主理想整环上的模

以下定理展示了每一个在主理想整环上有限生成的模都有一种简单的形式。（如果所有的环都有如此简单的模结构，那么代数学的世界会变得非常美好。）

定理(有限生成模在主理想整环上的分类) 设 $R$ 为主理想整环，$M$ 是一个有限生成的 $R$-模。那么存在有限个素元 $p_{1}, \ldots, p_{k} \in R$（其中 $p_{i}$ 可以等于 $p_{j}$）和整数 $n_0, n_1, \ldots, n_k$，使得$$M \cong R^{n_0} \oplus R / (p_1^{n_1}) \oplus R / (p_2^{n_2}) \oplus \cdots \oplus R / (p_k^{n_k})$$并且这个分解在重排和 $p_i$ 的单位倍之下是唯一的。

注 什么是唯一性的显式意思？给出另一个分解$$M \cong R^{m_0} \oplus R / (q_1^{m_1}) \oplus \cdots \oplus R / (q_j^{m_j})，$$其中每个 $q_i$ 也是素元，那么我们有

(1) $m_0 = n_0$，

(2) $j = k$，并且

(3) 存在一种 $i$ 的重排序，使得 $n_i = m_i$，并且 $p_i$ 和 $q_i$ 是彼此的单位倍。

特别需要注意的是，$p_i$ 可能等于 $p_j$（当 $i \neq j$ 时）。换句话说，模与数不同——它们的分解不是唯一的素数分解，其中 $p \cdot \cdots \cdot p$ 可以组合成 $p^{k}$；素元的重复是重要的。

例 ($R=F$ 一个域)若 $F$ 是一个域，什么是素元素？没有素元素，因为素元素是非零的非单位元素。因此，任意有限生成$F$上的模都具有形式$$M \cong F^{n_0}，$$这意味着每个有限生成的 $F$-模具有有限基。$n_0$ 就是向量空间的维数。

例($R = \mathbb{Z}$) $\mathbb{Z}$中的素数是什么？它们是形如$\pm p$的数，其中$p$是一个素数。（注意$(p)=(-p)$。）因此，上述定理表明，任何有限生成的$\mathbb{Z}$-模——即任何有限生成的Abel群——都具有以下形式：$$M \cong \mathbb{Z}^{n_{0}} \oplus \mathbb{Z}/p_{1}^{n_{1}} \mathbb{Z} \oplus \ldots \oplus \mathbb{Z}/p_{k}^{n_{k}} \mathbb{Z}$$唯一性意味着，例如，$$\mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \quad\left(p_{1}=p_{2}=2, \text{其中}~n_{0}=0, n_{1}=n_{2}=1\right).$$和$$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z} \quad\left(p_{1}=2, \text{其中}~n_{0}=0, n_{1}=2.\right)$$并不是同构的$\mathbb{Z}$-模（即，不是同构的Abel群）。这点我们已经知道——例如，$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$是循环群，而前者群不是。注意，前者群也是$i \neq j$时$p_{i}=p_{j}$的一个例子。

例 仍然取 $R = \mathbb{Z}$。现在可以对所有阶数为 8 的Abel群进行分类：

例 另一个例子：令 $M = \mathbb{Z}/6 \mathbb{Z}$。它并不符合定理中的标准形式。实际上，$M$ 同构于$$\mathbb{Z}/2 \mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/3 \mathbb{Z}.$$

练习 分类所有阶数为$$7 \times 7 \times 11 \times 11 = 5929$$的Abel群。

解：需要找出满足 $|M| = 5929$ 的所有组合 $p_i, n_i$ 使得$$\begin{aligned}5929 &= \left|\mathbb{Z}/(p_1^{n_1}) \oplus \cdots \oplus \mathbb{Z}/(p_k^{n_k})\right| \\&= p_1^{n_1} \cdot \cdots \cdot p_k^{n_k}.\end{aligned}$$

请注意：$\mathbb{Z}/p^{2} \mathbb{Z}$ 不同构于 $\mathbb{Z}/p \mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/p \mathbb{Z}$。

练习 其中哪些群同构于 $\mathbb{Z}/5929 \mathbb{Z}$？

解：我们已经证明，如果 $\gcd(m, n) = 1$，则 $\mathbb{Z}/m \mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/n \mathbb{Z} \cong \mathbb{Z}/(mn) \mathbb{Z}$。因此$$\mathbb{Z}/49 \mathbb{Z} \oplus \mathbb{Z}/121 \mathbb{Z} \cong \mathbb{Z}/5929 \mathbb{Z}。$$

让 $F$ 为一个域，并令 $V$ 为一个 $F$-向量空间（即 $V$ 是一个 $F$-模）。任意 $F$-线性映射$$A: V \to V，$$定义了一个$V$上的 $F[t]$-模结构：若 $f = a_d t^d + \cdots + a_1 t + a_0$，则$$f v := a_d A^d(v) + \cdots + a_1 A(v) + a_0 v，$$其中$$A^i = \underbrace{A \circ \cdots \circ A}_{i~\text{次}}。$$

因此，设 $V$ 是一个$F$上有限维向量空间。选择一个 $F$-线性映射 $A: V \to V$ 使 $V$ 成为一个 $F[t]$-模。

命题 $V$ 是有限生成的 $F[t]$-模。

证明：设 $v_1, \ldots, v_n$ 是一个有限基。那么$$V = \{b_1 v_1 + \cdots + b_n v_n \mid b_1, \ldots, b_n \in F\}.$$特别地，如果 $f_i = b_i$ 是常数多项式，$$V = {f_1 v_1 + \cdots + f_n v_n}。$$因此，$$F[t]^{\oplus n} \rightarrow V$$是一个满射。$$~\tag*{$\square$}$$

推论 $V$ 同构(作为一个$F[t]$-模)于$$F[t] / (p_1^{n_1}) \oplus \cdots \oplus F[t] / (p_k^{n_k}) \oplus F[t]^{n_0}，$$其中 $p_i \in F[t]$ 是不可约的，$n_i \geqslant 1$，$n_0 \geqslant 0$。

注 在这个分解中，$n_0 = 0$。为什么？因为 $V$ 是有限维的 $F$-向量空间，而 $F[t]$ 不是有限维的，所以 $V$ 中不能包含同构于 $F[t]$ 的子空间。

一般来说，判定不可约多项式可能较为困难，例如，判断 $x^3 + 2x^2 + x + 1$ 是否在 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ 上不可约，通常需要逐一检查。

当主理想整环为多项式环时

我们之前提到的主理想整环之一是 $R = F[t]$。那么，$F[t]$ 的素元是什么呢？这通常是一个复杂的问题。首先判断 $f$ 是否是素元的一个前提是它在 $F$ 中没有根——否则，正如我们之前看到的那样，$f$ 可以被一次多项式整除，这并不是 $F[t]$ 中的单位。

然而，对于一些特殊的域，$F[t]$ 的不可约元素比较容易识别：

定义 如果域 $F$ 满足每一个多项式 $f \in F[t]$ 都有一个根，则称 $F$ 为代数闭域(algebraically closed)。

一个明显的例子是 $F = \mathbb{C}$。有一个重要的定理：

定理 任意一个域 $F$ 都可以嵌入到一个代数闭域中。

注 注意，并不是每个域$F$都允许存在一个到$\mathbb{C}$的单射环同态。例如，当$F=\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$时，其乘法单位元$\overline{1}$满足性质$\overline{1}+\overline{1}=0$。任何环同态$\phi: \mathbb{Z}/2\mathbb{Z} \rightarrow \mathbb{C}$都必须满足$\phi(\overline{1})+\phi(\overline{1})=\phi(0)$，而这在$\mathbb{C}$中是不可能的，因为环同态还必须满足$\phi(\overline{1})=1_{\mathbb{C}}$的约束条件。

换句话说，必然存在某个不同于$\mathbb{C}$的域，它具有任何多项式的根，并且允许从$\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$到该域的单射映射。听起来很神秘，不是吗？

命题 如果 $F$ 是代数闭域，则 $F[t]$ 中的唯一不可约元素是非零的一次多项式。

证明：我们已经知道，任意非零的一次多项式对于任意 $f = ab$，$a$ 或 $b$ 的次数必须是 0，因此任何 $f$ 的分解都涉及单位元。

另一方面，如果 $f$ 的次数 $\geqslant 2$，根据代数闭域的定义，$f$ 必然有一个根，因此我们可以写作$$f = (t - x) q，$$其中 $q$ 的次数为 $\deg f - 1$。$t - x$ 和 $q$ 都不是单位元，因为它们的次数非零，因此更高次数的多项式不可能是素元。$$~\tag*{$\square$}$$

推论 如果 $F$ 是代数闭域，那么在 $F$ 上的任何有限生成模都同构于$$F[t]^{n_0} \oplus F[t]/(t - \lambda_1)^{n_1} \oplus \cdots \oplus F[t]/(t - \lambda_k)^{n_k}，$$其中 $\lambda_i \in F$ 且 $n_1, \ldots, n_k \geqslant 1$。

为什么这对我们有用？一个很好的例子是 $F[t]$-模，即一个具有线性映射 $A: V \to V$ 的 $F$-向量空间。这为我们分类线性映射 $A$ 提供了帮助！

推论 如果 $F$ 是代数闭域，$V$ 是一个有限维 $F$-向量空间，且 $A: V \to V$ 是 $F$-线性的，则$$V \cong F[t]/(t - \alpha_1)^{n_1} \oplus \cdots \oplus F[t]/(t - \alpha_k)^{n_k}，$$其中 $\alpha_i \in F$。

注 如果 $f = a_1 t - a_0$，则 $a_1^{-1} f = t - a_1^{-1} a_0$（假设 $a_1 \neq 0$），因此 $(f) = (a_1^{-1} f) = (t - a_1^{-1} a_0)$。也就是说，我们总可以假设 $a_1 = 1$。

让我们看一些例子：我们想要研究$$F[t]/(t - \alpha)^n$$作为 $F$-模和 $F[t]$-模。注意，$F[t]$-模结构在 $F[t]/(p^n)$ 上是通过定义的：

$$\begin{aligned}F[t] \times F[t]/(p^n) &\to F[t]/(p^n)， \\(f, \overline{g}) &\mapsto \overline{fg}。\end{aligned}$$

命题 如果 $\deg p = d$，那么$$F[t]/(p^n) \cong F^{n \cdot d}$$作为 $F$-向量空间。

证明：任意 $f \in F[t]$ 可以写作 $f = p^n \cdot q + r$，其中 $\deg r < \deg p^n = n d$。由于 $r$ 和 $q$ 是唯一的（给定 $p^n$ 和 $f$），所以函数$$\overline{f} \mapsto r, \quad F[t]/(p^n) \to {\text{次数不超过 } n d - 1 \text{ 的多项式}} \cong F^{n d}$$给出了一个双射。$$~\tag*{$\square$}$$

例 $V = F[t]/(t)$，其中 $\alpha = 0$，$n = 1$。这是怎样的 $F[t]$-作用？

(1) $F[t]/(t) \cong {\text{常数多项式}} \cong F$。

(2) $t \cdot \overline{a_0} = \overline{t a_0} = \overline{0}$，因为 $a_0 t \in (t)$。也就是说，乘以 $t$ 的作用就是映射$$\begin{aligned}A: F&\to F\\a_{0}&\mapsto 0\end{aligned}$$

例 $V = F[t]/(t - \alpha)$。乘以 $t$ 的作用对应于$$\begin{aligned}A: &V\to V\\&\begin{aligned}\overline{a_{0}}\mapsto\overline{ta_{0}}&=\overline{(t-\alpha)}\overline{a_{0}}+\alpha\overline{a_{0}}\\&=\alpha\overline{a_{0}}\end{aligned}\end{aligned}$$即：$$\begin{aligned}A: F&\to F\\a_{0}&\mapsto \alpha a_{0}\end{aligned}$$

例 设$$V = F[t]/(t - \alpha)^n.$$则 $V$ 有一个基$$\overline{1}, \overline{t - \alpha}, \overline{(t - \alpha)^2}, \ldots, \overline{(t - \alpha)^{n - 1}}.$$而且$$\begin{aligned}tv_{i}=t\overline{(t-\alpha)}^{i}&=(t-\alpha)\overline{(t-\alpha)}^{i}+\alpha\overline{(t-\alpha)}^{i}\\&=\overline{(t-\alpha)}^{i+1}+\alpha\overline{(t-\alpha)}^{i}\\&=v_{i+1}+\alpha v_{i}\end{aligned}$$所以

$$A = \begin{pmatrix}\alpha & 1 & 0 & \cdots & 0 \\0 & \alpha & 1 & \cdots & 0 \\0 & 0 & \alpha & \cdots & 0 \\0 & \cdots &0 & \ddots & 1 \\0 & \cdots & \cdots & 0 & \alpha\end{pmatrix}，$$

其中主对角线是 $\alpha$，并且对角线上方一行全为 $1$。