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有限生成扭模的分解

设 $M$ 是主理想整环 $R$ 上一有限生成的扭模．对任意 $a \in R$ ，定义

$$
M(a)=\{x \in M \mid a x=0\}
$$

显然 $M(a)$ 是 $M$ 的子模，且有性质（自证）：
（1）若 $a \mid b$ ，则 $M(a) \subseteq M(b)$ ；
（2）若 $u$ 可逆，则 $M(u)=\{0\}, M(u a)=M(a)$ ；
（3）$M(0)=M$ ；
（4）对任意 $a, b \in R$ ，令 $d=(a, b)$ ，则

$$
M(d)=M(a) \cap M(b)
$$

利用上面的性质，我们可以证明
引理 7．5．1 设 $a, b \in R,(a, b)=1$ ，则

$$
\begin{gathered}
M(a) \cap M(b)=\{0\}, \\
M(a b)=M(a) \oplus M(b)
\end{gathered}
$$

证明 根据上面的讨论，有

$$
M(a) \cap M(b)=M((a, b))=M(1)=\{0\} .
$$

由 $M(a) \subseteq M(a b), M(b) \subseteq M(a b)$ 知，$M(a)+M(b) \subseteq M(a b)$ ．
反之，设 $x \in M(a b)$ ，即 $a b x=0$ ，则有 $a x \in M(b), b x \in M(a)$ ．又因为 $(a, b)=1$ ，故存在 $u, v \in R$ ，使得 $1=u a+v b$ ，于是有

$$
x=u a x+v b x \in M(a)+M(b),
$$

故

$$
M(a b)=M(a)+M(b) .
$$

再由 $M(a) \cap M(b)=\{0\}$ ，即得 $M(a b)=M(a) \oplus M(b)$ ．
定理 7．5．1 设 $R$ 是主理想整环，$M$ 是 $R$－模．设 $a \in R, a \neq 0, a=u p_1^{n_1} \cdots p_r^{n_r}$ ，其中 $u$ 为可逆元，$p_1, \cdots, p_r$ 为互不相伴的素元，$r \geqslant 1$ ．于是有

$$
M(a)=\bigoplus_{i=1}^r M\left(p_i^{n_i}\right) .
$$

证明 对 $r$ 作归纳法．当 $r=1$ 时，结论显然．
当 $r>1$ 时，显然有 $\left(u p_1^{n_1} \cdots p_{r-1}^{n_{r-1}}, p_r^{n_r}\right)=1$ ，故由引理7．5．1即得

$$
M(a)=M\left(u p_1^{n_1} \cdots p_{r-1}^{n_{r-1}}\right) \oplus M\left(p_r^{n_r}\right),
$$

对 $M\left(u p_1^{n_1} \cdots p_{r-1}^{n_{r-1}}\right)$ 由归纳假设知，

$$
M\left(u p_1^{n_1} \cdots p_{r-1}^{n_{r-1}}\right)=M\left(p_1^{n_1} \cdots p_{r-1}^{n_{r-1}}\right)=\bigoplus_{i=1}^{r-1} M\left(p_i^{n_i}\right),
$$

故有

$$
M(a)=\bigoplus_{i=1}^r M\left(p_i^{n_i}\right) .
$$

对于主理想整环 $R$ 中任一元素 $p$ ，显然有

$$
M(p) \subseteq M\left(p^2\right) \subseteq \cdots,
$$

则并集 $\bigcup_{i=1}^{\infty} M\left(p^i\right)$ 是 $M$ 的一个子模（自证）．
定义 7．5．1 对于主理想整环 $R$ 中任一素元素 $p$ ，子模 $M_p=\bigcup_{i=1}^{\infty} M\left(p^i\right)$ 称为 $M$ 的 $\boldsymbol{p}$ 分量（ $\boldsymbol{p}$ 分支）．

引理 7．5．2 设 $R$ 是主理想整环，$M$ 是 $R$ 上的有限生成扭模，$x_1, \cdots, x_r$ 是 $M$ 的一组生成元．则有
（1） $\operatorname{ann}(M)=\bigcap_{i=1}^r \operatorname{ann}\left(x_i\right)$ ；
（2）存在 $a \in R, a \neq 0$ 使得 $\operatorname{ann}(M)=(a)$ ．
证明（1）由于 $\operatorname{ann}(M)=\bigcap_{x \in M} \operatorname{ann}(x)$ ，且 $x_1, \cdots, x_r$ 是 $M$ 的一组生成元，结论显然。
（2）因为 $x_1, \cdots, x_r$ 均是扭元素，故存在 $a_i \neq 0$ 使得 $\operatorname{ann}\left(x_i\right)=\left(a_i\right), i= 1,2, \cdots, r$ ．又因为 $R$ 是主理想整环，故存在 $a \in R$ ，使得 $\bigcap_{i=1}^r\left(a_i\right)=(a)$ ，从而 $\operatorname{ann}(M)=(a)$.

定理 7．5．2 设 $M$ 是主理想整环 $R$ 上的有限生成扭模， $\operatorname{ann}(M)=(a), a= u p_1^{n_1} \cdots p_r^{n_r}$ ，其中 $u$ 为可逆元，$p_1, \cdots, p_r$ 为互不相伴的素元，$r \geqslant 1$ ，则有
（1）$M=\bigoplus_{i=1}^r M\left(p_i^{n_i}\right)$ ，
（2）若 $p$ 是一个与 $p_1, \cdots, p_r$ 都不相伴的素元，则

$$
M_p=\{0\}, \quad M_{p_i}=M\left(p_i^{n_i}\right), \quad i=1,2, \cdots, r .
$$

证明（1）由 $\operatorname{ann}(M)=(a)$ 即知 $M(a)=M$ ，于是由定理 7．5．1 即有

$$
M=\bigoplus_{i=1}^r M\left(p_i^{n_i}\right) .
$$

（2）要证 $M_p=\{0\}$ ，只需证对任意 $j$ ，有 $M\left(p^j\right)=\{0\}$ ．因为 $\left(p^j, a\right)=1$ ，故由引理7．5．1即得

$$
\{0\}=M(a) \cap M\left(p^j\right)=M \cap M\left(p^j\right)=M\left(p^j\right) .
$$

为了证明 $M_{p_i}=M\left(p_i^{n_i}\right)$ ，我们来证，对任意 $t \geqslant n_i$ ，有 $M\left(p_i^t\right)=M\left(p_i^{n_i}\right)$ 。因为 $\left(p_i^t, a\right)=p_i^{n_i}$ ，故有

$$
M\left(p_i^t\right)=M\left(p_i^t\right) \cap M=M\left(p_i^t\right) \cap M(a)=M\left(p_i^{n_i}\right) .
$$

定理 7．5．2 说明，任一有限生成的扭模都可以分解成有限多个 $p$ 分量的直和，而定理 7．5．2 的结论（2）说明这种分解是唯一的：

$$
M=\bigoplus_{i=1}^r M_{p_i}=M_{p_1} \oplus \cdots \oplus M_{p_r} .
$$

并且由定理 7．5．2 中结论（1）的证明知， $\operatorname{ann}\left(M_{p_i}\right)=\operatorname{ann}\left(M\left(p_i^{n_i}\right)\right)=\left(p_i^{n_i}\right)$ ．
定义 7．5．2 设 $M$ 是主理想整环 $R$ 上一有限生成模。如果 $\operatorname{ann}(M)=\left(p^n\right)$ ，其中 $p$ 是素元，则模 $M$ 称为一 $p$ 模。

显然，$p$ 模必是扭模．于是定理 7．5．2 就可以写成：主理想整环上任一有限生成扭模都能分解成一些 $p$ 模的直和。下面将进一步把 $p$ 模再分解成一些循环 $p$ 模的直和．这就是

定理 7．5．3 主理想整环上的任一有限生成 $p$ 模都可以分解成有限多个循环 $p$ 模的直和．

证明 设 $x_1, x_2, \cdots, x_r$ 是 $M$ 的一组生成元，我们对生成元的个数 $r$ 作归纳证明下列结论：主理想整环 $R$ 上由 $r$ 个元素生成的 $p$ 模可以分解成不超过 $r$ 个循环 $p$ 模的直和。

当 $r=1$ 时，结论自然成立．
假设结论对生成元个数 $<r$ 时已经成立，现在来证生成元的个数 $=r$ 的情形。

因为 $M$ 是 $p$ 模，所以有

$$
\operatorname{ann}\left(x_i\right)=\left(p^{m i}\right), \quad i=1,2, \cdots, r,
$$

在 $m_1, m_2, \cdots, m_r$ 中取一最小的，譬如说是 $m_r$ ，即

$$
m_i \geqslant m_r, \quad i=1,2, \cdots, r-1 .
$$

令 $M_1$ 为 $x_1, x_2, \cdots, x_{r-1}$ 生成的模。由归纳法假设，$M_1$ 有分解式

$$
M_1=N_1 \oplus \cdots \oplus N_s, \quad s \leqslant r-1,
$$

其中 $N_i=R y_i, \operatorname{ann}\left(y_i\right)=\left(p^{t i}\right), i=1,2, \cdots, s$ ．
（1）如果 $M_1 \cap R x_r=\{0\}$ ，则

$$
M=M_1 \oplus R x_r=R y_1 \oplus \cdots R y_s \oplus R x_r
$$

结论成立．
（2）如果 $M_1 \cap R x_r \neq\{0\}$ ，显然 $M$ 可以由 $y_1, \cdots, y_s, x_r$ 生成。
（2．1）如果 $s<r-1$ ，则由归纳法假设，结论成立。
（2．2）如果 $s=r-1$ ，此时不妨假定 $t_i \geqslant m_r, i=1,2, \cdots, r-1$ 。否则，譬如 $t_1<m_r$ ，我们就取 $y_1$ 代替原来的 $x_r$ ，考虑 $y_2, \cdots, y_{r-1}, x_r$ 生成的子模 $M_2$ ，重复以上的步骤．经过有限步之后，我们总可以达到 $t_i \geqslant m_r, i=1,2, \cdots, r-1$的情形．
（2．2．1）如果 $R x_r \subseteq M_1$ ，则 $M=M_1$ ，于是由归纳法假设知，结论成立．
（2．2．2）否则，考虑商模 $M / M_1$ ．可以证明存在 $x_r+M_1$ 中元素 $y_r$ 使得 $M=M_1 \oplus R y_r$ ．

令 $\bar{x}_r$ 为 $x_r$ 在 $M / M_1$ 中的象．显然 $p^{m_r} \in \operatorname{ann}\left(x_r\right)$ ，从而有

$$
\operatorname{ann}\left(\bar{x}_r\right)=\left(p^k\right), \quad k \leqslant m_r .
$$

由 $p^k \cdot \bar{x}_r=\overline{0}$ ，得 $p^k x_r \in M_1$ ，故存在 $a_1, \cdots, a_{r-1} \in R$ ，使得

$$
p^k x_r=a_1 y_1+\cdots+a_{r-1} y_{r-1}
$$

两边乘以 $p^{m_r-k}$ 得

$$
0=p^{m_r-k} a_1 y_1+\cdots+p^{m_r-k} a_{r-1} y_{r-1}
$$

由直和分解 $M_1=N_1 \oplus \cdots \oplus N_s, N_i=R y_i, \operatorname{ann}\left(y_i\right)=\left(p^{t_i}\right)$ ，可知

$$
p^{t_i} \mid p^{m_r-k} a_i \text {, 即 } p^{k+t_i-m_r} \mid a_i, \quad i=1,2, \cdots, r-1 \text {. }
$$

由于 $t_i \geqslant m_r$ ，故有 $p^k \mid a_i$ ，从而存在 $c_i \in R$ ，使得

$$
a_i=p^k c_i, \quad i=1,2, \cdots, r-1 .
$$

于是

$$
p^k x_r=p^k c_1 y_1+\cdots+p^k c_{r-1} y_{r-1},
$$

即

$$
p^k\left(x_r-c_1 y_1-\cdots-c_{r-1} y_{r-1}\right)=0 .
$$

令 $y_r=x_r-c_1 y_1-\cdots-c_{r-1} y_{r-1}$ ，显然 $\bar{x}_r=\bar{y}_r, \operatorname{ann}\left(y_r\right) \subseteq \operatorname{ann}\left(\bar{y}_r\right)$ ，由此可得

$$
\operatorname{ann}\left(y_r\right)=\left(p^k\right)=\operatorname{ann}\left(\overline{y_r}\right),
$$

并且 $M_1 \cap R y_r=\{0\}$ 。事实上，对任意 $x=c y_r \in M_1 \cap R y_r$ ，有 $\bar{x}=\overline{0}$ ，即 $\overline{c y_r}=\overline{0}$ ，从而 $c \in \operatorname{ann}\left(\bar{y}_r\right)=\operatorname{ann}\left(y_r\right)$ ，故 $c y_r=0$ ，即 $x=0$ ，故 $M_1 \cap R y_r=\{0\}$ 。

因为 $M_1 \cap R y_r=\{0\}$ ，故此时有

$$
M=M_1 \oplus R y_r=R y_1 \oplus \cdots \cdot R y_s \oplus R y_r,
$$

故定理得证．
结合定理 7．5．2 与定理 7．5．3，我们有
定理 7．5．4 主理想整环 $R$ 上的任一有限生成扭模 $M$ 都可分解成一些循环 $p$ 模的直和，即，

$$
M=\bigoplus_{i=1}^m N_i,
$$

其中 $N_i=R y_i, \operatorname{ann}\left(N_i\right)=\operatorname{ann}\left(y_i\right)=\left(p_i^{n_i}\right), p_i$ 为 $R$ 中的素元，$i=1, \cdots, m$ ．
分解式（7．5．1）中涉及的素元 $p_1, p_2, \cdots, p_m$ 有可能是相伴的，而相伴的元素生成相同的理想，因此我们可以约定相伴的元素都用同一个素元表示。重新排列 $N_1, N_2, \cdots, N_m$ 的次序，定理中 $m$ 个素元的方幂 $p_1^{n_1}, \cdots, p_m^{n_m}$ 可以排成

$$
\begin{gathered}
p_1^{n_{11}}, \cdots, p_1^{n_{1 r_1}} \\
\cdots \cdots \\
p_s^{n_{s 1}}, \cdots, p_s^{n_{s r_s}}
\end{gathered}
$$

其中 $p_1, \cdots, p_s$ 互不相伴且

$$
n_{i 1} \geqslant n_{i 2} \geqslant \cdots \geqslant n_{i r_i}, \quad i=1, \cdots, s .
$$

显然，元素组（7．5．2）在同构的意义下唯一地决定了分解式（7．5．1）．

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