模、线性表示与有限生成 PID 模结构定理

为什么向量空间还不够

向量空间把“可相加的对象”和“可缩放的标量”分开：向量相加，域中的数对向量作数乘。域的每个非零元素都可逆，因此线性无关、基、维数和消元具有格外整齐的性质。但许多代数对象只有整数、整系数多项式或某个环能够自然地充当标量。例如阿贝尔群可以重复相加，却没有必要允许乘以 $1/2$；一个线性算子 $T$ 可以反复复合，于是多项式 $p(T)$ 会作用在向量上；群表示中的每个群元素都是可逆线性变换，而它们的线性组合组成群代数。模正是同时容纳这些情形的语言。

本章约定环 $R$ 有单位元 $1_R$，模满足 $1_Rm=m$。若 $R$ 不交换，需要区分左模与右模；正文使用左模。涉及主理想整环时，$R$ 当然交换且无零因子。把这些假设写清，是因为结构定理并不对任意环上的任意模成立。

左模与模同态

设 $R$ 是有单位环。左 $R$-模是一个阿贝尔群 $(M,+)$，配有标量作用

$$R\times M\longrightarrow M, \qquad (r,m)\longmapsto rm,$$

使任意 $r,s\in R$ 与 $m,n\in M$ 满足

$$r(m+n)=rm+rn, \quad (r+s)m=rm+sm, \quad (rs)m=r(sm), \quad 1_Rm=m.$$

若 $M,N$ 是左 $R$-模，映射 $f:M\to N$ 若保持加法并满足 $f(rm)=rf(m)$，就称为 $R$-模同态。

域 $K$ 上的模就是 $K$-向量空间。每个阿贝尔群 $A$ 都是一个 $\mathbb Z$-模，作用由重复相加定义：正整数 $n$ 令 $na=a+\cdots+a$，零与负整数按群运算延拓。反过来，任何 $\mathbb Z$-模忘掉标量作用后都是阿贝尔群，因此“阿贝尔群分类”是 “有限生成 $\mathbb Z$-模分类”的同一个定理。

环 $R$ 本身在左乘下是左 $R$-模，称为正则模。它的子模 $I$ 满足加法封闭以及 $rI\subseteq I$，正是左理想；在交换环中就是通常的理想。这里已经看出 环与理想 并非独立话题，而是模论的第一个实例。

例 1：同一个加法群在不同标量下表现不同

把 $M=\mathbb Z/6\mathbb Z$ 视为 $\mathbb Z$-模。它由一个元素 $[1]$ 生成，因为每个剩余类都是 $n[1]$。但它不可能是自由 $\mathbb Z$-模：若自由模有非空基，则任一基向量 $e$ 满足 $6e\ne0$，因为 $\mathbb Z$ 无零因子；而 $M$ 的每个元素都满足 $6m=0$。它也不能有空基，因为它不是零模。

这说明“由一个元素生成”不等于“秩为一的自由模”。在域上，有限生成向量空间总有有限基；在一般环上，线性生成集未必能够删减成基，模也可能含有被非零标量消灭的元素。

子模、商模、核与像

子集 $N\subseteq M$ 是子模，当且仅当它非空，并且对任意 $x,y\in N$、$r\in R$ 都有 $x-y\in N$ 与 $rx\in N$。第一项保证它是加法子群，第二项保证标量作用不会离开集合。

若 $N\le M$ 是子模，加法群的陪集组成商群 $M/N$。标量作用定义为

它是良定义的：若 $m+N=m'+N$，则 $m-m'\in N$；子模性给出 $r(m-m')\in N$，所以 $rm+N=rm'+N$。若只知道 $N$ 是加法子群而不满足标量封闭，这一步可能失败。

对模同态 $f:M\to N$，核与像分别为

二者都是子模。映射

良定义、线性、单射且满射，因而给出模同态第一同构定理

证明中的四个检查缺一不可：代表元改变不影响像；运算与标量作用被保持；零像意味着代表元落在核中；像中的元素按定义都有原像。

例 2：用核计算一个整数模的商

定义 $\mathbb Z$-模同态

$$f:\mathbb Z/12\mathbb Z\longrightarrow\mathbb Z/4\mathbb Z, \qquad f([a]_{12})=[a]_4.$$

若 $a\equiv b\pmod{12}$，则 $4\mid(a-b)$，所以映射良定义。它是满射，核为

$$\ker f=\{[0]_{12},[4]_{12},[8]_{12}\} =\langle[4]_{12}\rangle.$$

第一同构定理给出

$$(\mathbb Z/12\mathbb Z)/\langle[4]_{12}\rangle \cong\mathbb Z/4\mathbb Z.$$

左侧商模有 $12/3=4$ 个陪集，与右侧基数一致；这只是结果的独立核验，不代替良定义和同态证明。

自由模、基与有限生成

集合 $S\subseteq M$ 生成的子模由所有有限线性组合组成：

若存在有限集合 $S$ 生成 $M$，称 $M$ 有限生成。若一个生成集 $B$ 还使每个元素都有唯一有限表示，就称 $B$ 为基，称 $M$ 为自由模。含 $n$ 个元素的基给出同构 $M\cong R^n$。自由模的关键不只是“能写出”，而是“表示唯一”；唯一性排除了非平凡关系 $r_1b_1+\cdots+r_nb_n=0$。

有限生成、自由、有限秩和有限集合是四个不同概念。$\mathbb Z$ 作为 $\mathbb Z$-模是秩一自由模，但底层集合无限；$\mathbb Z/6\mathbb Z$ 有限生成且底层集合有限，却不自由；无限维向量空间是自由模，但不有限生成。若 $R$ 是主理想整环，则有限生成模能被结构定理精确分成自由部分与挠部分；换成一般环，这个结论不再自动成立。

挠元素与挠子模

设 $R$ 是整环，$M$ 是 $R$-模。若 $m\in M$ 满足存在非零 $r\in R$ 使 $rm=0$，则称 $m$ 为挠元素。所有挠元素组成子模

$$T(M)=\{m\in M:\exists,0\ne r\in R, rm=0\}.$$

若 $T(M)=M$，称 $M$ 为挠模；若 $T(M)=0$，称 $M$ 无挠。

整环假设用于证明挠元素对加法封闭：若 $rm=0$、$sn=0$，则 $(rs)(m+n)=0$，且 $rs\ne0$。在有零因子的环上，这套定义仍可讨论，但性质需要重新审查。

线性表示就是群代数上的模

设 $G$ 是群，$K$ 是域。群代数 $K[G]$ 的元素是形式有限和 $\sum_{g\in G}a_gg$，加法按系数进行，乘法由群乘法双线性延拓。一个表示

给 $V$ 定义 $K[G]$-模作用：

反过来，一个 $K[G]$-模让每个 $g\in G$ 作用为线性映射，而且 $g^{-1}$ 给出其逆，因此得到群表示。表示的不变子空间恰是 $K[G]$-子模；表示之间的交织算子恰是 $K[G]$-模同态。于是“能否把表示分块”变成“模能否分解为子模直和”。

例 3：循环群表示中的不变子空间

令 $G=C_3=\langle g:g^3=e\rangle$，在实向量空间 $V=\mathbb R^3$ 上让 $g$ 循环置换坐标：

$$\rho(g)(x_1,x_2,x_3)=(x_3,x_1,x_2).$$

直线 $U=\operatorname{span}\{(1,1,1)\}$ 在作用下不变。平面

$$W=\{(x_1,x_2,x_3):x_1+x_2+x_3=0\}$$

也不变，因为坐标和不受置换影响，而且 $V=U\oplus W$。因此作为 $\mathbb R[C_3]$-模，$V$ 分解成一维平凡子模与二维旋转子模。核验维数只说明直和覆盖全部空间；还必须检查两部分确实在每个群元素作用下保持不变。

一个线性算子就是一个 $K[x]$-模

给定 $K$-向量空间 $V$ 与线性算子 $T:V\to V$，定义

便使 $V$ 成为 $K[x]$-模。反过来，一个 $K[x]$-模在忘掉 $x$ 的作用后是 $K$-向量空间，而 $x\cdot v$ 给出线性算子。子模正是 $T$-不变子空间；$K[x]$-模同构正是满足 $ST=T'S$ 的可逆相似变换。因为 $K[x]$ 是 PID，有限维 $V$ 作为 $K[x]$-模有限生成且为挠模，结构定理能够导出有理标准形及不变因子。这里指出逻辑连接，不在本章替代标准形的完整推导。

有限生成 PID 模结构定理

主理想整环

交换整环 $R$ 若每个理想都能由一个元素生成，即每个理想都形如 $(d)=dR$，就称为主理想整环，简称 PID。整数环 $\mathbb Z$ 与域 $K$ 上的一元多项式环 $K[x]$ 都是 PID。

有限生成 PID 模结构定理可用不变因子形式准确陈述如下：若 $R$ 是 PID，$M$ 是有限生成 $R$-模，则存在唯一的非负整数 $r$，以及非零非单位 $d_1,\ldots,d_t\in R$，满足

使得

$r$ 与各 $d_i$ 在乘以单位元的意义下唯一。第一项是自由部分，后面是挠部分。若 $M$ 是有限阿贝尔群，取 $R=\mathbb Z$ 时自由秩必须为零；每个 $d_i$ 可选为大于一的正整数，且群的阶为 $d_1\cdots d_t$。定理的证明需要对生成元关系矩阵做 Smith 标准形化简；这里使用定理并通过整数初等行列变换的可逆性说明计算为何保持商模同构类型，不声称给出一般证明。

例 4：从关系矩阵计算有限生成阿贝尔群

令 $M$ 由生成元 $u,v$ 与关系

$$2u+4v=0, \qquad 6u+8v=0$$

给出。于是 $M\cong\mathbb Z^2/A\mathbb Z^2$，其中

$$A=\begin{bmatrix}2&4\\6&8\end{bmatrix}.$$

整数可逆行、列变换分别改变关系生成集和模生成元，不改变商模同构类型。执行 $R_2\leftarrow R_2-3R_1$ 得

$$\begin{bmatrix}2&4\\0&-4\end{bmatrix},$$

再作 $C_2\leftarrow C_2-2C_1$，并把第二行乘以 $-1$，得到

$$\operatorname{diag}(2,4).$$

因为 $2\mid4$，这已经是 Smith 标准形，故

$$M\cong\mathbb Z/2\mathbb Z\oplus\mathbb Z/4\mathbb Z.$$

独立核验：$|\det A|=8$，而右侧有 $2\cdot4=8$ 个元素；所有矩阵元素的最大公因数为 $2$，也等于第一个不变因子。阶数和最大公因数都吻合，但只有允许的整系数行列变换给出了具体同构类型。

参数实验：改变关系会怎样

考虑整数矩阵

定义的商模 $M_n=\mathbb Z^2/A_n\mathbb Z^2$。当 $n\ne6$ 时，行列式为 $4n-24$，商模有限且阶为 $|4n-24|$；第一个不变因子是所有矩阵元素的最大公因数 $\gcd(2,4,6,2n)=2$，所以第二个不变因子为 $|4n-24|/2=|2n-12|$。当 $n=6$ 时行列式为零，矩阵秩降为一，商模出现一个自由 $\mathbb Z$ 分量，不能再把行列式零误读为“群有零个元素”。这个纸笔实验显示：不变因子变化会出现整除跳跃，秩变化则改变自由部分。

常见误区与适用边界

有限生成模总能选出基

生成只要求每个元素至少有一种线性表示，基还要求表示唯一。 $\mathbb Z/6\mathbb Z$ 由 $[1]$ 生成，却有关系 $6[1]=0$，因此不是自由模。向量空间中的结论依赖标量域，不能无条件移植到环上。

结构定理适用于任意环和任意模

本文定理同时要求底环是 PID、模有限生成。去掉 PID，理想可能不是单生成；去掉有限生成，分解可能需要额外集合论与分类信息。应用前必须逐项核对假设。

群表示只是给每个群元素随意指定一个矩阵

表示必须满足 $\rho(gh)=\rho(g)\rho(h)$ 与 $\rho(e)=I$。只有这样，群代数乘法才与模作用相容。不变子空间也要对整个群保持，而不是只对偶然选中的一个矩阵保持。

综合练习

练习 1：子模判别标记完成

所属知识

子模

难度

3/5

在 $\mathbb Z$-模 $\mathbb Z^2$ 中，证明 $N=\{(a,b):a+b\text{ 为偶数}\}$ 是子模，并求商模 $\mathbb Z^2/N$ 的同构类型。

查看提示

分别检查差与任意整数倍；把条件改写成一个同态的核也可以。

查看解答

若 $(a,b),(c,d)\in N$，则 $(a-c)+(b-d)=(a+b)-(c+d)$ 为偶数；对 $n\in\mathbb Z$， $n(a+b)$ 仍为偶数，故 $N$ 是子模。定义 $f:\mathbb Z^2\to\mathbb Z/2\mathbb Z$， $f(a,b)=[a+b]_2$。它是满同态且核正是 $N$。第一同构定理给出 $\mathbb Z^2/N\cong\mathbb Z/2\mathbb Z$。

练习 2：有限生成不等于自由标记完成

所属知识

自由模

难度

3/5

判断 $M=\mathbb Z\oplus\mathbb Z/5\mathbb Z$ 作为 $\mathbb Z$-模是否有限生成、是否自由，并求其挠子模。

查看提示

寻找被非零整数消灭的非零元素，并与自由整数模比较。

查看解答

$M$ 由 $(1,[0])$ 与 $(0,[1])$ 生成，所以有限生成。元素 $(0,[1])\ne0$ 却满足 $5(0,[1])=0$；非零自由 $\mathbb Z$-模没有这种挠元素，因此 $M$ 不自由。若 $n(a,[b])=0$ 且 $n\ne0$，第一坐标给出 $na=0$，故 $a=0$；反之所有 $(0,[b])$ 都被 $5$ 消灭。因此 $T(M)=\{0\}\oplus\mathbb Z/5\mathbb Z$。

练习 3：核、像与商模标记完成

所属知识

模同态

难度

3/5

定义 $f:\mathbb Z/8\mathbb Z\to\mathbb Z/12\mathbb Z$， $f([a]_8)=[3a]_{12}$。证明它良定义，求核与像，并核验第一同构定理。

查看提示

把映射写成乘二，再分别解 $2[a]=[0]$ 与列出所有像。

查看解答

若 $a-b=8k$，则 $3(a-b)=24k$ 被 $12$ 整除，故良定义。核条件为 $12\mid3a$，即 $4\mid a$，所以核为 $\{[0]_8,[4]_8\}$。像为 $\{[0]_{12},[3]_{12},[6]_{12},[9]_{12}\}$。商模有 $8/2=4$ 个元素，而且 $[1]_8+\ker f$ 映到像中生成元 $[3]_{12}$，故 $(\mathbb Z/8\mathbb Z)/\ker f\cong\operatorname{im}f\cong\mathbb Z/4\mathbb Z$。

练习 4：表示中的不变分解标记完成

所属知识

群代数模

难度

4/5

令 $C_2=\{e,g\}$ 在 $\mathbb R^2$ 上由 $\rho(g)(x,y)=(y,x)$ 作用。找出两个一维不变子空间，并写出相应直和分解。

查看提示

检查坐标和与向量 (1,1)；再验证两个子空间的交为零。

查看解答

$U=\operatorname{span}\{(1,1)\}$ 上 $g$ 作用为恒等； $W=\operatorname{span}\{(1,-1)\}$ 上 $g$ 作用为乘 $-1$。两条直线都对 $e,g$ 不变，且基向量线性无关，所以 $\mathbb R^2=U\oplus W$。这给出平凡表示与符号表示的直和，也就是两个 $\mathbb R[C_2]$-子模的直和。

练习 5：计算 Smith 不变因子标记完成

所属知识

结构定理

难度

4/5

求矩阵

$$B=\begin{bmatrix}4&6\\2&8\end{bmatrix}$$

定义的商模 $\mathbb Z^2/B\mathbb Z^2$ 的不变因子分解。

查看提示

二阶满秩整数矩阵的第一个不变因子是所有元素的最大公因数，两个不变因子的乘积是行列式绝对值。

查看解答

$B$ 的所有元素最大公因数为 $2$，所以 $d_1=2$。又 $|\det B|=|32-12|=20$，满秩情形满足 $d_1d_2=20$，故 $d_2=10$，并且 $2\mid10$。因此

$$\mathbb Z^2/B\mathbb Z^2 \cong\mathbb Z/2\mathbb Z\oplus\mathbb Z/10\mathbb Z.$$

右侧阶为 $20$，与行列式核验一致。

练习 6：把线性算子看成多项式环作用标记完成

所属知识

多项式环模

难度

5/5

在 $V=\mathbb R^2$ 上令 $T(x,y)=(-y,x)$，并用 $p(x)\cdot v=p(T)v$ 定义 $\mathbb R[x]$-模。证明 $(x^2+1)V=0$，并说明为什么任何一维实子空间都不是非零真子模。

查看提示

先计算 $T^{2}$，再解释多项式 $x^{2}+1$ 为何消灭所有向量。

查看解答

直接计算得 $T^2(x,y)=(-x,-y)$，所以 $(T^2+I)v=0$ 对每个 $v$ 成立，即 $(x^2+1)V=0$。若一维子空间 $L=\operatorname{span}\{v\}$ 是子模，就必须对 $T$ 不变，于是 $Tv=\lambda v$ 对某个实数 $\lambda$ 成立，即 $T$ 有实特征值。但 $T$ 的特征多项式为 $t^2+1$，没有实根。因此不存在非零真 $\mathbb R[x]$-子模。

知识关系、资源与后续学习

• 环、理想与商环 提供标量环、理想和商构造；理想可重释为正则模的子模。
• 域扩张、多项式与有限域 提供 $K[x]$、不可约多项式和商域构造，也是下一章分裂域的基础。
• 同态、商结构与群作用 中的核、像、商和作用，在模论中分别成为模同态与群代数模。
• 抽象代数综合复习 将继续把模、域扩张和 Galois 对应放入同一条解题链。

课程 · 2011

Algebra II

Michael Artin

用于核对 M14 环、域、模和 Galois 思想部分的定义、假设、结构定理与计算。

打开官方来源

MIT OpenCourseWare 18.702 Algebra II 的官方课程材料覆盖环、域、多项式、模与域扩张，可用于核对本章的模论术语、有限生成模分解和后续 Galois 主题。结构定理的完整证明应结合课程中对 PID、关系矩阵与标准形的正式论证；本文的有限矩阵例子只核验定理如何计算，不替代一般证明。

下一步进入 群、环、域与 Galois 思想综合复习。学习时保留本章的两条主线：同态的核产生商结构；一个额外算子的作用可以把普通向量空间升级为某个环上的模。前者组织域与自同构群的对应，后者解释群为何能够在线性空间上编码多项式根的对称。