# 主理想整环的整除性

设 $A$ 是整环，$K$ 是其分式域，$x,y\in K$。我们称 $x$ 整除 $y$，如果存在 $a\in A$ 使得 $y=ax$。等价地说，$x$ 是 $y$ 的一个因数，$y$ 是 $x$ 的一个倍数，并且记作 $x\mid y$。$K$ 上的元素之间的关系本质上是依赖于环 $A$ 的，因此如果在可能产生混淆的情况下，我们会强调这是 $K$ 关于 $A$ 的整除性。

给定 $x\in K$，我们记 $Ax$ 为 $x$ 的倍数的集合。据此，我们可以用 $y\in Ax$ 来替代 $x\mid y$，或者 $Ay\subset Ax$。集合 $Ax$ 被称为 $K$ 关于 $A$ 的主分式理想。特别地，如果 $x\in A$，则 $Ax$ 是由 $x$ 生成的 $A$ 的主理想。

由于整除性关系 $x\mid y$ 等价于序关系 $Ay\subset Ax$，因此整除性具有与序关系相关的以下两条性质。

1. $x\mid x$
2. $x\mid y,\ y\mid z\implies x\mid z$

另一方面，如果 $x\mid y, \ y\mid x$ 同时成立，一般来说不能推出 $x=y$，它只能说明 $Ax=Ay$，这蕴含着 $xy^{-1}$ 是 $A$ 中的可逆元，其逆为 $yx^{-1}$。在这种情况下，称 $x$ 和 $y$ 是伴随的，记作 $x\sim y$。在整除的意义下，伴随的元素是等价的。

例子： 如果 $x\in K$ 满足 $x\sim 1$，那么 $x$ 是 $A$ 中的可逆元，被称为 $A$ 的单位，它们全体构成一个乘法群，记作 $A^*$。如何确定环 $A$ 中的单位是一个很有趣的问题，我们将在数域上的整环中研究这个问题。以下是一些简单例子：

1. 如果 $A$ 是域，那么 $A^*=A-\{0\}$。
2. 如果 $A=\mathbb Z$，那么 $A^*=\{1,-1\}$。
3. 多项式环 $B=A[X_1,...,X_n]$ 的单位是可逆的常数，其中 $A$ 是整环。换言之 $B^*=A^*$。
4. 形式幂级数环 $A[[X_1,...,X_n]]$ 的单位是那些常数项可逆的形式幂级数。

定义 1： 称环 $A$ 是主理想整环，如果它是一个整环，并且对于 $A$ 的任一理想都是主理想。

我们知道整数环 $\mathbb Z$ 是主理想整环。（回忆对于其任一理想 $\mathfrak a\neq 0$ 都包含一个最小正整数 $b>0$。利用 $\mathbb Z$ 是 Euclid 环的事实将 $x\in\mathfrak a$ 推出 $b$ 的倍数。）如果 $K$ 是域，那么我们知道多项式环 $K[X]$ 是主理想整环（证明方式同上，考虑非零理想中的次数最小的非零多项式 $b(X)$；注意到 $K[X]$ 关于次数是 Euclid 环，也就是说理想中的任一元素被 $b(X)$ 带余除法得到的余数的次数一定小于 $b(X)$，这推出余数的次数只能是 $0$。）这个一般性的方法说明 Euclid 环是一类主理想整环。如果 $K$ 是域，显然它的形式幂级数环 $A=K[[X]]$ 上的非零理想形如 $AX^n$，其中 $n\geq 0$，进而 $A=K[[X]]$ 是主理想整环。

主理想整环 $A$ 的分式域 $K$ 上的整除性特别简单，我们简要复习一下。

1. $K$ 上任意两个元素 $u,v$，都有最大公因数，换言之，存在 $d\in K$，满足如下等价关系

$$x\mid u,\ x\mid v\iff x\mid d$$

这断言了 $Au$ 和 $Av$ 在 $A$ 的分式理想集中的偏序关系下存在一个最小上界。这个最小上界是 $Au+Av$，它本身也是一个主分式理想，因为 $A$ 是一个主理想整环（对于任意的 $u,v\in A$，我们可以通过乘以公分母来简化。）我们还发现，利用 Bezout 等式不仅能推出最大公因数的存在性，还存在 $a,b\in A$ 使得 $u,v$ 的最大公因数可以被写成

$$d=au+bv$$

在伴随的意义下，$u,v$ 在 $A$ 中的最大公因数是唯一的。

2. $K$ 上任意两个元素 $u,v$，都有最小公倍数，换言之，存在 $m\in K$，满足如下等价关系

$$u\mid x, \ v\mid x\iff m\mid x$$

注意到 $K$ 上的域同构 $t\to t^{-1}$ 可以逆转上述的整除关系，此时最小公倍数的存在性证明化归到寻找最大公因数的存在性。从关系式

$$\mathrm{lcm}(u,v)=\mathrm{gcd}(u^{-1},v^{-1})^{-1},\ u,v\neq 0$$

推出著名的等式

$$\mathrm {gcd}(u,v)\cdot \mathrm{lcm}(u,v)=uv$$

我们同样可以指出 $u,v$ 最小公倍数的存在性等价于 $Au$ 和 $Av$ 在 $A$ 的分式理想集中的偏序关系下存在一个最大下界，它是 $Au\cap Av$。

3. 称 $A$ 的两个元素 $u,v$ 是互素的，如果 $\mathrm{gcd}(a,b)=1$。

我们可以回顾重要的 Euclid 引理：如果 $A$ 是主理想整环，$a,b,c\in A$，则 $a\mid bc$ 和 $a,b$ 互素推出 $a\mid c$。这里有一个快速证明方法：由 Bezout 定理，存在 $a',b'\in A$ 使得 $1=a'a+b'b$ ，所以 $c=a'ac+b'bc$，所以 $a\mid c$。

4. $K$ 上的任一元素在伴随的意义下总是有唯一的素因子分解。

定理： $A$ 是主理想整环，$K$ 是其分式域。则存在 $P\subset A$ 使得对任意的 $x\in K$，均可以唯一分解为以下的形式

$$x=u\prod_{p\in P}p^{v_p(x)}$$

这里的 $u\in A^*$，且指数 $v_p(x)\in \mathbb Z_+$，只有有限个非零元。^[1]

# 例子：Diophantine 方程

以下研究 Diophantine 方程中的

$$X^2+Y^2=Z^2;\quad X^4+Y^4=Z^4$$

数论中最吸引人的一个部分就是对 Diophantine 方程的研究。有人考虑 $\mathbb Z$ 系数多项式 $P(X_1,...,X_n)=0$，并在 $\mathbb Z$ 中寻找解。更一般地，可以将整数环 $\mathbb Z$ 替换为一般环 $A$。我们将在第六节给出例子。
现在我们将要研究 Fermat 大定理的两个特例：

$$X^n+Y^n=Z^n$$

Fermat 声称已经证明，对于 $n\geq 3$，上述方程没有非平凡整数解 $(x,y,z)$。他的证明一直没有被找到。Fermat 之后，有许多数学家一直在深入研究这个问题。它们证明了 Fermat 的结论在许多 $n$ 的取值时是成立的。但是，一般的解法（对任何的 $n$ 都有效）还没被发现。

现在有观点认为 Fermat 犯了个错误，但这个错误无愧于其为一名一流数学家。例如，他可能想到在包含 $n$ 次单位根的域上的整环中进行研究的思路（这在他的时代是具有开创性的）；他可能相信这样的环总是一个主理想环。事实上，我们知道如何证明 Fermat 定理在指数 $n$ 满足带有 $n$ 次单位根的整环是主理想整环的情形下的情形。但是，不是所有的 $n$ 都满足带有 $n$ 次单位根的整环是主理想整环。对于素数 $n$ ，这个环是主理想整环只有有限种取值情况下成立。

对于 $n=2$ 时，Fermat 方程有整数解，比如 $(3,4,5)$。方程也被称为勾股方程。可以给出此情形下的整数解的完整描述。

定理 1： 如果 $x,y,z\in \mathbb Z_+$ 是满足 $x^2+y^2=z^2$，那么就存在 $d\in \mathbb Z$ 和一对互素整数 $u,v$ 使得

$$x=d(u^2-v^2),\ y=2duv,\ z=d(u^2+v^2)$$

证明如下。首先上述的解形式一定满足勾股方程，充分性得证。反过来证明必要性，如果 $x,y,z\in\mathbb Z_+$ 满足 $x^2+y^2=z^2$。通过提取 $\mathrm{gcd}(x,y,z)$，不妨假定 $\mathrm{gcd}(x,y,z)=1$，这也推出它们两两之间互素，因为 $x^2+y^2=z^2$。所以 $x,y,z$ 不同时为偶数。特别地，$x,y,z$ 如果其二是奇数，必有剩下一个是偶数。且 $x,y$ 不可能同时是奇数，否则 $x^2+y^2\mod 4\equiv 2\not \equiv z^2\equiv 0$ 推出矛盾。所以有如下结果

$$x,z \text{ 是奇数，} y\text{ 是偶数}$$

注意到

$$y^2=(z-x)(z+x)$$

根据前面的假定，$\mathrm{gcd}(2x,2z)=2$，所以 $\mathrm{gcd}(z-x,z+x)=2$。换元 $y=2y',z+x=2x',z-x=2z'$，其中 $x',y',z'\in\mathbb Z$。现在有 $y'^2=x'z'$，由于 $\mathrm {gcd}(x',z')=1$，由完全平方数知道 $x'=u^2,z'=v^2$，事实上 $y'^2$ 中的任一素因子的指数都是偶数，且它们要么都是 $x'$ 的素因子，要么都是 $z'$ 的素因子。因此我们得到 $z+x=2u^2$， $z-x=2v^2$ 和 $y^2=2u^2\cdot 2v^2$，换言之 $x=u^2-v^2$，$y=2uv$ 和 $z=u^2+v^2$，其中 $u,v$ 是互素的，否则与假定 $x,y,z$ 互素矛盾。最后乘上最开始提取的 $\mathrm {gcd}(x,y,z)$，就得到了定理的结论。

定理 2： 方程 $X^4+Y^4=Z^2$ 没有正整数解。

证明如下。如果这个方程有正整数解 $(x,y,z)$，那么就存在一组使得 $z$ 最小的正整数解。在这个情况下，$x,y,z$ 是互素的，否则不妨 $x,y$ 有公因子 $p$，这样就构造了更小的解 $(x/p,y/p,z/p^2)$，矛盾。另外两类反例也是一样的处理方式。另外，方程可以被写成 $(X^2)^2+(Y^2)^2=Z^2$，我们可以利用勾股方程的结论。

$$x^2=u^2-v^2,\ y^2=2uv,\ z=u^2+v^2$$

由于 $4\mid y^2$，这说明 $u,v$ 中有且仅有一个是偶数。如果 $u$ 是偶数，$v$ 是奇数。这推出 $u^2\equiv 0\mod 4$ 和 $v^2\equiv 1\mod 4$，因此 $x^2\equiv -1\mod 4$ 矛盾。因此 $u$ 是奇数，$v$ 是偶数。记 $v=2v'$，根据关系式 $y^2=4uv'$ 和 $u,v'$ 互素知道 $u,v'$ 都是完全平方数，记为 $u=a^2,v'=b^2$。再一次应用勾股方程结论，这次是对于 $x^2+v^2=u^2$。因为 $u$ 是奇数，$v$ 是偶数，就有 $\mathrm {gcd}(x,u,v)=1$，所以存在两个互素的整数使得

$$x=c^2-d^2,\ v=2cd,\ u=c^2+d^2$$

由于 $v=2v'=2b^2$，据此推出 $cd=b^2$，所以 $c,d$ 也都是完全平方数 $x'^2,y'^2$。所以进一步可以写为

$$a^2=x'^4+y'^4$$

我们得到原方程的另一组解 $(x',y',a)$。另一方面，由 $z=u^2+v^2>a^4>a$，推出最小性的矛盾。定理得证。

上述的证明表明，如果可以给出 $X^4+Y^4=Z^2$ 的一组正整数解 $(x,y,z)$，可以构造一系列无穷递降的解序列 $(x_n.y_n,z_n)$，这里的递降是 $z_n$ 的严格递减。这是荒谬的。这种证明方法称为 Fermat 无穷递降法。

推论： 方程 $X^4+Y^4=Z^4$ 没有正整数解。

证明如下。将方程写为 $X^4+Y^4=(Z^2)^2$，应用上面的结论即可。

# 关于理想的一些引理，Euler 函数

设 $n\geq 1$ 是一个自然数。我们用 $\varphi(n)$ 来表示满足 $0\leq q\leq n$ 且 $\mathrm{gcd}(q,n)=1$ 的数的个数。这样定义的函数 $\varphi$ 被称为 Euler 函数。如果 $p$ 是素数，那么显然

$$\varphi(p)=p-1$$

对于 $n=p^s$，即素数的幂次，和 $n$ 互素的这些整数都不是 $p$ 的倍数。在 $1\leq q\leq p^{s}$ 中有 $p^{s-1}$ 个非 $p$ 的倍数。因此

$$\varphi(p^s)=p^s-p^{s-1}=p^{s-1}(p-1)$$

现在我们想要依据 $n$ 可以被唯一分解为若干素数的幂次的乘积这一事实，计算 $\varphi(n)$。首先我们需要了解 $\varphi(n)$ 的一些性质，包括一些关于理想的引理。这些引理在之后会很有用。

性质 1： 设 $n\geq 1$ 是一个自然数。Euler 函数 $\varphi(n)$ 的值等于群 $(\mathbb Z_n,+)$ 的生成元的个数，也等于环 $(\mathbb Z_n,+,\cdot)$ 的单位元的个数。

证明如下。我们先回忆，整数环 $\mathbb Z$ 商去 $n\mathbb Z$ 后得到的模 $n$ 剩余类都包含唯一一个整数 $q$，满足 $0\leq q \leq n-1$，。对于这样一个整数 $q$，我们用 $\bar q$ 记作它模 $n$ 的同余类。它充分说明了如下事实：如果 $\mathrm{gcd}(q,n)=1$，那么 $\bar q$ 是环 $\mathbb Z_n$ 的单位元，特别地也是群 $\mathbb Z_n$ 的生成元，反过来也说明 $\mathrm{gcd}(q,n)=1$ 。

如上的推论利用 Bezout 等式即可推出：如果 $\mathrm{gcd}(q,n)=1$，那么存在整数 $x,y$ 使得 $qx+ny=1$，推出 $\bar q\cdot \bar x=\bar 1$，这说明了单位元；如果 $\bar q$ 是单位元，那么存在 $\bar x$ 使得 $\bar x\cdot \bar q=\bar 1$，因此对于任意的 $\bar a\in\mathbb Z_n$，总有 $\bar a=\bar a\cdot \bar q\cdot\bar x$，这推出了 $\bar a=(ax)\cdot \bar q$，所以 $\bar q$ 是加法群 $\mathbb Z_n$ 的生成元；最后，如果 $\bar q$ 是生成元，那么存在整数 $x$ 使得 $x\cdot \bar q=\bar 1$，因此 $xq\equiv 1\mod n$，所以 $xq-yn=1$，这满足 Bezout 等式，从而说明 $\mathrm{gcd}(q,n)=1$。命题得证。

引理 1： 设 $A$ 是一个环，$\mathfrak a,\mathfrak b$ 是 $A$ 的两个理想，且满足 $\mathfrak a+\mathfrak b=A$。那么 $\mathfrak a\cap \mathfrak b=\mathfrak a\mathfrak b$，并且典范同态 $\varphi:A\to A/\mathfrak a\times A/\mathfrak b$ 诱导出一个同构 $\theta: A/\mathfrak a\mathfrak b\to A/\mathfrak a\times A/\mathfrak b$。

回想一下，同态 $\varphi$ 将 $x\in A$ 映射到 $x$ 模 $a$ 和模 $b$ 的剩余类构成的对中。
证明如下。我们知道，$\mathfrak a\mathfrak b\subset \mathfrak a,\mathfrak b$，所以 $\mathfrak a\mathfrak b\subset \mathfrak a\cap\mathfrak b$。接下来证明 $\mathfrak a\mathfrak b\supset \mathfrak a\cap\mathfrak b$ ，取 $x\in\mathfrak a\cap\mathfrak b$，由于 $\mathfrak a+\mathfrak b=A$，所以有 $a\in\mathfrak a,b\in\mathfrak b$ 使得 $a+b=1$。因此 $x=ax+xb$ 可以表示成 $\mathfrak a\mathfrak b$ 的两个元素的和。综上 $\mathfrak a\mathfrak b=\mathfrak a\cap \mathfrak b$。

显然 $\mathfrak a\cap \mathfrak b$ 是同态 $\varphi$ 的核。由于 $\mathfrak a\mathfrak b=\mathfrak a\cap \mathfrak b$，所以 $\varphi$ 对每个模 $\mathfrak a\mathfrak b$ 剩余类的运算结果都是恒同的。因此我们知道映射 $\theta:A/\mathfrak a\mathfrak b\to A/\mathfrak a\times A/\mathfrak b$ 是良定义的，且是同态。因为 $\varphi^{-1}(0)=\mathfrak a\mathfrak b$，所以 $\theta ^{-1}(0)=(0)$，即 $\theta$ 是单射。我们还需要证明 $\theta$ 是满射。

上述的论证中，我们已经将同态传递到了商环。之后在类似的单射论证更加简短。

为了证明 $\theta$（或者等价地，$\varphi$）是满射，我们需要对每一个 $y\in A,z\in A$ 存在一个 $x\in A$，使得 $x+\mathfrak a=y+\mathfrak a$ 且 $x+\mathfrak b=z+\mathfrak b$。选取 $a\in\mathfrak a,b\in\mathfrak b$，使得 $a+b=1$。构造 $x=az+by$。这样模掉 $\mathfrak a$，有 $x\equiv by\equiv (1-a)y\equiv y$，同理 $x\equiv z\mod b$。命题得证。

引理 2： 设 $A$ 是一个环，且 $(\mathfrak a_i)_{1\leq i\leq r}$ 是 $A$ 的理想的有限子集，满足 $\mathfrak a_i+\mathfrak a_j=A,\ i\neq j$。那么有典范同构 $A/\mathfrak a_1\cdots\mathfrak a_r\xrightarrow{\simeq} \prod_{i=1}^r A/\mathfrak a_i$。

证明如下。引理 2 给出了 $r=2$ 的情形的证明。我们对 $r$ 作归纳。记 $\mathfrak b=\mathfrak a_2\cdots\mathfrak a_r$。下面证明 $\mathfrak a_1+\mathfrak b=A$。对于 $i\geq 2$，我们有 $\mathfrak a_1+\mathfrak a_i=A$，所以存在 $c_i\in \mathfrak a_1$ 和 $a_i\in\mathfrak a_i$，使得

$$c_i+a_i=1,\ 1=\prod^r_{i=1}(c_i+a_i)=c+a_2\cdots a_r$$

其中 $c$ 是那些至少含有一个 $c_i$ 作为因子的项的和。因此 $c\in \mathfrak a_1$，由于 $a_2\cdot a_r\in \mathfrak b$，所以 $\mathfrak a_1+\mathfrak b=A$。

根据引理 1，$A/\mathfrak a_1\mathfrak b$ 同构于 $A/\mathfrak a_1\times A/\mathfrak b$。而根据归纳假设 $A/\mathfrak b\simeq A/\mathfrak a_2\times \cdots\times A/\mathfrak a_r$。命题得证。

现在我们将引理应用在 $\mathbb Z$ 上。

性质 2： 设 $n,n'$ 是互素整数。那么有环同构 $\mathbb Z_{nn'}\simeq \mathbb Z_n\times \mathbb Z_{n'}$。

证明如下。这是引理 1 的特殊情形，注意到理想 $n\mathbb Z+n'\mathbb Z=\Z$，这是由 Bezout 等式推出的。

推论 1： 如果 $n,n'$ 是互素整数，那么 $\varphi(nn')=\varphi(n)\varphi(n')$。

证明如下。根据性质 1 知道，$\varphi(nn')$ 就是环 $\mathbb Z_{nn'}$ 中单位元的个数，而这个环同构于 $\mathbb Z_n\times \mathbb Z_{n'}$，这是一个环的直积。所以 $(\alpha,\beta)\in\mathbb Z_n\times \mathbb Z_{n'}$ 是单位元当且仅当分量都是单位元。命题得证。

推论 2： 设 $n$ 是正整数，且作素因子分解 $n=p^{\alpha_1}_1\cdots p^{\alpha_r}_r$。那么 $\varphi(n)=n(1-1/p_1)\cdots (1-1/p_r)$。

证明如下。根据推论 1 知道，$\varphi(n)=\varphi(p_1^{\alpha_1})\cdots \varphi(p_r^{\alpha_r})$。而 $\varphi(p_1^{\alpha_1})=p_1^{\alpha_1}-p_1^{\alpha_1-1}$。命题得证。

# 关于模的初步说明

在研究主理想整环上的模结构前，我们做一些关于一般交换环上的模结构的说明。

设 $A$ 是一个交换环，$I$ 是一个集合。记 $A^{(I)}$ 表示由集合 $I$ 确定的序列 $(a_i)_{i\in I}$，其中的元素是 $A$ 中的元素，满足只有有限个非零元素。因此 $A^{(I)}$ 是 Cartesian 积集 $A^I$ 的一个子集。如果给 $A^I$ 配备环上的分项加法和乘法，形成一个模，那么 $A^{(I)}$ 也是 $A^I$ 的一个子模。

如果 $I$ 是有限集，那么 $A^{I}=A^{(I)}$。

对于 $j\in I$，如果序列 $(\delta_{ji})_{i\in I}$ 满足 $\delta_{jj}=1$，且 $\delta_{ji}=0,\ i\neq j$，那么记其为 $A^{(I)}$ 中的元素 $e_j$。任意 $A^{(I)}$ 中的元素 $(a_j)_{j\in I}$ 都可以唯一地、有限地被 $e_j$ 线性表出，更具体地说就是

$$(a_j)_{j\in I}=\sum_{j\in I}a_je_j$$

注意到，右边的求和中，仅有有限个项是非零的，所以求和是有意义的。

我们称 $(e_j)_{j\in I}$ 是 $A^{(I)}$ 的规范基。

设 $A$ 是一个环，$M$ 是一个 $A$ - 模，$(x_i)_{i\in I}$ 是 $M$ 的一组元素构成的序列。对于任意的 $A^{(I)}$ 的元素 $(a_i)_{i\in I}$，我们可以将其与 $\displaystyle \sum_i a_ix_i\in M$ 联系起来。在这之前，这个求和当然是有意义的。因此我们得到了映射 $\varphi:A^{(I)}\to M$，这显然是一个线性映射。设 $(e_i)_{i\in I}$ 是 $A^{(I)}$ 的规范基，那么 $\varphi(e_i)=x_i$ 对于任意的 $i\in I$ 成立。基于线性映射，立刻得到下面叙述的等价关系。

1. $(x_i)_{i\in I}$ 是线性无关集，当且仅当 $\varphi$ 是单射。
2. $(x_i)_{i\in I}$ 生成 $M$，当且仅当 $\varphi$ 是满射。

如果 $\varphi$ 是双射，那么 $(x_i)_{i\in I}$ 被称为 $M$ 的一组基。这意味着，此时 $M$ 中的任一元素都可以被唯一地由 $(x_i)_{i\in I}$ 线性表出。一个有基的模被称为自由模。

和域上的线性空间不同的是，环上的模结构不一定有一组基。比如 $\mathbb Z$ - 模 $\mathbb Z_n$ 对于 $n\neq 0,1$ 的情况，由于它不是整环，所以容易推出没有基。接下来我们会讨论哪些模是自由的，这种情况几乎不是平凡的。

一个模被称作是有限型的，如果它是由有限集合生成的。下面的定理是研究 Noether 环和模的理论基础。我们会在第三节更深入地发展这个理论。

定理 1： 设 $A$ 是一个环，$M$ 是一个 $A$ - 模。以下的叙述等价。

1. 任意由若干 $M$ 的子模构成的非空集族中，一定存在一个最大元素（在集合包含关系下）。
2. 任一条由 $M$ 的子模构成的上升序列（在集合包含关系下） $(M_n)_{n\geq 0}$ 最终稳定。
3. 任一 $M$ 的子模都是有限型的。

证明如下。先证明 1. 推出 3.。设 $E$ 是 $M$ 的子模，$\Phi$ 是 $E$ 的所有有限生成子模的集合。因为 $(0)\in \Phi$，所以 $\Phi$ 非空。根据条件 1. 知道 $\Phi$ 有一个最大元 $F$。对于 $x\in E$，由于 $F+Ax$ 是 $E$ 的有限生成子模（它由 $x$ 和 $F$ 的一组有限生成集合共同生成）。由于 $F$ 的极大性推出 $F+Ax=F$。因此 $x\in F$，从而 $E\subset F$，从而 $E=F$，所以 $E$ 是有限型的。

接下来证明 3. 推出 2.。设 $(M_n)_{n\geq 0}$ 是由 $M$ 的子模构成的升链。那么 $E=\displaystyle \bigcup _{n\geq 0}M_n$ 是 $M$ 的子模。由条件 3. 知道 $E$ 包含着生成集合 $(x_1,...,x_q)$。对于每一个 $i$，存在一个指标 $n(i)$，使得 $x_i\in M _{n(i)}$。记 $n_0$ 是这一簇指标 $n(i)$ 中最大的一个。那么就有 $x_i\in M_{n_0}$ 对于所有的 $i$ 成立，因此 $E\subset M_{n_0}$，故只能有 $E=M_{n_0}$。对任意的 $n\geq n_0$，都有包含关系 $M_{n_0}\subset M_n\subset E$，而等式 $E=M_{n_0}$ 推出只能有 $M_n=M_{n_0}$。因此这一条升链在 $n_0$ 之后就稳定了。

最后剩下 2. 推出 1. 的情形。为此我们证明一个引理。这个引理的特殊情形就是我们需要的。

引理 1： $T$ 是一个偏序集合，那么下面的叙述等价。

1. $T$ 的每一个非空子集都有一个最大元。
2. $T$ 中的任意一条升链都最终稳定。

证明如下。首先证明 1. 推出 2.。设 $t_q$ 是升链中元素构成的集合的最大元。那么 $n\geq q$ 时，都有 $t_n\geq t_q$（升链条件），这推出了 $t_n=t_q$（最大元）。

其次证明 2. 推出 1.。假设存在 $S$ 是 $T$ 的子集，但它没有最大元。那么对任意的 $x\in S$，都能找到比它更大的元素。由选择公理，存在一个映射 $f:S\to S$，使得 $f(x)>x$ 对任意的 $x\in S$ 成立。由于 $S$ 非空，所以首先选择一个 $t_0\in S$，然后定义升链 $(t_n)_{n\geq 0}$，其递推关系为 $t_{n+1}=f(t_n)$。这个序列是严格递增的，但是它不是最终稳定的，所以与假设条件 2. 矛盾。综上命题得证。

定理 1 的推论： 在主理想整环 $A$ 中，每一个由若干理想构成的非空集族存在一个极大元。

证明如下。不妨将环 $A$ 视作 $A$ - 模，那么它的子模就是它的理想。由于所有的理想都是主理想，所以它们是由单一元素生成的 $A$ - 模，因此是有限型。依照定理 1，证明了命题。

# 主理想整环上的模结构

设 $A$ 是一个整环，$K$ 是它的分式域。一个自由 $A$ - 模（关于某个指标集 $I$，同构于 $A^{(I)}$）可以嵌入到 $K$ 上的线性空间（如果自由模是同构于 $A^{(I)}$ 的，此时应该改为 $K^{(I)}$）。由此可见，对于自由 $A$ - 模的任一子模 $M$ 也是成立的。由 $M$ 生成的子空间的维数称为 $M$ 的秩。如果 $M$ 本身是自由的，且有 $n$ 个元素构成一组基，那么 $M$ 的秩为 $n$。

定理 1： 设 $A$ 是主理想整环，$M$ 是一个秩 $n$ 的自由 $A$ - 模，并且 $M'$ 是 $M$ 的一个子模。那么：

1. $M'$ 是自由的，且秩为 $q$，其中 $0\leq q\leq n$。
2. 如果 $M'\neq (0)$，那么存在 $M$ 的一组基 $(e_1,...,e_n)$ 和非零元 $a_1,...,a_q\in A$ 使得 $(a_1e_1,...,a_qe_q)$ 是 $M'$ 的一组基.
3. $a_1,...,a_q$ 满足整除关系，a_1\mid a_2\mid \cdots \mid a_

证明如下。定理在 $M'=(0)$ 的情形下是显然成立的，所以我们假设 $M'\neq (0)$ 的情况。设 $\mathcal L(M,A)$ 表示 $M$ 到 $A$ 的线性映射构成的集合（因为 $M$ 是自由的，所以只需要考虑在基上的线性映射即可）。对于 $u\in \mathcal L(M,A)$，$u(M')$ 是 $A$ 的子模，也是 $A$ 的理想。由主理想整环，我们可以写作 $u(M')=Aa_u$，其中 $a_u\in A$。设 $u\in L(M,A)$ 使得 $Aa_u$ 是 $\{Aa_v:v\in \mathcal L(M,A)\}$ 中的最大元（定理 1 的推论）。现在取 $M$ 的一组基 $(x_1,...,x_n)$，这里将 $M$ 视作 $A^n$。设 $pr_i:M\to A$ 是第 $i$ 分量的投影映射，使得 $pr_i(x_j)=\delta_{ij}$。由于 $M'\neq (0)$，所以至少有一个 $1\leq i\leq n$ 使得 $pr_i(M')\neq (0)$。因此 $a_u\neq (0)$。按照我们的构造，存在 $e'\in M'$，使得 $u(e')=a_u$。现在我们来说明对任意的 $v\in \mathcal L(M,A)$，都有 $a_u\mid v(e')$。事实上，如果 $d=\mathrm{gcd}(a_u,v(e'))$，那么 $d=ba_u+cv(e')$，其中 $b,c\in A$。换言之，$d=(bu+cv)(e')$，而 $bu+cv\in \mathcal L(M,A)$，所以 $Aa_u\subset Ad\subset u(M')$，由最大元知道 $Ad=Aa_u$，所以必然有 $a_u\mid v(e')$。

特别地，$a_u\mid pr_i(e')$，所以设 $pr_i(e')=a_ub_i$，其中 $b_i\in A$。设 $e=\displaystyle \sum^n_{i=1}b_ix_i$，进而 $e'=a_ue$。