Question

该问题来自Serge Lang的代数数论：

命题 27初等除数定理。设 $M$ M是 Dedekind 环上的非零有限生成射影模块 $A$ A. 那么存在理想 $a_{i}, i = 1, \dots, r$ a_i, i= 1, \dots, r使得

$米 ≅ \oplus r 我 = 1 A 我$
M \cong \oplus_{i=1}^{r} a_i

这些理想可以这样选择 $a_{i} | a_{i + 1}$ a_i | a_{i+1}对于所有的 i，和都是唯一确定的。

这个定理似乎是错误的。一个反例是 $A = Z$ A = \mathbb{Z}，整数环。然后 $(2) \oplus (3) ≅ (5) \oplus (7)$ (2) \oplus (3) \cong (5) \oplus(7)，因为每个非零理想都同构于 $Z$ \mathbb{Z}作为模块。这个定理错了吗？

我看了 Lang 对这个陈述的证明，至少可以说，这让我感到困惑。我可以理解直到分解存在为止的一切，但随后他通过诉诸局部化论证来证明分解的唯一性，他声称结果遵循众所周知的主理想环唯一性定理。但是……正如你的帖子所指出的那样，情况似乎并不明确，即使在 $Z$ \mathbb{Z}！而且在我看来，无论如何，局部化只能恢复同构范围内的信息。 — 
在我看来，Lang 的陈述就其证明而言是不完整的。Lang 使用了一种特定的构造，如果你遵循它（我还没有检查局部化论证），你会发现“最大分解”，即你不能用更大的理想来代替任何理想。在你的例子中 $Z^{2}$ \Bbb Z^2，Lang 的“算法”得出 $(1) \oplus (1)$ (1) \oplus (1)但如果我们忘记算法，只看语句， $(1) \oplus (2)$ (1) \oplus (2)也应该可以工作。 — 
根据 Steinitz 同构定理，对于任何非零理想，我们有 $I, J$ I, J那 $I \oplus J ≅ A \oplus I J$ I \oplus J \cong A \oplus IJ，所以我们总是可以减少到 $A$ A然后是理想的乘积。如果我没记错的话，你可以通过这种方式得到一个唯一的分解，因为等级是唯一的，然后你最后得到的两个理想是同构的（事实上，我认为它们属于理想类组中的同一类？）。否则，我不知道 Lang 在这里的意思是什么，而且这个命题的陈述在我看来是错误的。（顺便说一句，我通常在上下文中看到“基本除数”…… — 
…PID 上的 fg 模块的扭转部分，您确实会得到唯一性除法语句。但在这里，事物没有扭转，所以我不太确定发生了什么。警告：对我来说已经很晚了，而且我生疏了，所以也许我上面说了一些蠢话！) — 
唯一性陈述用于选择序列（直至逆序列） $a_{0} | a_{1} | \dots | a_{r}$ a_0 | a_1 | \dotsc | a_r。 —

Accepted Answer

你是对的，存在性成立，但唯一性陈述在几个方面都是错误的。

首先，确实如此 $Z^{2}$ \Bbb Z^2作为一个 $Z$ \Bbb Z-module 可以表示为，例如 $(1) \oplus (1)$ (1) \oplus (1)也 $(1) \oplus (2)$ (1) \oplus (2)更一般地，你可以观察到，该陈述与 PID 的类似陈述相矛盾，后者表明 PID 上的有限生成投影模块 $A$ A是自由的，即同构于单位理想的直接和：取任何非单位理想 $A$ A作为 Lang 陈述的独特性的反例。

看到这个论点，你可能会想，也许有一种方法可以挽救独特性，即强加理想 $a$ \mathfrak{a}被取得尽可能大：任何主理想 $A$ A是同构的（作为 $A$ A-模块）到单位理想并包含在其中；如果我们在 PID 论证中用单位理想替换主理想，我们确实会发现唯一性。

不幸的是，答案仍然是否定的，这里有一个反例。考虑一下 $A = Z [\sqrt{- 5}]$ A = \Bbb Z[\sqrt{-5}]，已知为非主 Dedekind 域。设 $M = p := (2, 1 + \sqrt{- 5})$ M=\mathfrak{p} := (2,1+\sqrt{-5})，让 $N = q := (3, 1 - \sqrt{- 5})$ N = \mathfrak{q} := (3,1-\sqrt{-5}). 这些是不同的最大理想 $A$ A，所以两者都不包含在另一个中。然而，映射

米 \mapsto 米 \times 3 1 + - 5 - - - \sqrt

m \mapsto \frac{m \times 3}{1+\sqrt{-5}}
定义同构 $A$ A-模块来自 $p$ \mathfrak{p}到 $q$ \mathfrak{q}（检查发电机的图像就足够了）。

如果你只是想要一个明确的反例，那么你可以在这里停下来。我现在将继续展示 Lang 的证明失败的地方。

Lang 证明存在性如下。选择任意非零 $λ \in {Hom}_{A} (M, A)$ \lambda \in \operatorname{Hom}_A(M,A)，存在（选择一个非零线性映射 $M \otimes_{A} K \to K$ M \otimes_A K \rightarrow K，在哪里 $K = Frac (A)$ K= \operatorname{Frac}(A)，并乘以 $M$ M）。表示 $a_{1} := λ (M)$ \mathfrak{a}_1 := \lambda(M)，它是一个有限生成的无扭转 $A$ A-模，因此是射影的（Lang 命题 26），所以以下短正合序列分裂：

0 \to 米 1 : = 克尔 λ \to M \to A 1 \to 0。

0 \rightarrow M_1 := \ker \lambda \rightarrow M \rightarrow \mathfrak{a}_1 \rightarrow 0.
因此我们可以写 $M ≃ a_{1} \oplus M_{1}$ M \simeq \mathfrak{a}_1 \oplus M_1. 通过张拉 $K$ K，可以看出 $M_{1}$ M_1小于 $M$ M，因此人们会倾向于通过归纳法继续下去。但这样做，我们就没有办法在理想之间强加划分关系。相反，如果我们首先选择 $λ$ \lambda如上所述，使得图像尽可能大（我避免使用“最大”一词，因为图像不需要是最大理想），那么我们可以保证其余的理想包含在 $a_{1}$ \mathfrak{a}_1。为了理解这一点，假设 $M_{1} ≃ a_{2} \oplus M_{2}$ M_1 \simeq \mathfrak{a}_2 \oplus M_2和 $a_{2}$ \mathfrak{a}_2不包含在 $a_{1}$ \mathfrak{a}_1，然后 $M ≃ a_{1} \oplus a_{2} \oplus M_{2}$ M \simeq \mathfrak{a}_1 \oplus \mathfrak{a}_2 \oplus M_2，从中我们可以找到一张地图 $λ^{'} : M \to A$ \lambda’:M \rightarrow A其图像同时包含 $a_{1}$ \mathfrak{a}_1和 $a_{2}$ \mathfrak{a}_2，与最大值相矛盾 $λ$ \lambda. 这就结束了存在。

为了独特，Lang 简单地说

唯一性通过定位在素数处实现 $p$ \mathfrak{p}，并调用主环上相应的唯一性，这是标准代数的一部分。

然而，这并没有达到预期的效果。如果我们写

米 = ⨁ s = 1 吨 页 1 埃 1, 秒 \dots ​ ​ 页 米 埃 多发性 硬化症 ​

M = \bigoplus_{s=1}^t \mathfrak{p_1}^{e_{1,s}}…\mathfrak{p_m}^{e_{m,s}}
其中每个 $(e_{j, s})_{s}$ (e_{j,s})_s是一个非负整数的非减序列（这是存在的重新表述），局部于（的补集） $p$ \mathfrak{p}给出：

米 （ 页 ） = ⨁ s = 1 吨 A （ 页 ） 页 1 埃 1, 秒 \dots ​ ​ 页 米 埃 多发性 硬化症 ​ 。

M_{(\mathfrak{p})} = \bigoplus_{s=1}^t A_{(\mathfrak{p})}\mathfrak{p_1}^{e_{1,s}}…\mathfrak{p_m}^{e_{m,s}}.
现在总和的每一项都是 $A_{(p_{1})}$ A_{(\mathfrak{p_1})}（单位理想情况是 $p$ \mathfrak{p}不是因子之一），因此是主函数，因此同构于一个阶为 1 的自由模块，我们实际上已经丢失了关于哪些理想在那里以及属于哪个幂的所有信息。只有阶 $M$ M遗迹。

在存在性的证明中，可能存在两个最大选择 $λ$ \lambda映射出截然不同、无法比较的理想 $α$ \alpha，在这种情况下唯一性就会失效。这就是我找到上述反例的方法。

交换代数 – 初等除数定理是错误的

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