環上的線性代數/貝祖域上的模

命題（將貝祖域上有限維自由模的單個元素擴充套件到基底）:

令 $R$ 為貝祖域，令 $R^{n}$ 為 $n$ 維 $R$ 上的自由模。令 $v=(v_{1},\ldots ,v_{n})\in R^{n}$ 使得 $\gcd(v_{1},\ldots ,v_{n})=1$。則存在元素 $w_{2},\ldots ,w_{n}\in R^{n}$ 使得 $v,w_{2},\ldots ,w_{n}$ 是 $R^{n}$ 的基底。

證明：我們對 $n$ 使用歸納法。如果 $n=1$，命題就變得平凡，因此歸納基底得到了處理。現在令一個一般的 $n$ 給定；我們將該命題簡化為對 $n-1$ 的相同命題。

事實上，如果 $v=(v_{1},\ldots ,v_{n})$ 給定，我們可以設

$d:=\gcd(v_{2},\ldots ,v_{n})$,

然後 $\gcd(v_{1},d)=\gcd(v_{1},\ldots ,v_{n})=1$。因此，存在元素 $r,s\in R$ 使得

$rv_{1}+sd=1$.

我們定義

$w:=(s,-rv_{2}/d,\ldots ,-rv_{n}/d)$,

使得

$rv+dw=e_{1}$ 並且 $sv-v_{1}w=(0,v_{2}/d,\ldots ,v_{n}/d)$，

其中對於 $j\in \mathbb {N}$，通常，$e_{j}$ 表示一個向量，其所有分量均為零，除了第 $j$ 個分量為 1。從這些等式可以明顯看出

$\langle v,w\rangle =\langle e_{1},(0,v_{2}/d,\ldots ,v_{n}/d)\rangle$.

此外，$v$ 和 $w$ 線性無關，因為如果存在 $b,c\in R$ 使得 $bv+cw=0$，則 $b(0,v_{2}/d,\ldots ,v_{n}/d)=(v_{1}-sc)w$，特別是 $0=(v_{1}-sc)s$，因此要麼 $s=0$ 且 $v$ 和 $w$ 按定義（幾乎）線性無關，或者 $v_{1}=sc$，因此只要 $v_{1}\neq 0$，則 $b=1$（再次，如果 $v_{1}=0$，則向量自動線性無關）。但這意味著 $c|v_{j}$ 對於所有 $j\in \{1,\ldots ,n\}$ 都成立，因此與假設 $\gcd(v_{1},\ldots ,v_{n})\neq 1$ 相矛盾。

現在只需注意

$R^{n}/\langle v,w\rangle =R^{n}/\langle e_{1},(0,v_{2}/d,\ldots ,v_{n}/d)\rangle \cong R^{n-1}/\langle (v_{2}/d,\ldots ,v_{n}/d)\rangle$

根據第一個 Noether 同構定理應用於忘記第一個分量的同態，由於我們有 $\gcd(v_{2}/d,\ldots ,v_{n}/d)=1$，該問題維度降低了一維。$\Box$

定理（有限生成無撓模在 Bézout 域上的最小基數生成集是基）:

令 $R$ 為 Bézout 域，並令 $M$ 為 $R$ 上的有限生成無撓模。那麼 $M$ 的每個基數最小的生成集都是 $M$ 的基。

證明：我們對 $n$ 進行歸納，其中 $n$ 是 $M$ 的最小基數生成集的基數。令 $x_{1},\ldots ,x_{n}$ 為 $M$ 的最小基數生成集。然後我們有同態

$\varphi :R^{n}\to M$

使得 $\varphi (e_{k})=x_{k}$ 對於 $k\in \{1,\ldots ,n\}$，其中 $e_{k}$ 是 $R^{n}$ 中的元素，其每個元素都是零，除了 $k$ 個元素，它是 1。由於 $\varphi$ 是滿射，第一個同構定理意味著

$M\cong R^{n}/K$,

其中 $K=\ker \varphi$。如果 $K=\{0\}$，那麼結論就得到了證明。我們假設 $K\neq \{0\}$，並推匯出矛盾。事實上，在這種情況下存在一個非零向量 $0\neq v\in K$。我們記 $v:=(v_{1},\ldots ,v_{n})$，並令 $d:=\gcd(v_{1},\ldots ,v_{n})$。那麼 $v/d\in K$，否則 $v/d$ 在 $R^{n}/K$ 中的像透過標準投影將是一個扭元。由於 我們有 $\gcd(v_{1}/d,\ldots ,v_{n}/d)=1$，我們 可以將 $v$ 擴充套件為 $R^{n}$ 的一個基 $\{v,w_{2},\ldots ,w_{n}\}$，然後 $R^{n}/K$ 由 $w_{2},\ldots ,w_{n}$ 透過標準投影的像生成。但這與 $n$ 的最小性矛盾。 $\Box$

定理（戴德金定理）:

令 $R$ 為一個貝祖域，並令 $M$ 為一個 $R$ 上的無撓模。則 $M$ 的每個有限生成子模 $N\leq M$ 是自由的。

證明：如果 $M$ 是無撓的，則 $M$ 的每個子模也是無撓的。因此，$N$ 如定理所述是無撓的且有限生成的。因此，存在 $N$ 的一個基。 $\Box$

命題（在貝祖域上的基擴充套件）:

令 $R$ 為一個貝祖域，並令 $M$ 為一個 $R$ 上的無撓模。如果 $v_{1},\ldots ,v_{k}$ 是 $M$ 中線性無關的向量，使得 $M/\langle v_{1},\ldots ,v_{k}\rangle$ 是無撓的且有限生成的，那麼我們可以找到一個 $n\in \mathbb {N}$ 和向量 $v_{k+1},\ldots ,v_{n}\in M$ 使得向量 $v_{1},\ldots ,v_{k},v_{k+1},\ldots ,v_{n}$ 構成 $M$ 的一個基。

證明： 由於 $M/\langle v_{1},\ldots ,v_{k}\rangle$ 是無撓的且有限生成的，在選擇一個最小基數的生成集後，我們得到了該模的基。我們將此基記為 $g_{1},\ldots ,g_{m}$。此外，如果

$\pi :M\to M/\langle v_{1},\ldots ,v_{k}\rangle$

是標準投影，我們選擇一個 $w_{j}\in \pi ^{-1}(g_{j})$ 對於每個 $j\in \{1,\ldots ,m\}$。我們斷言 $\{v_{1},\ldots ,v_{k},w_{1},\ldots ,w_{m}\}$ 是一個基。首先，我們證明這些向量是線性無關的。事實上，假設 $a_{1},\ldots ,a_{m},b_{1},\ldots ,b_{k}\in R$ 使得

$0=a_{1}w_{1}+\cdots +a_{m}w_{m}+b_{1}v_{1}+\cdots +b_{k}v_{k}$.

由於 $\pi$ 是一個同態，

$0=\pi (0)=\pi (a_{1}w_{1}+\cdots +a_{m}w_{m}+b_{1}v_{1}+\cdots +b_{k}v_{k})=a_{1}g_{1}+\cdots +a_{m}g_{m}$,

因此 $a_{1}=a_{2}=\cdots =a_{m}=0$。因此

$b_{1}v_{1}+\cdots +b_{k}v_{k}=0$,

由於 $v_{1},\ldots ,v_{k}$ 線性無關，因此 $b_{1}=b_{2}=\cdots =b_{k}=0$。

現在需要證明 $\{v_{1},\ldots ,v_{k},w_{1},\ldots ,w_{m}\}$ 是 $M$ 的生成集。為此，假設 $u\in M$ 是任意的。我們選擇 $a_{1},\ldots ,a_{m}\in R$ 使得

$\pi (u)=a_{1}g_{1}+\cdots +a_{m}g_{m}$.

我們進一步定義 $u':=u-a_{1}w_{1}-\cdots -a_{m}w_{m}$，使得 $\pi (u')=0$。但根據 $\pi$ 的定義，這意味著 $u'\in \langle v_{1},\ldots ,v_{k}\rangle$，因此存在 $b_{1},\ldots ,b_{k}\in R$ 使得

$u'=b_{1}v_{1}+\cdots +b_{k}v_{k}$，因此 $u=u'+a_{1}w_{1}+\cdots +a_{m}w_{m}=b_{1}v_{1}+\cdots +b_{k}v_{k}+a_{1}w_{1}+\cdots +a_{m}w_{m}$,

這表明 $\{v_{1},\ldots ,v_{k},w_{1},\ldots ,w_{m}\}$ 是 $M$ 的生成集，因為 $u$ 是任意的。 $\Box$

定理（維數公式）: