, 其運算定義為 $$(\vec v+ S)+ (\vec u+ S)= \vec v+\vec u+\, S,\qquad r\,(\vec v+ S)= r\, \vec v+ S, $$ 而 $ M/S $ 的零元素為 $ \vec s+ S= \vec 0+ S= S $。這個 $ {\mathcal R}- $ 模稱為 $ M $ 關於 $ S $ 的 商模(quotient module)。

現在來證明: 若 $ M $ 是自由模, 則 $ M $ 的任意兩個基底有相同的基數。 有了這個結果, 自由模 $ M $ 的秩才有意義。為此, 要建立一些環的結果。

若 $ {\mathcal R} $ 是有單位元素的交換環, $ {\mathcal Q} $ 是 $ {\mathcal R} $ 的理想, $ {\mathcal Q} $ 在 $ {\mathcal R} $ 中的陪集的集合 $ {\mathcal R}/{\mathcal Q} $ 作為一個環, 稱為 $ {\mathcal R} $ 關於 $ {\mathcal Q} $ 的 商環(quotient ring), 其加法與乘法定義為 $$(a+ {\mathcal Q})+ (b+ {\mathcal Q})= a+b+ {\mathcal Q},\qquad (a+{\mathcal Q})\,(b+ {\mathcal Q})= ab+ {\mathcal Q},\quad \forall\,\,\, a,\, b\in {\mathcal R} $$ 要證明乘法有意義, 就要證明 $$ b+ {\mathcal Q}= b^\prime + {\mathcal Q}\,\Rightarrow\, ab+{\mathcal Q}= ab^\prime+ {\mathcal Q}, $$ 也就是 $$ b- b^\prime \,\in {\mathcal Q}\,\Rightarrow\, a\,(b-b^\prime)\in {\mathcal Q}, $$ 由於 $ {\mathcal Q} $ 是理想, 故上式成立。現在我們來證明下面的結果, 以說明極大理想的重要性。

引理 4.1.1: 若 $ {\mathcal R} $ 是有單位元素的交換環, 商環 $ {\mathcal R}/{\mathcal Q} $ 是體若且唯若當 $ {\mathcal Q} $ 是極大理想(即不存在 $ {\mathcal R} $ 的理想 $ {\mathcal I} $, 使得 $ {\mathcal Q}\,\subsetneq {\mathcal I}\,\subsetneq {\mathcal R}$)。

證明: 若 $ {\mathcal R}/{\mathcal Q} $ 是體, 且 $ {\mathcal Q} $ 不是極大理想, 則存在理想 $ {\mathcal I} $ 滿足 $ {\mathcal Q}\,\subsetneq\, {\mathcal I}\,\subsetneq\, {\mathcal R} $。 設 $ i\in {\mathcal I}-{\mathcal Q} $, 考慮由 $ i $ 及 $ {\mathcal Q} $ 生成的理想 : $${\mathcal K}= \langle i,{\mathcal Q}\rangle\,\subseteq {\mathcal I}. $$ 由於 $ i\,\not\in\,{\mathcal Q} $, 故 $ i+{\mathcal Q}\ne 0 $。 由於 $ {\mathcal R}/{\mathcal Q} $ 是體, 故 $ i+{\mathcal Q} $ 有反元素存在, 稱之為 $ i^\prime+{\mathcal Q} $, 即 $$ (i+{\mathcal Q})\,( i^\prime+{\mathcal Q})= i\,i^\prime+{\mathcal Q} = 1+{\mathcal Q}. $$ 所以 $ 1-i\,i^\prime\in {\mathcal Q}\,\subseteq \,{\mathcal K} $。 但 $ i\,i^\prime\in {\mathcal K} $, 故 $ 1\in {\mathcal K} $, 這便導出故 $ {\mathcal K}={\mathcal R} $。 但 $ {\mathcal K}\,\subseteq\,{\mathcal I} $, $ {\mathcal I} $ 是 $ {\mathcal R} $ 的真部分集合, 這個矛盾導出 $ {\mathcal Q} $ 是極大理想。

反之, 若 $ {\mathcal Q} $ 是極大理想, $ 0\ne r+{\mathcal Q} $, 則 $ r\,\not\in\,{\mathcal Q} $, 故 $ {\mathcal I}=\langle r,{\mathcal Q}\rangle $ 是嚴格地包含 $ {\mathcal Q} $。 因為 $ {\mathcal Q} $ 是極大理想, 故 $ {\mathcal I}={\mathcal R} $。 這導出 $ 1\in {\mathcal I} $, 故有 $ s\in {\mathcal R} $ 使得 $ 1=sr+i $ 對某個 $ i\in {\mathcal Q} $ 成立。故 $$ (s+{\mathcal Q})\,( r+{\mathcal Q})= sr+{\mathcal Q} = (1-i)+{\mathcal Q}=1+{\mathcal Q}. $$ 即 $ (r+{\mathcal Q})^{-1}=s+{\mathcal Q} $。 所以 $ {\mathcal R}/{\mathcal Q} $ 是體。定理因而證畢。

引理 4.1.2: 任意有單位元的交換環 $ {\mathcal R} $ 一定有極大理想。

證明: 若 $ {\mathcal R} $ 不是零環, 則一定有真理想, 例如 $ \{0\} $。 若 $ I $ 為 $ {\mathcal R} $ 所有真理想的集合, 則 $ I $ 為非空集合, 若 $${\mathcal Q}_1\,\subset\,{\mathcal Q}_1\,\subset\,\ldots $$ 是 $ {\mathcal R} $ 中真理想鏈, 則 $ {\mathcal I}=\cup_j{\mathcal Q}_j $ 也是一個理想。 因為 $ 1\,\not\in\, {\mathcal I} $, 故 $ I\,\in\, {\mathcal I} $。 因此 $ I $ 中任何鏈都有上界, 由 Zorn 引理, $ I $ 有極大元素 (對照 2.1 節中向量空間與其基底存在1性的證明)。 這證明了 $ {\mathcal R} $ 有極大理想, 引理證畢。

定理4.1.1: 若 $ M $ 是自由 $ {\mathcal R}- $ 模, 則 $ M $ 的任意二個基底有相同的基數。

證明: 由引理4.1.2, $ {\mathcal R} $ 有極大理想 $ {\mathcal Q} $, 再由引理4.1.1知 $ {\mathcal R}/{\mathcal Q} $ 是一個體。 令 $$ {\mathcal Q}\, M= \big\{a_1\vec v_1+\cdots+ a_n\vec v_n:\,\, a_j\in {\mathcal Q},\,\,\vec v_j\in M,\,\,\, j=1,\ldots,n\big\}, $$ 則 $ {\mathcal Q}\, M $ 是 $ M $ 的一個子模, 稱為商模 $ M/{\mathcal Q}\,M $。 現在來證明 $ M/{\mathcal Q}\,M $ 是體 $ {\mathcal R}/{\mathcal Q} $ 上的一個向量空間, 為此定義其數乘為 $$ (r+{\mathcal Q})(\vec u+{\mathcal Q}\, M)=r\,\vec u+{\mathcal Q}\, M, $$ 這裡 $ r\in {\mathcal R} $ 及 $ \vec u\in M $。 我們先要驗證這樣定義的數乘是有意義的, 換句話說, 我們要證明若 $ r\,r^\prime\, \in\,{\mathcal R} $, $ \vec u\,\vec u^\prime\in M $, 且 $$ r+{\mathcal Q} = r^\prime +{\mathcal Q}, $$ 及 $$ \vec u+{\mathcal Q}\, M= \vec u^\prime +{\mathcal Q}\, M $$ 則 $$ r\,\vec u+{\mathcal Q}\, M= r^\prime\,\vec u^\prime+{\mathcal Q}\, M. $$ 也就是要證明若 $ r-r^\prime\, \in\,{\mathcal Q} $, $ \vec u-\vec u^\prime\in {\mathcal Q}\, M $, 則 $ r\,\vec u- r^\prime\,\vec u^\prime\in {\mathcal Q}\, M $。

由於 $ r-r^\prime\, \in\,{\mathcal Q} $, $ \vec u-\vec u^\prime\in {\mathcal Q}\, M $, 則 $ (r- r^\prime)\,\vec u^\prime\in {\mathcal Q}\, M $ 及 $ r\,(\vec u- \vec u^\prime)\in {\mathcal Q}\, M $。 於是 $$ (r- r^\prime)\,\vec u^\prime+ r\,(\vec u- \vec u^\prime)\,=r\,\vec u- r^\prime\,\vec u^\prime\in {\mathcal Q}\, M. $$ 因此, 這樣定義的數乘是有意義的。可以直接驗證 : 這樣定義的數乘滿足在定義1.3.1(向量空間的定義)中數乘滿足的四個條件, 而 $ M/{\mathcal Q}\,M $ 顯然對加法成Abel群。故 $ M/{\mathcal Q}\,M $ 的確是體 $ {\mathcal R}/{\mathcal Q} $ 上的一個向量空間。

若 $ {\mathcal B} $ 是自由 $ {\mathcal R}- $ 模 $ M $ 上的一組基底, 且 $ \vec b_j,\,\vec b_k\in {\mathcal B} $, $ j\,\ne \, k $, 則 $ \vec b_j+{\mathcal Q}\,M $ 與 $ \vec b_k+{\mathcal Q}\,M $ 是不相同的。這可證明如下: 若 $$ \vec b_j+{\mathcal Q}\,M = \vec b_k+{\mathcal Q}\,M,\qquad j\,\ne \, k $$ 成立, 則 $ \vec b_j-\vec b_k\in {\mathcal Q}\,M $, 故 $$ \vec b_j-\vec b_k= a_1\,\vec v_1+\cdot+ a_n\,\vec v_n, $$ 這裡 $ a_k\,\in \,{\mathcal Q} $, $ \vec v_k\in M $, $ k=1,\ldots,n $。由於每個 $ \vec v_k $ 都是 $ {\mathcal B} $ 中元素的線性組合。 假設 $ \vec v_k $ 中 $ \vec b_j $ 的係數為 $ \alpha_k $, 比較上式兩邊的 $ \vec b_j $ 係數, 得到 $$ 1= a_1\,\alpha_1+\cdot+ a_n\,\alpha_n, $$ 而 $ \alpha_k+{\mathcal Q} $, $ k=1,\ldots,n $, 故上式右邊屬於 $ {\mathcal Q} $, 即 $ 1\in {\mathcal Q} $, 這與 $ {\mathcal Q} $ 是極大理想互相矛盾。所以, 當 $ j\,\ne \, k $, $ \vec b_j+{\mathcal Q}\,M $ 與 $ \vec b_k+{\mathcal Q}\,M $ 是不相同的。 因此 $$ {\mathcal B}^\prime=\big\{\vec b+ {\mathcal Q}\,M\,:\, \,\,\vec b\in {\mathcal B}\big\} $$ 與 $ M $ 的基底 $ {\mathcal B} $ 有相同的基數。

繼續來證明 $ {\mathcal B}^\prime $ 是 $ {\mathcal R}/{\mathcal Q} $ 上的一個向量空間 $ M/{\mathcal Q}\,M $ 的一組基底。 由於 $ {\mathcal B} $ 生成 $ M $, 故 $ {\mathcal B}^\prime $ 生成 $ M/{\mathcal Q}\,M $。 要先證 $ {\mathcal B}^\prime $ 線性獨立。若 $$ \sum_{j=1}^n \, (\alpha_j+ {\mathcal Q})\,(\vec b_j+ {\mathcal Q}\,M)= \vec 0, $$ 則 $ \sum_{j=1}^n \, (\alpha_j\,\vec b_j + {\mathcal Q}\,M)=\vec 0 $, 也就是 $ \sum_{j=1}^n \, \alpha_j\,\vec b_j \,\in \, {\mathcal Q}\,M $, 於是 $$ \sum_{j=1}^n\, \alpha_j\,\vec b_j= \sum_{j=1}^n\, a_j\,\vec b_j, $$ 這裡 $ a_j \in {\mathcal Q} $, $ j= 1,\ldots, n $。 兩邊相等導出 $ \alpha_j \in {\mathcal Q} $, $ j= 1,\ldots, n $。 於是 $ \alpha_j + {\mathcal Q}= 0 $, 即 $ {\mathcal R}/{\mathcal Q} $ 中的零元素, $ j= 1,\ldots, n $。 故 $ {\mathcal B}^\prime $ 為線性獨立。因此, $ {\mathcal B}^\prime $ 的確是向量空間 $ M/{\mathcal Q}\,M $ 的一組基底。 而 $ {\mathcal B} $ 的基數 $ = $ dim $ (M/{\mathcal Q}\,M) $, 不依賴於 $ {\mathcal B} $ 的選取。

定理2.1.1告訴我們, 體 $ {\mathbb F} $ 上兩個向量空間同構若且唯若它們的維數相同。在模的情形, 有如下定理。

定理4.1.2: 兩個自由 $ {\mathcal R}- $ 模同構若且唯若它們有相同的秩。

證明: 若 $ M $ 與 $ N $ 為兩個自由 $ {\mathcal R}- $ 模。假設 $ M\,\thickapprox\,N $ 則從 $ M $ 到 $ N $ 的任意同構映射 $ T $ 將 $ M $ 的一組基底映為 $ N $ 的一組基底。由於 $ T $ 是雙射, 故 $ {\mbox{rank}}(M)={\mbox{rank}}(N) $。 反之, 若 $ {\mbox{rank}}(M)={\mbox{rank}}(N) $ 而 $ {\mathcal B} $ 是 $ M $ 的一組基底, $ {\mathcal C} $ 是 $ N $ 的一組基底, 則由於 $ {\mathcal B} $ 與 $ {\mathcal C} $ 的基數相同, 故有雙射 $ T\,:\,{\mathcal B}\,\rightarrow\,{\mathcal C} $, 這個映射可線性擴充到整個 $ M $ 到整個 $ N $ 上的同構, 所以, $ M\,\thickapprox\,N $。

當 $ {\mathcal R}- $ 模 $ M $ 的秩數 $ n $ 為有限時, 易見 $ M\,\thickapprox\,{\mathbb R}^n $。

E. 由於有限生成 $ {\mathcal R}- $ 模 $ M $ 的子模未必是有限生成的, 因此, 要討論在什麼條件下有限生成 $ {\mathcal R}- $ 模 $ M $ 的子模也是有限生成的便成為一個有趣的問題。這個條件就是我們下面要講的升鏈條件。

定義4.1.4: 一個 $ {\mathcal R}- $ 模 $ M $ 稱為滿足子模的升鏈條件(ascending chain condition), 如果對 $ M $ 的任何子模序列 $$S_1\,\subset\, S_2\,\subset\, S_3\,\subset \,\cdots $$ 存在指標 $ k $, 使得 $ S_k= S_{k+1}= S_{k+2}=\cdots $。 子模升鏈條件記為a.c.c.。

定理4.1.3: $ {\mathcal R}- $ 模 $ M $ 的每個子模是有限生成的若且唯若 $ M $ 滿足子模的升鏈條件。

定理中的模稱為 Noether模(Noetherian module)。

證明: 若 $ M $ 的所有的子模都是有限生成, 而 $ M $ 有無窮上升子模序列 $$ S_1\,\subset\, S_2\,\subset\, S_3\,\subset \,\cdots $$ 易見 $ S=\cup_j\,S_j $ 也是 $ M $ 的子模, 故 $ S $ 也是有限生成的。 若 $ S=\langle\vec u_1,\ldots,\vec u_n\rangle $, $ \vec u_j\in M $, $ j=1,\ldots, n $。 由於 $ \vec u_j\in S $, 故有指標 $ k_j $, 使得 $ \vec u_j\in S_{k_j} $。令 $ k= \max\{k_1,\ldots,k_n\} $, 則 $$\vec u_j\in S_k,\qquad j=1,\ldots, n. $$ 因此 $$S=\langle\vec u_1,\ldots,\vec u_n\rangle\,\subset\, S_k\,\subset\, S_{k+1}\,\subset\, S_{k+2}\,\subset\,\cdots\,\subset\, S. $$ 這表明上升子模序列 $ S_1\,\subset\, S_2\,\subset\, S_3\,\subset \,\ldots $ 從 $ S_k $ 起是相同的。

反之, 若 $ M $ 滿足子模的升鏈條件且 $ S $ 是 $ M $ 的子模。 取 $ \vec u_1\in S $, 考慮子模 $ S_1=\langle\vec u_1\rangle\,\subset\, S $, 若 $ S_1=S $, 則 $ S $ 就是有限生成。 若 $ S_1\ne S $, 於是有 $ \vec u_2\in S\,\setminus\, S_1 $。 令 $ S_2=\langle\vec u_1,\,\vec u_2\rangle $。若 $ S_2=S $, 則 $ S $ 就是有限生成。若 $ S_2\ne S $, 於是有 $ \vec u_3\in S\,\setminus\, S_2 $。 考慮子模 $ S_3=\langle\vec u_1,\,\vec u_2\,\vec u_3\rangle $。 一直這樣進行下去, 就得到一個子模上升鏈 $$\langle\vec u_1\rangle \,\subset\, \langle\vec u_1,\,\vec u_2\rangle \,\subset\, \langle\vec u_1,\,\vec u_2\,\vec u_3\rangle \,\subset \,\cdots\,S. $$ 如果這樣的子模沒有一個等於 $ S $, 就得到一個子模的無窮上升序列, 前一個為後一個所真包含, 這與 $ M $ 滿足子模的升鏈條件相互矛盾。 故有某個 $ n $, 使得 $ S=\langle\vec u_1,\,\ldots\,\vec u_n\rangle $, 換句話說, $ S $ 是有限生成。定理因而證畢。

由於環 $ {\mathcal R} $ 是自己上的模, 且模 $ {\mathcal R} $ 的子模就是環 $ {\mathcal R} $ 的理想, 故定義4.1.4及定理4.1.3成為如下定義:

定義4.1.5: 環 $ {\mathcal R} $ 成為滿足理想的升鏈條件, 若對 $ {\mathcal R} $ 的任意上升理想序列 $${\mathcal Q}_1\,\subset\, {\mathcal Q}_2\,\subset\, {\mathcal Q}_3\,\subset \,\cdots $$ 一定存在指標 $ k $, 使得 $ {\mathcal Q}_k= {\mathcal Q}_{k+1}= {\mathcal Q}_{k+2}=\cdots $。

在1.2節中證明了主理想環一定滿足升鏈條件。

定理4.1.4: 環 $ {\mathcal R} $ 的每個理想是有限生成若且唯若 $ {\mathcal R} $ 滿足理想的升鏈條件。

定理中的環成為 Noether 環 (Noetherian ring)。 下面要證明一條重要的定理。

定理4.1.5: 若 $ {\mathcal R} $ 是Noether環, 則任意有限生成的 $ {\mathcal R}- $ 模是Noether模。

這條定理說, 若 $ {\mathcal R} $ 是Noether環, 即每個理想是有限生成的, 則有限生成的 $ {\mathcal R}- $ 模的每個子模也是有限生成的。 這就給出了條件使有限生成的子模依然是有限生成的。

證明: 若 $ M $ 是有限生成的 $ {\mathcal R}- $ 模, $ M=\langle\vec u_1,\,\ldots\,\vec u_n\rangle $。 考慮滿射同態 $ T\,:\,{\mathcal R}^n\,\rightarrow\, M $ 定義為 $$ T(\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)= \sum_{j=1}^n\,\alpha_j\, \vec u_j,\quad \alpha_j\in {\mathcal R},\,\,\, j= 1,\ldots,n. $$ 若 $ S $ 是 $ M $ 的一個子模, 則 $$T^{-1}(S)= \big\{\vec \alpha= (\alpha_1,\alpha_2,\ldots,\alpha_n)\in {\mathbb R}^n:\,\,\, T(\vec\alpha)\in S\big\} $$ 是 $ {\mathcal R}^n $ 的一個子模, 且 $ T(T^{-1}(S))= S $。 假設 $ {\mathcal R}^n $ 只有有限生成子模, 則 $ T^{-1}(S) $ 是有限生成的, $ T^{-1}(S)= \langle \vec \beta_1,\vec \beta_2,\ldots,\vec \beta_k\rangle $。 於是若 $ \vec w\in S $, 則有 $ \vec \beta\in T^{-1}(S) $, 使得 $ \vec w= T(\vec \beta) $。 由於 $$ \vec \beta= \gamma_1\vec \beta_1+\gamma_2\vec \beta_2+\cdots+ \gamma_k\vec \beta_k,\quad \gamma_j\in {\mathcal R},\,\,\, j= 1,\ldots,k, $$ 故 $$ \vec w= T(\vec \beta)= \gamma_1T(\vec \beta_1)+\gamma_2T(\vec \beta_2)+\cdots+ \gamma_kT(\vec \beta_k). $$ 於是 $ S $ 由 $ \{T(\vec \beta_1),T(\vec \beta_2),\ldots,T(\vec \beta_k)\} $ 所有限生成。所以餘下要證明的只是 $ {\mathcal R}^n $ 的每一個子模都是有限生成的。

當 $ n=1 $ 時這是對的, 因為 $ {\mathcal R} $ 是Noether環。假設對所有 $ 1\,\le\, k\,\lt \,n $, $ {\mathcal R}^k $ 只有有限生成的子模; 若 $ S $ 是 $ {\mathcal R}^n $ 的子模, 令 $$ S_1= \big\{\vec \alpha\in S\,:\, \,\, \vec \alpha=(s_1,s_2,\ldots,s_{n-1},0),\,\,\, s_j\in {\mathcal R}\big\} $$ 及 $$ S_2= \big\{(0,0,\ldots,0,s_n),\,\,\, (s_1,s_2,\ldots,s_{n-1},s_n)\in S,\,\,\, s_1,\ldots,s_{n}\in {\mathcal R}\big\} $$ 於是 $ S_1 $ 同構於 $ {\mathcal R}^{n-1} $ 的一個子模(只要將 $ S_1 $ 的每個元素的最後一個座標去掉)。 由數學歸納法的假設, $ S_1 $ 是有限生成的。令 $ S_1=\langle {\mathcal B}\rangle $, 而 $ {\mathcal B}=\{\vec \nu_1,\ldots,\vec \nu_k\} $, $ 0\,\le\, k\,\le\, n-1 $ (若 $ S_1 $ 為空集合, 則 $ {\mathcal B} $ 為空集合而 $ k=0$)。

同樣 $ S_2 $ 同構於 $ {\mathcal R} $ 的一個子模(即理想), 因此是有限生成的。 若 $ S_2 $ 是平凡的, 則 $ S $ 的每個元素的最後一個座標為 $ 0 $, 故 $ S=S_1 $ 是有限生成的。 若 $ S_2 $ 是非平凡的, 而由 $ (0,0,\ldots,0$, $b_n) $, $ b_n\ne 0 $ 所生成; 在 $ S $ 中有 $ \vec b= (b_1,b_2,\ldots,b_{n-1},b_n)\in S $, 則 $ {\mathcal B}^\prime=\{\vec b\}\,\cup\, {\mathcal B} $ 生成 $ S $。 這是因為 : 若 $ \vec\alpha=(s_1,\ldots,s_n)\in S $, 則 $ (0,\ldots,0,s_n)\in S_2 $, 故有 $ \gamma\in {\mathcal R} $, 使得 $ (0,\ldots,0,s_n)=\gamma(0,\ldots,0,b_n) $, 即 $ s_n=\gamma b_n $, 因此 $ \vec\alpha-\gamma \vec b\in S_1 $, 於是 $ \vec\alpha\in \gamma \vec b+ S_1 $, 這就是 $ {\mathcal B}^\prime $ 生成 $ S $。 定理因而證畢。

因為定理4.1.5的關係, 導致我們去研究那些環是 Noether 環。

我們在此證明: 有單位元的交換環 $ {\mathcal R} $ 是體若且唯若當它只有理想 $ \{0\} $ 及 $ {\mathcal R} $, 而無其它理想。 因此, 由定理4.1.4, 體當然是Noether的, 當 $ {\mathcal R} $ 是主理想整環時, 由於所有的理想都是主理想; 因此, 主理想整環也是 Noether 的。 下面給出十分重要的Hilbert定理。這是一個十分有用的基本定理。

定理4.1.6 (Hilbert基本定理): 若環 $ {\mathcal R} $ 是Noether環, 則多項式環 $ {\mathcal R}[x] $ 也是 Noether 環。

證明: 要證的是 $ {\mathcal R}[x] $ 的任意一個理想 $ {\mathcal Q} $ 是有限生成的。 令 $ L_j $ 為 $ {\mathcal Q} $ 中所有 $ j $ 次多項式最高項的係數及 $ {\mathcal R} $ 中的零元素所成的集合, $ j=0,1,\ldots $。 不難看出 $ L_j $ 都是 $ {\mathcal R} $ 的理想, 這是因為對 $ a,b\in L_j $, $ a\ne 0 $, $ b\ne 0 $, 存在 $ j $ 次多項式 $$f(x)= a\,x^j+\cdots\in {\mathcal Q}, \qquad g(x)= b\,x^j+\cdots\in {\mathcal Q}. $$ 於是 $$f(x)- g(x)= (a-b)\, x^j+\cdots $$ 必屬於 $ {\mathcal Q} $。 若 $ a-b \ne 0 $, 則 $ a-b \in L_j $;若 $ a-b = 0 $, 但由於 $ 0 \in L_j $, 則必有 $ a-b \in L_j $。 對於任一個 $ c\in {\mathcal R} $, $ c\,f(x)=c\, a\,x^j+\cdots\in {\mathcal Q} $。 若 $ c\, a\ne 0 $, 則 $ c\, a\in L_j $;若 $ c\, a= 0 $, 但由於 $ 0 \in L_j $, 則必有 $ c\, a\in L_j $; 所以 $ L_j $ 是 $ {\mathcal R} $ 中的一個理想。若 $ f(x)=a\,x^j+\cdots\in {\mathcal Q} $, 由於 $ {\mathcal Q} $ 是 $ {\mathcal R}[x] $ 的一個理想, $$x\,f(x)= a\, x^{j+1}+\cdots\in {\mathcal Q}. $$ 因此, 若 $ a\in L_j $, 則 $ a\in L_{j+1} $, 於是得到一個理想升鏈 $$L_0\,\subseteq\, L_1\, \subseteq\,L_2\,\subseteq\,\cdots. $$ 因為 $ {\mathcal R} $ 是Noether環, 故存在 $ d $ 使得 $$L_d= L_{d+1}\, =\,L_{d+2}=\cdots=L. $$ 其中 $ L= \cup_{j\ge 0} L_j $。因為 $ {\mathcal R} $ 是 Noether 環, 所以每個 $ L_j $, $ j=0,1,\ldots,d $ 都是有限生成的。 設 $ L_j=\langle a_j^{(1)},\,\ldots,\,a_j^{(k_j)}\rangle $, $ j=0,1,\ldots,d $。 從而由 $ L_j $ 的定義知道, 有 $ {\mathcal Q} $ 的多項式 $ f_j^{(1)},\,\ldots,\,f_j^{(k_j)} $, 使得 $ f_j^{(\ell)} $ 的首項係數為 $ a_j^{(\ell)} $, $ \ell=1,\ldots,k_j $。

我們可以證明: $ S=\{f_0^{(1)},\ldots, f_0^{(k_0)},f_1^{(1)},\ldots, f_1^{(k_1)},\ldots, f_d^{(1)},\ldots, f_d^{(k_d)}\} $ 是理想 $ {\mathcal Q} $ 的生成集。

為此, 設 $ f\in {\mathcal Q} $, $ {\mbox{deg}}(f)=n $。 對 $ n $ 用數學歸納法。若 $ n\,\lt \, d $, 則 $ a_n=\sum_{1\le i\le k_n}\,r_i\,a_n^{(i)} $, $ r_i\in {\mathcal R} $。 於是多項式 $$ h= f- \sum_{1\le i\le k_n}\,r_i\,f_n^{(i)} $$ 的次數小於 $ n $, 從而由數學歸納法的假設知 $ h $ 可由 $ S $ 中的元素生成, 進而 $ f $ 可由 $ S $ 中的元素生成。

若 $ n\,\ge \,d $, 則 $ a_n\,\in \,L_n= L_d $, 故 $ a_n= \sum_{1\le i\le k_d}\,r_i\,a_d^{(i)} $, $ r_i\in {\mathcal R} $。 於是多項式 $$ h= f- \sum_{1\le i\le k_d}\,r_i\,x^{n-d}f_d^{(i)} $$ 的次數小於 $ n $, 從而由數學歸納法的假設知 $ h $ 可由 $ S $ 中的元素生成, 進而 $ f $ 可由 $ S $ 中的元素生成。定理因而證畢。

A. 在上一節中給出了有單位元的交換環 $ {\mathcal R} $ 上的模的定義以及它的一些性質。當環 $ {\mathcal R} $ 為體時, 模就是向量空間, 至於向量空間中的部分基本概念與定理, 有些可以移植到模上來。例如子空間、商空間、直和、生成集合、線性獨立、基底、維數、線性變換、核與像等等, 到了模理論中有相對應的名詞與定義。例如, 與子空間、商空間、維數與線性變換相對應的為子模、商模、秩與模同態等。但是模與向量空間, 從表面上看, 只是建立在環與體上的差別, 但相互之間卻存在著本質上的差異。這裡舉出一些事實, 而不加以證明。

1. 存在這樣的模, 它沒有線性獨立的元素。當然就沒有基底。這就是為什麼要引入自由模的原因。
2. 存在這樣的模, 它的子模無補集。
3. 存在這樣的有限生成模, 其子模不是有限生成的。這就是為什麼引入Noether模的原因。
4. 存在這樣的模, 它的線性相依集合 $ S $ 中的任一元素不能用 $ S $ 中其它元素的線性組合來表示。
5. 存在這樣的模, 其極小生成集合不是模的基底, 其極大線性獨立集合不是模的基底。
6. 存在這樣的自由模, 其子模不自由, 其商模不自由。
7. 若 $ {\mathcal V} $ 是體 $ {\mathbb F} $ 上的向量空間, $ \alpha\in {\mathbb F} $, $ \vec v\in {\mathcal V} $, $ \alpha\ne 0 $ 及 $ \vec v\ne \vec 0 $, 則 $ \alpha\,\vec v\ne \vec 0 $。 但在模的情形, 這不再永遠成立。
8. 存在這樣的自由模, 有線性獨立集合不包在基底中, 有生成集合不包有基底。

由於在一般的有單位元的交換環 $ {\mathcal R} $ 上的模有種種不很理想的性質, 這才導致了我們專門來討論主理想環上的模的理論。 這是因為主理想環有很多很好的性質, 這就導出了在其上的模也有很多很好的性質, 因而情況大為改觀。 例如上述(6)中, 在主理想整環上自由模的子模也是自由的, 等等。這一講中針對著理想整環上的模進行研究之後, 在下一講中以此來考慮向量空間中的一些問題, 我們便可以得到一系列重要的結果。

B. 現在我們來證明下面的定理 :

定理4.2.1: 主理想整環 $ {\mathcal R} $ 上自由模 $ M $ 的任意子模 $ S $ 也是自由的, 且 $ {\mbox{rank}}(S)\,\le\, {\mbox{rank}}(M) $。

證明: 我們只證明模的秩是有限的情形, 儘管秩為無限時這也成立。由定理4.1.2知, 若 $ {\mbox{rank}}(M)=n $, 則 $ M\,\thickapprox\, {\mathcal R}^n $。因此, 我們直接來討論 $ {\mathcal R}^n $ 即可。現在對 $ n $ 用數學歸納法。

當 $ n=1 $ 時, $ M= {\mathcal R} $, $ {\mathcal R} $ 的任意子模 $ S $ 就是 $ {\mathcal R} $ 的理想。由於 $ {\mathcal R} $ 是主理想環, 即 $ S=\langle a\rangle $。 設 $ S\ne \{0\} $。 因 $ {\mathcal R} $ 是整環, 故對所有 $ r\,\ne \,0 $, 我們知道 $ ra\,\ne \,0 $。 因此, 映射 $$ \sigma:\,{\mathcal R}\,\rightarrow\, S,\qquad \sigma (r)= ra $$ 是 $ {\mathcal R} $ 到 $ S $ 的同構, 故 $ S $ 是自由的。

假設當 $ k\,\lt \,n $ 時, $ {\mathcal R}^k $ 的子模是自由的。令 $ S $ 是 $ {\mathcal R}^k $ 的一個子模。考慮 $$ S_1=\{\alpha\in S: \, s_1,\ldots,s_{n-1}\,\in \,{\mathcal R},\,\,\,\alpha=(s_1,\ldots,s_{n-1},0)\} $$ 及 $$ S_2=\{(0,\ldots,0,s_n)\,: \, s_1,\ldots,s_{n-1}\,\in \,{\mathcal R},\,\,\,\alpha=(s_1,\ldots,s_{n-1},s_n)\in S\}. $$ 因為 $ S_1 $ 同構於 $ {\mathcal R}^{n-1} $ 的一個部分集合, 由數學歸納法的假設, 這是自由的。 設 $ {\mathcal B}=\{\alpha_1,\ldots$, $\alpha_k\} $ 是 $ S_1 $ 的基底, 其中 $ k\,\le\,n-1 $ (若 $ S_1 $ 是平凡的, 則 $ {\mathcal B} $ 是空集合)。 同樣, $ S_2 $ 同構於 $ {\mathcal R} $ 的一個子模(理想)。若 $ S_2 $ 是平凡的, 則 $ S $ 中每個元素的最後座標是 $ 0 $, 故 $ S=S_1 $ 是自由的。 若 $ S_2 $ 非平凡, 則有秩 $ 1 $, 基底為 $ \{(0,\ldots,0,t_n),\,\,\, t_n\ne 0\} $, 且 $ \beta=(t_1,\ldots,t_{n-1},t_n)\in S $。 現在我們來證明 $ {\mathcal B}^\prime=\{\beta\}\,\cup\,{\mathcal B} $ 是 $ S $ 的基底。先證 $ {\mathcal B}^\prime $ 是線性獨立的。 若有 $ b,a_1,\ldots,a_k\in {\mathcal R} $ 使得 $$ b\,\beta +a_1\alpha_1+\cdots+a_k\alpha_k= 0, $$ 則 $$ b\,\beta=-\big(a_1\alpha_1+\cdots+a_k\alpha_k\big). $$ 比較兩邊的最後座標, 我們得到 $ b\,t_n=0 $, 所以 $ b=0 $。 而由 $ \alpha_1,\ldots,\alpha_k $ 的線性獨立導出 $ a_j=0 $, $ j=1,\ldots,k $, 故 $ {\mathcal B}^\prime $ 是線性獨立的。 其次, 若 $ \alpha=(s_1,\ldots, s_n)\in S $, 則 $ (0,\ldots, 0,s_n)\in S_2 $, 所以 $ (0,\ldots, 0,s_n)= b\,(0,\ldots,0,t_n) $, $ b\in {\mathcal R} $, 即 $ s_n= b\,t_n $。 於是 $ \alpha- b\,\beta\in S_1 $, 也就是 $ \alpha= b\, \beta+ S_1 $, 因此 $ {\mathcal B}^\prime $ 生成 $ S $; 故 $ S $ 是自由的。這就證明了定理。

在 A 的第 $ 7 $ 點中我們提到, 體 $ {\mathbb F} $ 上的向量空間 $ {\mathcal V} $, 若 $ a\ne 0 $, $ a\in {\mathbb F} $, $ \vec v\ne\vec 0 $, $ \vec v\in {\mathcal V} $, 則 $ a\,\vec v\ne\vec 0 $, 但在模的情形, 這不一定成立。於是有下面的定義 :

定義4.2.1: 若 $ {\mathcal R} $ 是整環, $ M $ 是 $ {\mathcal R} $ 的模。 對 $ v\in M $, 如果有非零的 $ a\in {\mathcal R} $ 使得 $ a\,v=0 $, 則稱 $ v $ 是 $ M $ 的一個 撓元素(torsion element)。 一個模如果不包含撓元素則稱為 無撓的(torsion free)。 如果模的所有元素是撓元素, 則稱 $ M $ 是 撓模(torsion module)。

若 $ M $ 為模, 其所有撓元素所組成的集合記作 $ M_{tor} $, 不難看出這是 $ M $ 的一個子模, 且 $ M/ M_{tor} $ 是一個無撓模。 這可證明如下 : 若 $ a,\,b\in M_{tor} $, 則有 $ \alpha,\,\beta\in {\mathcal R} $, $ \alpha\ne 0 $ 及 $ \beta\ne 0 $ 使得 $ \alpha\,a= 0 $ 及 $ \beta\,b= 0 $。 於是對任意的 $ r,\,s\in {\mathcal R} $, 我們有 $ \alpha\,\beta\,(r\,a+ s\,b)= 0 $, 即 $ r\,a+ s\,b\in M_{tor} $。 由4.1節第2項中(1)知, $ M_{tor} $ 是一個子模。現在我們再證 $ M/ M_{tor} $ 是一個無撓模。若 $ a+M_{tor} $ 是 $ M/ M_{tor} $ 中的一個撓元素, 則存在 $ r\in {\mathcal R}$, $r\ne 0$, 使得 $ r(a+M_{tor})=0 $, 即 $ r a \in M_{tor}$ 。 於是有 $ s\in {\mathcal R} $, $ s\ne 0 $, 使得 $ s(r\,a)= (s\,r)\,a=0 $, 且 $ s\,r\ne 0 $, 故 $ a\in M_{tor} $, 於是 $ M/ M_{tor} $ 中的撓元素是零, 即 $ M/ M_{tor} $ 為無撓模。

其次, 不難看出主理想整環上任意自由模是無撓的, 但反之不真; 不過我們有如下的定理。

定理4.2.2: 主理想整環上模 $ M $ 如果是無撓的, 且是有限生成的, 則模是自由的。

證明: 由於 $ M $ 是有限生成的, 故有 $ \vec 0\ne\vec v_j\in M $, $ j=1,\ldots,n $, 使得 $ M=\langle\vec v_1,\ldots,\vec v_n\rangle $。 在這些生成元素中取極大線性獨立部分集合 $ S=\{\vec u_1,\ldots,\vec u_k\} $, 將 $ M $ 的生成元素重新寫成 $$ M=\langle\vec u_1,\ldots,\vec u_k,\vec v_1,\ldots,\vec v_{n-k}\rangle. $$ 於是對每個 $ \vec v_i $, $ i=1,\ldots,n-k $, 集合 $ \{\vec u_1,\ldots,\vec u_k,\vec v_j\} $ 是線性相依的。 所以對每個 $ \vec v_i $, 存在 $ 0\ne\alpha_i $ 及 $ \beta_1^{(i)},\ldots, \beta_k^{(i)} $ 使得 $$ \alpha_i\,\vec v_i+ \beta_1^{(i)}\,\vec u_1+\cdots+ \beta_k^{(i)}\,\vec u_k=\vec 0. $$ 令 $ \alpha=\alpha_1\cdots\alpha_{n-k} $, 則 $ \alpha\,\vec v_i\in {\mbox{span}}(S) $, $ i=1,\ldots,n-k $。 於是 $$ \alpha\,M=\{\alpha\, \vec v\,:\, \vec v\in M\} $$ 是 $ {\mbox{span}}(S) $ 的一個子模。但 $ {\mbox{span}}(S) $ 是自由模, 其基底為 $ S $, 故由定理 4.2.1, $ \alpha\,M $ 也是自由的。考慮映射 $$ \Phi\,(\vec v)= \alpha\,\vec v $$ 是一個映成同態, 由於 $ M $ 是無撓的, 所以 $ \Phi $ 也是一對一的, 所以 $ M\,\thickapprox\,\alpha\,M $, 故得知 $ M $ 是自由的, 定理因而證畢。

有了以前這些準備之後, 要進入本講的主題, 給出主理想整環上有限生成模的分解定理。這需要三個步驟來建立起這些重要的定理。

1. 第一步, 將主理想整環上有限生成模分解為撓模與自由模之直和。

定理4.3.1: 若 $ M $ 是主理想整環 $ {\mathcal R} $ 上的有限生成模, 則 $$M=M_{tor}\oplus M_{free}, $$ 這裡 $ M_{free} $ 是一個自由 $ {\mathcal R}- $ 模。並且這種分解是唯一的, 即若還有分解 $ M= T\oplus N $, 其中 $ T $ 是 $ M $ 的無撓子模, $ N $ 是 $ M $ 的自由子模, 則 $ T\,\equiv \, M_{tor} $, $ N\,\equiv \, M_{free} $。

證明: 由於商模 $ M/M_{tor} $ 是無撓的以及當 $ M $ 是有限生成時, $ M/M_{tor} $ 也是有限生成的, 故由定理4.2.2知 $ M/M_{tor} $ 是自由模。

有了定理 4.3.1 要討論主理想整環有限生成模的分解, 只要討論主理想整環上有限生成撓模的分解。

2. 第二步, 將主理想整環上有限生成撓模分解為准素子模的直和。 在 2.2 節中, 我們曾引入了向量空間零化子的概念。現將此概念擴充到模上。

定義4.3.1: 若 $ M $ 是一個 $ {\mathcal R}- $ 模, $ v\in M $ 的 零化子 為 $$ {\mbox {ann}}(v)=\big\{r\in {\mathcal R}:\,\,\, rv=0\big\}, $$ $ M $ 的 零化子 為 $${\mbox {ann}}(M)=\big\{r\in {\mathcal R}:\,\,\, rM=\{0\}\big\}, $$ 這裡 $ rM=\big\{rv:\,\,\, v\in M\big\} $.

顯然 $ {\mbox {ann}}(v) $ 及 $ {\mbox {ann}}(M) $ 是 $ {\mathcal R} $ 中的裡想。

若 $ M $ 是主理想整環上有限生成的撓模, $ {\mbox {ann}}(v) $ 生成元稱為 $ v $ 的 階(order), $ {\mbox {ann}}(M) $ 的生成元稱為 $ M $ 的階。 顯然, 若 $ \mu,\,\nu $ 是 $ M $ (或 $ v\in M$) 的兩個階, 則它們是相伴的(associate), 即存在某個可逆元 $ u\in {\mathcal R} $ 使得 $$ {\mbox {ann}}(M)=\langle\mu\rangle=\langle\nu\rangle\,\,\Rightarrow\,\, \mu=u\nu . $$ 故 $ M $ 的階, 除去乘以可逆元外, 是唯一確定的。 $ \mu,\,\nu $ 除去乘以可逆元外, 由定理 1.2.3 有相同的素元(prime element)乘積分解。

定義4.3.2: 模 $ M $ 稱為准素模(prime module), 若其零化子為 $ {\mbox {ann}}(M)=\langle p^e\rangle $。 這裡 $ p $ 是素元, $ e\in {\mathbb N} $。 換句話說, 若 $ M $ 的階是某個素元的正次方, 則 $ M $ 是一個准素模。

顯然, 主理想整環上有限生成的撓模 $ M $ 是一個准素模若且唯若當 $ M $ 中每個元素的階是一個固定的素元的冪。

分解定理的第二步是將撓模 $ M $ 分解為准素子模的直和。

定理4.3.2 (准素模唯一分解定理): 若 $ M $ 是一個主理想整環上非零有限生成的撓模, 階為 $$ \mu=p_1^{e_1}\cdots p_n^{e_n}, $$ 這裡 $ p_j $, $ j=1,\ldots,n $, 為互不相伴的素元, 則 $ M $ 可分解為直和 $$ M=M_{p_1}\oplus \cdots \oplus M_{p_n}, $$ 這裡 $$ M_{p_j}=\big\{v\in M:\,\,\, p_j^{e_j}v=0\big\} $$ 為准素子模, 階為 $ p_j^{e_j} $, $ j=1,\ldots,n $。 尤有進者, 這樣的分解是唯一的, 也就是說, 若還有分解 $$ M=N_{1}\oplus \cdots \oplus N_{m}, $$ 其中 $ N_k $ 是階為 $ q_k^{f_k} $ 的准素模, 則 $ m=n $, 且可適當安排下標 $ j $ 使得 $ N_j= M_{p_j} $, $ q_j $ 與 $ p_j $ 相伴, $ e_j= f_j $, $ j=1,\ldots,n $。

證明: 假設 $ \mu= pq $, 且 $ p,\,q $ 的最大公因子 $ {\mbox{gcd}}(p,q)=1 $。考慮集合 $$ M_p=\big\{v\in M:\,\,\, pv=0\big\}, $$ 以及 $$ M_q=\big\{v\in M:\,\,\, qv=0\big\}. $$ 我們現在要證明 $ M=M_p\oplus M_q $ 以及 $ M_p $ 與 $ M_q $ 分別有零化子 $ \langle p\rangle $ 與 $ \langle q\rangle $。

由於 $ p $ 與 $ q $ 互質, 所以理想 $ \langle p,\,q\rangle $ 由 $ {\mbox{gcd}}(p,q)=1 $ 生成 (證明與命題1.2.1之證明相同), 故 $ 1\in\,\langle p,\,q\rangle $。因此存在 $ a,\,b\in\,{\mathcal R} $ 使得 $$ ap+bq=1. $$ 若 $ v\in\,M_p\oplus M_q $, 則 $ pv=qv=0 $。故 $$ v=1\cdot v\, =\,(ap+bq)\cdot v=0. $$ 因此, $ M_p\cap M_q=\{0\} $。 對任意 $ v\in\,M $, 我們有 $$ v=1\cdot v\, =\,apv+bq v, $$ 而 $ q(apv)=a(pq)v=a\mu v=0 $, 故 $ apv\in\,M_q $; 同樣 $ bqv\in\,M_p $。因此, $ M=M_p\oplus M_q $。 若 $ rM_p=0 $, 則對任意 $ v= v_1+v_2\in M_p\oplus M_q =M $, 有 $$ rqv=rq\cdot (v_1+v_2)\, =\,rqv_1+rq v_2=0, $$ 因此, $ rq\in\,{\mbox{ann}}(M) $; 這導出 $ \mu=pq\big| rq $, 即 $ p\big| r $。 這說明 $ {\mbox{ann}}(M_p)= \langle p\rangle $。 同理可證 $ {\mbox{ann}}(M_q)= \langle q\rangle $。

若 $ \mu $ 是素元的乘積 $$ \mu= p_1^{e_1}\cdots p_n^{e_n}, $$ 由上面的證明知道有 $ M=M_{p_1^{e_1}}\oplus N $, 這裡 $ N $ 為具有零化子 $ \langle \mu/p_1^{e_1}\rangle $ 的子模; 重複這個步驟, 記 $ M_{p_j^{e_j}} $ 為 $ M_{p_j} $, $ j=1,\ldots, n $, 就得到定理中的分解。

至於分解的唯一性, 注意到由 $ M=N_1\oplus N_2\oplus\cdots\oplus N_m $ 知 $ {\mbox{ann}}(M)= \langle q_1^{f_1},\ldots, q_n^{f_n}\rangle $, 因此 $ q_1^{f_1}\cdots q_n^{f_n} $ 與 $ p_1^{e_1}\cdots p_n^{e_n}$ 相伴。由定理1.2.3, 知 $ {\mathcal R} $ 是唯一因子分解環, 所以 $ n=m $, 且可適當安排下標 $ j $ 使得 $ N_j= M_{p_j} $, $ q_j $ 與 $ p_j $ 相伴, $ e_j= f_j $, $ j=1,\ldots,n $, 從而 $$ N_j=\big\{v\in M:\,\,\, q_j^{f_j}v=0\big\}= \big\{v\in M:\,\,\, p_j^{e_j}v=0\big\}=M_{p_j}, %\,\,\, p_j^{e_j}v=0\big\}= M_{p_j}, $$ $ j=1,\ldots,n $, 定理的證明於是完畢。

3. 第三步由定理4.3.2知, 下一步就應該對定理4.3.2中那些准素子模 $ M_{p_j} $, $ j=1,\ldots,n $, 進行分解。

定理4.3.3 (循環分解定理): 若 $ M $ 是主理想整環 $ {\mathcal R} $ 上非零准素有限生成撓模, 其階為 $ p^e $, 則 $ M $ 可分解為循環子模的直和: \begin{equation} \label{eq:4.3.1} M={\mathcal C}_1\oplus \cdots \oplus {\mathcal C}_n. \end{equation} $ {\mathcal C}_j $ 為有階 $ p^{e_j} $ 的循環子模, $ j=1,\ldots,n $, 且滿足 $$ e= e_1\,\ge\, e_2\,\ge\,\ldots\,\ge\, e_n\,\ge \, 1, $$ 或等價於 \begin{equation} \label{eq:4.3.2} p\,\big|\, p^{e_n},\quad p^{e_n}\,\big|\, p^{e_{n-1}},\,\ldots\,,p^{e_2}\,\big|\, p^{e_1}. \end{equation}

證明: 先來證明在 $ M $ 中一定存在一個元素 $ v_1 $, 使得 $$ {\mbox{ann}}(v_1)= {\mbox{ann}}(M)=\langle p^e\rangle. $$ 如果這樣的 $ v\in\, M $ 不存在, 那麼對所有的 $ {\mbox{ann}}(v)= \langle p^k\rangle $, 而 $ k\lt e $。 故 $ p^{e-1}\in\, {\mbox{ann}}(M) $, 這導出 $ p^{e}\,\big|\, p^{e_-1} $ , 因而矛盾。

如果能證循環子模 $ \langle v_1\rangle $ 是 $ M $ 分解中的一個被加項, 即 \begin{equation} \label{eq:4.3.3} M= \langle v_1\rangle\oplus S_1, \end{equation} 這裡 $ S_1 $ 是 $ M $ 中的某個子模, 於是 $ S_1 $ 也是一個在 $ {\mathcal R} $ 上的有限生成准素撓模, 以至可以重複這個步驟, 得到 $$ M= \langle v_1\rangle\oplus \langle v_2\rangle\oplus S_2. $$ 這裡 $ {\mbox{ann}}(v_2)= \langle p^{e_2}\rangle $, 而 $ e_2\le e_1 $。 這樣一直進行下去, 我們便得到一個上升子模序列 $$ \langle v_1\rangle\,\subset\,\langle v_1\rangle\oplus \langle v_2\rangle\,\subset\,\ldots. $$ 由於 $ {\mathcal R} $ 是主理想整環, 故 $ {\mathcal R} $ 是Noether環。 由於 $ M $ 是有限生成的, 根據定理4.1.5, $ M $ 是Noether模, 由定理4.1.4, $ M $ 滿足升鏈條件, 於是上述子模鏈到有限步停止。 這就證明了 $ M $ 可以分解為循環子模 $ \langle v_j\rangle $, $ j=1,\ldots, n $ 的直和, 其相應的階為 $ p^{e_j} $, $ j=1,\ldots, n $, 且 $ e=e_j\,\ge\, e_2\,\ge\, \cdots\,\ge\, e_n\,\ge\, 1 $。 現在來證明 $ M $ 可以分解為 $ M= \langle v_1\rangle\oplus S_1 $。 由於 $ M $ 是有限生成的, 故有 $ M=\langle v_1,u_1,\ldots, u_k\rangle $。 對 $ k $ 進行歸納法。若 $ k=0 $, 則只要令 $ S_1=\{0\} $ 即可; 若結論對 $ k $ 成立, 設 $$ M=\langle v_1,u_1,\ldots, u_k,u\rangle. $$ 由歸納法的假設 $$ \langle v_1,u_1,\ldots, u_k\rangle= \langle v_1\rangle\oplus S_0. $$ 而 $ S_0 $ 是一個子模。

將 $ u-\alpha v_1 $, $ \alpha \in{\mathcal R} $ 替代 $ u $, 不會影響生成模 $ M $, 即 $$ \langle v_1,u_1,\ldots, u_k, u-\alpha v_1\rangle = \langle v_1,u_1,\ldots, u_k, u\rangle= M. $$ 於是可以找到 $ \alpha \in{\mathcal R} $ 使得 $$ \langle v_1\rangle\,\cap\, \langle u-\alpha v_1, S_0\rangle=\{0\}, $$ 這樣就得到 $$ M=\langle v_1\rangle\oplus \langle u-\alpha v_1, S_0\rangle=\langle v_1\rangle\oplus S_1. $$ 我們令 $ S_1=\langle u-\alpha v_1, S_0\rangle $ 就可以了。 $ \langle u-\alpha v_1, S_0\rangle $ 中的元素形為 $ r(u-\alpha v_1)+s_0 $, 於是 $ \langle v_1\rangle\,\cap\, \langle u-\alpha v_1, S_0\rangle=\{0\} $, 等價於對任何 $ r \in{\mathcal R} $, $ s_0 \in S_0 $, 有 $$ r(u-\alpha v_1)+s_0\in \langle v_1\rangle\,\Rightarrow\, r(u-\alpha v_1)+s_0=0, $$ 這也等價於 $$ r(u-\alpha v_1)+s_0\in \langle v_1\rangle\oplus S_0\,\Rightarrow\, r(u-\alpha v_1)\,\in \,S_0. $$ 即 \begin{equation} \label{eq:4.3.4} ru\in \langle v_1\rangle\oplus S_1\,\Rightarrow\, r(u-\alpha v_1)\in S_0, \end{equation} 不難證明 $$ {\mathcal I}= \big\{r\in {\mathcal R}:\,\,\, ru\in \langle v_1\rangle \oplus S_0\big\} $$ 是 $ {\mathcal R} $ 的一個理想, 故為主理想, 因此, $ {\mathcal I}=\langle a\rangle $。 但是 $$ p^eu= 0\in \langle v_1\rangle \oplus S_0, $$ 故 $ p^e\,\in \, \langle a\rangle $, 這導出 $ a\big|\, p^e $, 所以我們有 $ f\,\le\, e $, 使得 $ a= p^f $。 於是存在 $ q\in {\mathcal R} $ 對下式成立 : $$ ru\in \langle v_1\rangle \oplus S_0\,\Rightarrow\, r\in {\mathcal I}\,\Rightarrow\, r= qp^f, $$ 因此 $$ r(u-\alpha v_1)= qp^f(u-\alpha v_1). $$ 所以我們可以找到 $ \alpha\in {\mathcal R} $ 使得 \begin{equation} \label{eq:4.3.5} p^f(u-\alpha v_1)\in S_0, \end{equation} 則\eqref{eq:4.3.4}得證。由於 $ p^f\in {\mathcal I} $, 所以 $ p^fu\in \langle v_1\rangle \oplus S_0 $ 可寫為 \begin{equation} \label{eq:4.3.6} p^fu= t v_1+s_0, \end{equation} 這裡 $ t\in {\mathcal R} $, $ s_0\in S_0 $。 於是\eqref{eq:4.3.5}成為 $$ t v_1+s_0-\alpha p^fv_1\in S_0\,\Rightarrow\, (t-\alpha p^f)v_1\in S_0. $$ 上式成立若且唯若 $ t-\alpha p^f=0 $, 即若且唯若 $ p^f\big| t $。

由\eqref{eq:4.3.6}, 我們得到 $$ 0= p^{e-f}p^fu= p^{e-f}tv_1+p^{e-f}s_0. $$ 由於 $ \langle v_1\rangle\,\cap\, S_0=\{0\} $, 故 $ p^{e-f}tv_1=0 $。 由於 $ v_1 $ 的階為 $ p^e $, 所以 $ p^e\big| p^{e-f}t $, 也就是 $ p^e\big| t $, 這正是我們所需要的。 於是\eqref{eq:4.3.3}得證, 從而\eqref{eq:4.3.1}得證。

式子\eqref{eq:4.3.2}可由\eqref{eq:4.3.1}推導出來。事實上, 由於 $$ p^e\in {\mbox {ann}}(M)\,\subset\, {\mbox {ann}}({\mathcal C}_j),\quad j=1,\ldots,n, $$ 故若 $ {\mbox {ann}}({\mathcal C}_j)=\langle \alpha_j\rangle $, 則 $ \alpha_j\big| p^e $。 於是 $ \alpha_j=p^{e_j} $, $ e_j\,\le\, e $, $ j=1,\ldots,n $。對 $ e_j $ 排列, 我們便得到\eqref{eq:4.3.2}。 定理因而證畢。

從證明的過程來看, 可以看出這樣的分解不是唯一的。雖然如此, 除去乘上可逆元, 階 $ p^{e_j} $ 是唯一決定的。素元 $ p $ 也是唯一決定的。 因為它要除盡 $ M $ 的階 $ p^e $。 於是我們有如下的唯一性定理。

定理4.3.4 (循環分解唯一定理): 若 $ M $ 是主理想整環 $ {\mathcal R} $ 上一個非零的有限生成撓模, 其階為 $ p^e $。 若 $ M $ 可分解為 $$ M= {\mathcal C}_1\oplus {\mathcal C}_2\oplus\cdots\oplus {\mathcal C}_n, $$ 這裡 $ {\mathcal C}_j $ 是階為 $ p^{e_j} $ 的非零循環子模, 且 $ e_1\,\ge\, e_2\,\ge\,\ldots\,\ge\, e_n\,\ge\,1 $。

若 $ M $ 還可分解為 $$ M= {\mathcal D}_1\oplus {\mathcal D}_2\oplus\cdots\oplus {\mathcal D}_m, $$ 這裡 $ {\mathcal D}_j $ 是階為 $ p^{f_j} $ 的非零循環子模, 且 $ f_1\,\ge\, f_2\,\ge\,\ldots\,\ge\, f_m\,\ge\,1 $, 則 $ m=n $ 及 $$ e_1= f_1,\,\,e_2=f_2,\ldots,\, e_n=f_n. $$

為了證明這個唯一性定理, 我們要用到以下這些易證的結果。設 $ {\mathcal R} $ 是主理想整環

1. 在2.3節中第三條關於向量空間的同構定理都可以推廣到主理想整環 $ {\mathcal R} $ 上的 $ {\mathcal R}- $ 模中來。 例如 : $ {\mathcal R}- $ 模中的第一同構定理為 : 若 $ M $ 與 $ N $ 為主理想整環 $ {\mathcal R} $ 上的兩個 $ {\mathcal R}- $ 模, 映射 $ \tau\in {\mbox{Hom}}_{\mathcal R}(M,N) $, 則 $$ M/{\mbox{ker}}(\tau)\, \approx \,{\mbox{Im}}(\tau). $$
2. 若 $ \langle v\rangle $ 是一循環 $ {\mathcal R} $ 模, $ {\mbox {ann}}(v)= \langle a\rangle $, 則映射 $$ \tau:\, {\mathcal R}\,\rightarrow\, \langle v\rangle, \quad \tau(r)= rv,\quad r\in {\mathcal R} $$ 是滿射同態, 其核為 $ \langle a\rangle $, 故由(1)中的第一同構定理, 我們有 $$ \langle v\rangle \,\approx\, {\mathcal R}/\langle a\rangle. $$ 若 $ a $ 是素元, 則 $ \langle a\rangle $ 是 $ {\mathcal R} $ 中極大理想, 故由引理 4.1.1, $ {\mathcal R}/\langle a\rangle $ 是一個域。
3. 若 $ p\in {\mathcal R} $ 是素元, $ M $ 是這樣的一個 $ {\mathcal R}- $ 模, 使得 $ pM=\{0\} $, 則 $ M $ 是 $ {\mathcal R}/\langle p\rangle $ 上的一個向量空間, 其數乘定義為 : 對所有 $ v\in M $, $$ (r+\langle p\rangle)\cdot v= rv. $$
4. 若 $ p\in {\mathcal R} $ 是素元, 對於 $ {\mathcal R}- $ 模 $ M $ 的任意子模 $ S $, 集合 $$ S^{(p)}= \big\{v\in S:\,\,\,pv=0\big\} $$ 是 $ M $ 的一個子模。若 $ M= S\oplus T $, 則 $ M^{(p)}= S^{(p)}\oplus T^{(p)} $。

定理4.3.4的證明: 先證 $ m= n $。 由(4), 我們知道 $$ M^{(p)}=C_1^{(p)}\oplus \cdots\oplus C_n^{(p)} $$ 及 $$ M^{(p)}=D_1^{(p)}\oplus \cdots\oplus D_m^{(p)}. $$ 由於 $ pM^{(p)}= \{0\} $, 故由(3), $ M^{(p)} $ 是 $ {\mathcal R}/\langle p\rangle $ 上的一個向量空間。 由於 $ C_j^{(p)} $ 及 $ D_k^{(p)} $, $ j=1,\ldots,n $, $ k=1,\ldots,m $ 均為 $ M^{(p)} $ 循環子模, 故 $ C_j^{(p)} $ 及 $ D_k^{(p)} $, $ j=1,\ldots,n $, $ k=1,\ldots,m $ 均為 $ M^{(p)} $ 這個向量空間的一維向量子空間, 所以 $ m= n $。

再證 $ e_j= f_j $, $ j=1,\ldots,n $。 對 $ e_1 $ 進行數學歸納法。設 $ e_1=1 $, 則所有的 $ e_j= 1 $, $ j=1,\ldots,n $, 故 $ pM= \{0\} $。 這樣所有的 $ f_j= 1 $, $ j=1,\ldots,n $, 因為若 $ f_j\,\gt \, 1 $, 而 $ D_1=\langle w\rangle $, 則 $ pw\ne 0 $, 則為矛盾。 若結論對 $ e_1\,\le \, k-1 $ 都成立, 來證明當 $ e_1\,= \, k $ 時結論也成立。假設 $$ (e_1,\ldots,e_n)=(e_1,\ldots,e_s,1,\ldots,1),\quad e_s\gt 1 $$ 及 $$ (f_1,\ldots,f_n)=(f_1,\ldots,f_t,1,\ldots,1),\quad f_t\gt 1 $$ 則 $$ pM= pC_1\oplus \cdots\oplus pC_s $$ 及 $$ pM=pD_1\oplus \cdots\oplus pD_t. $$ 易見 $ pC_j $ 是 $ M $ 的循環子模及 $ {\mbox{ann}}(pC_j)=\langle p^{e_j-1}\rangle $。 這是因為, 若 $ C_j=\langle v_j\rangle $, 則 $$ pC_j=\big\{pc:\,\,\,c\in C_j\big\}=\big\{ prv_j:\,\,\,r\in {\mathcal R}\big\} =\big\{r(pv_j):\,\,\,c\in {\mathcal R}\big\}=\langle pv_j\rangle, $$ 而 $ pv_j $ 的階為 $ p^{e_j-1} $。 同樣 $ pD_j $ 是 $ M $ 的循環子模及 $ {\mbox{ann}}(pD_j)=\langle p^{f_j-1}\rangle $。 特別 $ {\mbox{ann}}(pC_1)=\langle p^{e_1-1}\rangle $, 由數學歸納法我們知道 $$ s=t,\qquad e_1=f_1,\ldots, e_s= f_s. $$ 定理因而得證。

4. 總結以上的三步, 我們得到下面三個結論 :

1. 先將主理想整環 $ {\mathcal R} $ 上的有限生成模分解為撓模與自由模之直和(定理4.3.1), 即 $$ M=M_{tor}\oplus M_{free}, $$ 這裡 $ M_{free} $ 為 $ M $ 為一個自由模, 而 $ M_{tor} $ 為 $ M $ 中所有撓元所組成的撓模。
2. 若 $ M_{tor} $ 的階為 $$ \mu=p_1^{e_1}\,\ldots\,p_n^{e_n}, $$ 這裡 $ p_j $, $ j=1,\ldots,n $, 是互不相伴的素元, 則有准素分解 (定理4.3.2), 即 $$ M_{tor}=M_{p_1}\oplus \cdots\oplus M_{p_n}, $$ 這裡 $ M_{p_j} $, $ j=1,\ldots,n $, 為准素模, 其階為 $ p^{e_j} $。 於是 $ M $ 有下列之分解 $$ M= M_{p_1}\oplus \cdots\oplus M_{p_n}\oplus M_{free}. $$
3. 由定理 4.3.3, 再將准素模 $ M_{p_j} $, $ j=1,\ldots,n $, 分解為循環子模的直和。歸納起來有這樣重要的兩個不同形式的定理。

定理4.3.5 (主理想整環上有限生成模的循環分解定理--初等因子形式): 若 $ M $ 是主理想整環上 $ {\mathcal R} $ 上的一個非零有限生成模, 則 $$ M=M_{tor}\oplus M_{free}, $$ 這裡 $ M_{tor} $ 為 $ M $ 中所有撓元所組成的集合, 而 $ M_{tor} $ 為 $ M $ 中一個自由模, 其秩由模 $ M $ 唯一決定。若 $ M_{tor} $ 有階為 $$ \mu=p_1^{e_1}\,\ldots\,p_n^{e_n}, $$ 這裡 $ p_j $, $ j=1,\ldots,n $, 是互不相伴的素元, 則 $$ M_{tor}=M_{p_1}\oplus \cdots\oplus M_{p_n}, $$ 這裡 $$ M_{p_j}=\big\{v\in M:\,\,\,p^{e_j}v=0\big\} $$ 是准素模, 其階為 $ p^{e_j} $。 每個 $ M_{p_j} $ 可以分解為循環子模的直和 $$ M_{p_j}=C_{j,1}\oplus \cdots\oplus C_{j,k_j}, $$ 而 $ C_{j,\ell} $ 的階為 $ p_j^{e_{j,\ell}} $, $ \ell=1,\ldots,k_j $, 且 $$ e_j\,\ge \,e_{j,1}\,\ge\, e_{j,2}\,\ge\, \cdots\, e_{j,k_j}\,\ge\, 1,\quad j=1,\ldots, n. $$ 將 $ M $ 的循環子模直和項 $ C_{j,\ell} $ 的階 $ p_j^{e_{j,\ell}} $, $ \ell=1,\ldots,k_j $, $ j=1,\ldots,n $, 稱為 $ M $ 的 初等因子 (elementary divisors)。 除了乘以可逆元外, $ M $ 的初等因子由模 $ M $ 唯一決定。 最終得到 $ M $ 可以分解為循環子模及一個自由模的直和 \begin{equation} \label{eq:4.3.7} M=\big(C_{1,1}\oplus \cdots\oplus C_{1,k_1}\big)\oplus \cdots\,\oplus \big(C_{n,1}\oplus \cdots\oplus C_{n,k_n}\big)\oplus M_{free}. \end{equation}

定理4.3.5的分解前面已證完。下面說明一下初等因子的唯一性。 根據定理4.3.1中的唯一性部份, 不妨設 $ M_{free}=\{0\} $, 令 $$ D_j=D_{j,1}\oplus \cdots\oplus D_{j,\ell_k}, $$ $ k=1,\ldots,m $。 則 $ D_{j,\ell_k} $ 是階為 $ q_j^{f_{j,\ell_k}} $ 的准素模。 於是 $ M $ 有如下兩種准素分解 $$ M=D_1\oplus \cdots\oplus D_m= M_{p_1}\oplus \cdots\oplus M_{p_n}. $$ 故由定理4.3.2的唯一性部份知道 $ m=n $, 且不妨假設 $ D_j= M_{p_j} $, $ j=1,\ldots,n $, 從而 $ p_j $ 與 $ q_j $ 相伴。 再由定理4.3.4知道 $ k_j= \ell_j $, $ f_{j,\ell}= e_{j,\ell} $, $ j=1,\ldots,n $, $ \ell=1,\ldots,k_j $。 就證明了分解的唯一性, 即 $ M $ 的初等因子是由 $ M $ 唯一確定的。

這種分解還可以寫成另一種形式。設 $ S $ 與 $ T $ 是 $ M $ 的循環子模。若 $ {\mbox{ann}}(S)=\langle a\rangle $ 及 $ {\mbox{ann}}(T)=\langle b\rangle $, 且 $ S\,\cap\,T=\{0\} $, 於是 $ S\oplus T $ 也是一個子模, 且 $$ {\mbox{ann}}(S\oplus T)=\langle ab\rangle. $$ 在\eqref{eq:4.3.7}中, 記 $$ D_1=C_{1,1}\oplus \cdots\oplus C_{n,1}, $$ 則 $ D_1 $ 是一個循環子模, 其階為 $$ q_1=\prod_{j=1}^n p_j^{j,1}. $$ 類似可以定義 $ D_2,\ldots,D_m $, 這裡 $ m= \max\limits_j(k_j) $。 於是我們有另一個形式的分解定理。

定理4.3.6 (主理想整環上有限生成模的循環分解定理--不變因子形式): 若 $ M $ 是主理想整環上一個有限生成模, 則 $$ M= D_1\oplus \cdots\oplus D_m\oplus M_{free}, $$ 這裡 $ M_{free} $ 為 $ M $ 為一個自由模, 而 $ D_j $ 是 $ M $ 的循環子模, 其階為 $ q_j $, $ j=1,\ldots,m $, 而且 $$ q_m\,\big|\, q_{m-1},\,\,\, q_{m-1}\,\big|\, q_{m-2},\,\,\ldots\,\, q_2\,\big|\, q_1. $$ 純量 $ q_j $, $ j=1,\ldots,m $, 稱為 $ M $ 的 不變因子(invariant factor)。 由定理4.3.5的初等因子的唯一性部份容易看出除去乘以可逆元, 這些不變因子由 $ M $ 所唯一決定, $ M_{free} $ 的秩由 $ M $ 所唯一決定。

---本文作者龔昇任教於中國科技大學; 張德健任教於美國 Georgetown University 數學系---