主理想整環上的有限生成模及其分解

PID上的有限生成模及其分解

模的概念

定義: 設 $R$ 為有單位的交換環, 一個 $R$-模是指一個非空集 $M$, 在其中定義兩種運算: 加法和數乘. $M$ 對加法成 Abel 群, 且對任意 $u,v\in M$, $r,s\in R$, 有

• 數乘封閉: $ru\in M$,
• 分配律: $r(u+v)=ru+rv$, $(r+s)u=ru+su$,
• 結合律: $(rs)u=r(su)$, $1u=u$.

當 $R$ 為域時, $R$-模即為向量空間; 當 $R=\mathbb{Z}$ 時, $\mathbb{Z}$-模即為 Abel 群. 有單位的交換環 $R$ 可看作自身上的模, $R$-模 $R$ 的子模就是環 $R$ 的理想.

定義: $R$-模 $M$ 是自由的, 如果 $M$ 有 $R$-基. 若 $\mathcal{B}$ 為 $M$ 的一組 $R$-基, 則稱 $M$ 在 $\mathcal{B}$ 上自由.

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命題: 若 $M$ 是自由 $R$-模, 則 $M$ 的任意兩個基有相同的基數.

證明: 由於 $R$ 是有單位的交換環, 故 $R$ 有極大理想 $\mathcal{Q}$, 從而 $R/\mathcal{Q}$ 是域. 令

$$\mathcal{Q}M:=\lbrace a_1 v_1+\cdots+a_n v_n:a_i\in\mathcal{Q},v_i\in M,i=1,\cdots,n\rbrace$$

則 $\mathcal{Q}M$ 是 $M$ 的一個子模. 易證 $M/\mathcal{Q}M$ 是域 $R/\mathcal{Q}$ 上的向量空間. 若 $\mathcal{B}$ 是 $M$ 的一組基, 且 $b_i$, $b_j$ 是其中兩個不同的元素, 那麼 $b_i+\mathcal{Q}M$ 與 $b_j+\mathcal{Q}M$ 是不同的, 如若不然, 則 $b_i-b_j\in\mathcal{Q}M$, 即存在一組 $a_i\in\mathcal{Q}$ 使得 $b_i-b_j=\sum_{k=1}^n a_k v_k$, 由於 $v_k$ 是 $\mathcal{B}$ 中元素的線性組合, 故可設每個 $v_k$ 中 $b_i$ 的係數為 $r_k\in R$, 於是

$$1=a_1 r_1+\cdots+a_n r_n\in\mathcal{Q}$$

與 $\mathcal{Q}$ 為極大理想矛盾. 故 $\mathcal{B}$ 與

$$\mathcal{B}':=\lbrace b+\mathcal{Q}M:b\in\mathcal{B}\rbrace$$

有相同的基數. 易證 $\mathcal{B}'$ 是向量空間 $M/\mathcal{Q}M$ 的一組基, 故 $\mathcal{B}$ 的基數等於 $\dim(M/\mathcal{Q}M)$, 與基的具體選取無關. $\square$

模 $M$ 的基的基數稱為 $M$ 的秩, 記作 $\text{rank}(M)$. 兩個自由 $R$-模同構, 當且僅當它們有相同的秩, 特別地, 若 $R$-模 $M$ 的秩 $n$ 是有限數, 則 $M\cong R^n$.

Noether 模

設 $M$ 是 $R$-模, $S$ 是一個子集, 由 $S$ 生成的子模為

$$\langle S\rangle:=\lbrace r_1 v_1+\cdots+r_n v_n:r_i\in R,v_i\in S,i=1,\cdots,n\rbrace$$

若 $M=\langle S\rangle$, 則稱 $M$ 是由 $S$ 生成的. 若 $S$ 是有限集, 則稱 $M$ 是有限生成的; 特別地, 若 $M$ 由單個元素 $v$ 生成, 即 $M=\langle v\rangle=Rv$, 則稱 $M$ 為 $v$ 生成的循環子模.

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有限生成模的子模不一定是有限生成的. 設 $F$ 為域, 取 $R=F[x_1,\cdots,x_n,\cdots]$, $M=R$, 則 $M$ 是 $R$ 上的有限生成模 (由 $1$ 生成). 取所有變元生成的理想 $I=\langle x_1,\cdots,x_n,\cdots\rangle$, 則 $I$ 是 $M$ 的子模, 但不是有限生成的. 因此需要 Noether 模的概念.

命題: $R$-模 $M$ 的每個子模都是有限生成的, 當且僅當 $M$ 滿足子模的升鏈條件: 即對 $M$ 的任何子模升鏈 $S_1\subset S_2\subset\cdots$, 都存在指標 $k$ 使得 $S_k=S_{k+1}=\cdots$.

證明: “$\Longrightarrow$”: 設 $M$ 的子模升鏈 $S_1\subset S_2\subset\cdots$, 則 $S=\bigcup_j S_j$ 也是 $M$ 的子模, 故 $S$ 是有限生成的. 設 $S=\langle u_1,\cdots,u_n\rangle$, 則有指標 $k_i$ 使得 $u_i\in S_{k_i}$, 取 $k=\max\lbrace k_1,\cdots,k_n\rbrace$.
“$\Longleftarrow$”: 設 $S$ 是 $M$ 的子模, 取 $u_1\in S$. 考慮 $S_1=\langle u_1\rangle\subset S$, 若 $S_1\not=S$, 取 $u_2\in S\setminus S_1$, 令 $S_2=\langle u_1,u_2\rangle$… 重複此過程, 得子模升鏈 $\langle u_1\rangle\subset\langle u_1,u_2\rangle\subset\cdots\subset S$, 必存在某個 $n$ 使得 $S=\langle u_1,\cdots,u_n\rangle$. $\square$

我們稱上述命題中的模 $M$ 為 Noether 模. 類似地, 可以定義環 $R$ 中理想的升鏈條件, 環 $R$ 中每個理想都是有限生成的, 當且僅當 $R$ 滿足理想的升鏈條件. 這樣的環稱為 Noether 環. 主理想整環顯然滿足理想的升鏈條件, 故它是 Noether 環.

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定理: 若 $R$ 是 Noether 環, 則任意有限生成的 $R$-模是 Noether 模.

證明: 設 $R$ 是 Noether 環, $M=\langle u_1,\cdots,u_n\rangle$ 是有限生成 $R$-模, 考慮滿環同態 $\tau:R^n\to M$, $\tau(r_1,\cdots,r_n)=r_1 u_1+\cdots+r_n u_n$. 若 $S$ 是 $M$ 的一個子模, 則 $\tau^{-1}(S)$ 是 $R^n$ 的一個子模, 故只需驗證 $R^n$ 的每個子模都是有限生成的即可. 對 $n$ 作歸納: $n=1$ 時顯然成立; 假設命題對所有 $k<n$ 成立, 若 $S$ 是 $R^n$ 的子模, 令

$$\begin{align*} S_1&=\lbrace\alpha\in S:\alpha=(s_1,\cdots,s_{n-1},0),s_1,\cdots,s_{n-1}\in R\rbrace \\ S_2&=\lbrace(0,\cdots,0,s_n):(s_1,\cdots,s_n)\in S,s_1,\cdots,s_n\in R\rbrace \end{align*}$$ $S_1$ 同構於 $R^{n-1}$ 的一個子模, $S_2$ 同構於 $R$ 的一個子模, 兩者都是有限生成的. 取 $S_1$ 的一組生成元 $\mathcal{B}$ 和 $S_2$ 的生成元 $b$, 則 $\mathcal{B}\cup\lbrace b\rbrace$ 生成 $S$. $\square$

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定理 (Hilbert): 若環 $R$ 是 Noether 環, 則多項式環 $R[x]$ 也是 Noether 環.

證明: 即證 $R[x]$ 的任一理想 $\mathcal{Q}$ 是有限生成的. 令 $L_i$ 為 $\mathcal{Q}$ 中所有 $i$ 次多項式的最高次項係數和 $0$ 構成的集合, 則 $L_i$ 顯然是 $R$ 的理想. 若 $f(x)=ax^i+\cdots\in\mathcal{Q}$, 則 $xf(x)=ax^{i+1}+\cdots\in\mathcal{Q}$, 故 $a\in L_i$ $\Longrightarrow$ $a\in L_{i+1}$, 由此可得 $R$ 的理想升鏈 $L_0\subset L_1\subset\cdots$. 因為 $R$ 是 Noether 環, 必存在指標 $d$ 使得 $L_d=L_{d+1}=\cdots=\bigcup_i L_i=:L$. 每個 $L_i$ 都是有限生成的, 設 $L_i=\langle a_{i,1},\cdots,a_{i,k_i}\rangle$ ($i=1,\cdots,d$). 由 $L_i$ 的定義知, 存在 $\mathcal{Q}$ 中的 $i$ 次多項式 $f_{i,1},\cdots,f_{i,k_i}$, 每個 $f_{i,j}$ 的首項係數為 $a_{i,j}$. 下面證明:

$$S=\lbrace f_{0,1},\cdots,f_{0,k_0},\cdots,f_{d,1},\cdots,f_{d,k_d}\rbrace$$

即為 $\mathcal{Q}$ 的生成集. 設 $f\in\mathcal{Q}$, $\deg f=n$. 對 $n$ 作歸納: $n=0$ 時顯然成立; 假設命題對所有 $k<n$ 成立, 設 $f=a_n x^n+\cdots+a_1 x+a_0$, 則 $a_n\in L_n\subset L=L_d$. 若 $n<d$, 設 $a_n=\sum_{1\le j\le k_n}r_j a_{n,j}$, 則多項式 $h=f-\sum_{1\le j\le k_n}r_j f_{n,j}$ 的次數低於 $n$, 由歸納假設命題成立; 若 $n\ge d$, 則 $a_n\in L_n=L_d$, 設 $a_n=\sum_{1\le j\le k_d}r_j a_{d,j}$, 則多項式 $h=f-\sum_{1\le j\le k_d}r_j f_{d,j}$ 的次數低於 $n$, 由歸納假設命題成立. $\square$

PID上有限生成模的分解

撓模

定義: 設 $R$ 為整環, $M$ 為 $R$-模. 對 $v\in M$, 若存在非零的 $r\in R$ 使得 $rv=0$, 則稱 $v$ 是 $M$ 的一個撓元 (torsion). 一個模若沒有撓元則稱是無撓的, 若模 $M$ 的所有元素都是撓元, 則稱 $M$ 是一個撓模.

模 $M$ 的撓元集記作 $M_{\text{tor}}$, 這是 $M$ 的一個子模, 且商模 $M/M_{\text{tor}}$ 是無撓模. 主理想整環上的自由模顯然是無撓的, 反之則不一定. 最經典的反例是把 $\mathbb{Q}$ 視為 $\mathbb{Z}$-模, 則 $\mathbb{Q}$ 是無撓模, 但不是自由 $\mathbb{Z}$-模.

命題: 主理想整環 $R$ 上的模 $M$ 若是無撓模, 且是有限生成的, 則它是自由的.

證明: 取 $v_i\in M$ ($i=1,\cdots,n$) 使得 $M=\langle v_1,\cdots,v_n\rangle$, 取 $\lbrace v_1,\cdots,v_n\rbrace$ 的極大 $R$-線性無關子集 $S=\lbrace u_1,\cdots,u_k\rbrace$, 於是生成元可重寫為

$$M=\langle u_1,\cdots,u_k,v_1,\cdots,v_{n-k}\rangle$$

對每個 $v_i$ 存在 $a_i\not=0$ 和 $r_{i,1},\cdots,r_{i,k}\in R$ 使得 $a_i v_i+r_{i,1}u_1+\cdots+r_{i,k}u_k=0$ ($i=1,\cdots,n-k$). 令 $a=\prod_{i=1}^{n-k}a_i$, 則 $av_i\in\text{span }S$, 於是 $aM=\lbrace av:v\in M\rbrace$ 是 $\text{span }S$ 的一個子模. 易證主理想整環上自由模的任意子模也是自由的, 由於 $\text{span }S$ 是以 $S$ 為基的自由模, 所以 $aM$ 也為自由模. 由於 $M$ 是無撓的, 所以 $M\cong aM$, 從而 $M$ 是自由模. $\square$

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定理: 若 $M$ 是主理想整環 $R$ 上的有限生成模, 則 $M=M_{\text{free}}\oplus M_{\text{tor}}$, 其中 $M_{\text{free}}$ 是一個自由模, 且這種分解是唯一的.

證明: $M/M_{\text{tor}}$ 無撓且是有限生成的 (注意 $M$ 是 Noether 模), 故 $M/M_{\text{tor}}$ 是自由模. 考慮自然同態 $\pi:M\to M/M_{\text{tor}}$, 這是一個滿同態. 設 $\mathcal{B}$ 是 $M/M_{\text{tor}}$ 的一組基, 對每個 $b\in\mathcal{B}$, 取定 $b'\in M$ 使得 $\pi(b')=b$, 並令 $\mathcal{B}'$ 為這樣的 $b'$ 的集合. $S=\text{span }\mathcal{B}'$ 是 $M$ 的子模, 且同構於 $M/M_{\text{tor}}$, 故 $S$ 是一個自由模. 設 $v\in M_{\text{tor}}\cap S=\ker\pi\cap S$, 設 $v=\sum_i r_i b_i'$, 則 $\pi(v)=\sum_i r_i\pi(b_i')=\sum_i r_i b_i=0$, 可知 $r_i=0$, 故 $v=0$, 從而 $M_{\text{tor}}\cap S=\lbrace 0\rbrace$. 取 $M_{\text{free}}=S$ 即可. $\square$

準素分解

定義: 設 $M$ 為 $R$-模, $v\in M$, $v$ 的零化子定義為 $\text{Ann}(v):=\lbrace r\in R:rv=0\rbrace$, 類似地, 定義 $M$ 的零化子 $\text{Ann}(M):=\lbrace r\in R:rM=\lbrace0\rbrace\rbrace$.

顯然, $\text{Ann}(v)$ 和 $\text{Ann}(M)$ 都是環 $R$ 的理想. 若 $M$ 是主理想整環 $R$ 上的有限生成模, 則稱 $\text{Ann}(v)$ (或 $\text{Ann}(M)$) 的生成元為 $v$ (或 $M$) 的階, $v$ (或 $M$) 的階則在相伴意義下唯一.

定義: $R$-模 $M$ 稱為準素模, 如果它的零化子 $\text{Ann}(M)=\langle p^e\rangle$, 其中 $p$ 是環 $R$ 中的素元. 此時, $M$ 中每個元素的階必為 $p$ 的冪.

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定理: 若 $M$ 是主理想整環 $R$ 上的有限生成撓模, 階為 $\mu=p_1^{e_1}\cdots p_n^{e_n}$, 則 $M$ 可分解為直和 $M=M_{p_1}\oplus\cdots\oplus M_{p_n}$, 其中 $M_{p_i}=\lbrace v\in M:p_i^{e_i}v=0\rbrace$ 為準素子模.

證明: 設 $\mu=pq$ 且 $\gcd(p,q)=1$, 考慮 $M_p=\lbrace v\in M:pv=0\rbrace$ 和 $M_q=\lbrace v\in M:qv=0\rbrace$. 下證 $M=M_p\oplus M_q$, 且 $M_p$ 和 $M_q$ 分別有零化子 $\langle p\rangle$ 和 $\langle q\rangle$. 因為 $\gcd(p,q)=1$, 所以存在 $a,b\in R$ 使得 $ap+bq=1$. 設 $v\in M_p\cap M_q$, 則 $pv=qv=0$, 從而 $v=(ap+bq)v=0$, 故 $M_p\cap M_q=\lbrace0\rbrace$. 任取 $v\in M$, 有 $v=apv+bqv$, $apv\in M_q$ 且 $bqv\in M_p$, 故 $M=M_p\oplus M_q$. 若 $rM_p=\lbrace0\rbrace$, 則對任意 $v=v_1+v_2\in M_p\oplus M_q$ 有 $rqv=q(rv_1)+r(qv_2)=0$, 故 $rq\in\text{Ann}(M)$, 從而 $\mu=pq\mid rq$, 即 $p\mid r$, $\text{Ann}(M_p)=\langle p\rangle$. 同理可證 $\text{Ann}(M_q)=\langle q\rangle$. 重複該過程即可完成準素分解. $\square$

循環分解

定理: 若 $M$ 是主理想整環 $R$ 上的非零有限生成準素撓模, 階為 $p^e$, 則 $M$ 可分解為循環子模的直和 $M=C_1\oplus\cdots\oplus C_n$, 其中 $C_i$ 的階為 $p^{e_i}$, 且 $1=e_1\le\cdots\le e_n=e$.

證明: $M$ 中必有元素 $v_1$ 使得 $\text{Ann}(v_1)=\text{Ann}(M)=\langle p^e\rangle$, 下證 $M=\langle v_1\rangle\oplus S_1$, 其中 $S_1$ 是 $R$ 上的有限生成準素撓模. 設 $M=\langle v_1,u_1,\cdots,u_k\rangle$, 對 $k$ 作歸納: 當 $k=0$ 時, 取 $S_1=\lbrace0\rbrace$ 即可; 假設命題對 $k$ 成立, 而 $M=\langle v_1,u_1,\cdots,u_k,u\rangle$, 由歸納假設, $\langle v_1,u_1,\cdots,u_k\rangle=\langle v_1\rangle\oplus S_0$, 用 $u-\alpha v_1$ 代替 $u$, 即

$$M=\langle v_1,u_1,\cdots,u_k,u-\alpha v_1\rangle$$

只要能找到 $\alpha$ 使得 $\langle v_1\rangle\cap\langle u-\alpha v_1,S_0\rangle=\lbrace0\rbrace$ 即可完成歸納.

為此, 注意到 $\langle u-\alpha v_1,S_0\rangle$ 中元素形如 $r(u-\alpha v_1)+s_0$ ($r\in R$, $s_0\in S_0$), 如果 $ru\in\langle v_1\rangle\oplus S_0$ 蘊含 $r(u-\alpha v_1)\in S_0$, 對於這樣的 $\alpha$ 就有

$$r(u-\alpha v_1)+s_0\in\langle v_1\rangle\Longrightarrow r(u-\alpha v_1)+s_0=0$$

即 $\langle v_1\rangle\cap\langle u-\alpha v_1,S_0\rangle=\lbrace0\rbrace$. $I=\lbrace r\in R:ru\in\langle v_1\rangle\oplus S_0\rbrace$ 是 $R$ 的一個理想, 故為主理想, 設 $I=\langle a\rangle$. 因為 $p^e u=0\in\langle v_1\rangle\oplus S_0$, 所以 $p^e\in\langle a\rangle$, 即 $a\mid p^e$, 設 $a=p^f$ ($f\le e$). 於是 $ru\in\langle v_1\rangle\oplus S_0$ $\Longrightarrow$ $r=qp^f$ $\Longrightarrow$ $r(u-\alpha v_1)=qp^f(u-\alpha v_1)$. 只需找到 $\alpha$ 使得 $p^f(u-\alpha v_1)\in S_0$ 必然成立即可.

已知 $p^f u\in\langle v_1\rangle\oplus S_0$, 故可設 $p^f u=tv_1+s_0$. 要使 $tv_1+s_0-\alpha p^f v_1\in S_0$ 恆成立, 即 $(t-\alpha p^f)v_1\in S_0$ 成立, 當且僅當 $t-\alpha p^f=0$. 由於

$$0=p^{e-f}p^f u=p^{e-f}tv_1+p^{e-f}s_0\in S_0$$

故 $p^{e-f}tv_1=0$, 從而 $p^e \mid p^{e-f}t$, 即 $p^f\mid t$, 取 $\alpha=t/{p^f}$, 則 $\alpha$ 滿足最開始的要求.

綜上所述, $M=\langle v_1\rangle\oplus S_1$, 重複該過程, 由於 $M$ 是 Noether 模, 所以必在有限步終止, 這樣就完成了循環子模分解. $\square$

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以上分解共分為三步:

• $M=M_{\text{free}}\oplus M_{\text{tor}}$, 其中 $M_{\text{tor}}$ 的階為 $\mu=p_1^{e_1}\cdots p_n^{e_n}$.
• $M_{\text{tor}}=M_{p_1}\oplus\cdots\oplus M_{p_n}$, 其中 $M_{p_i}$ 的階為 $p_i^{e_i}$,
• $M_{p_i}=C_{i,1}\oplus\cdots\oplus C_{i,k_i}$, 其中 $C_{i,j}$ 的階為 $p_i^{e_{i,j}}$ ($j=1,\cdots,k_i$), 且滿足 $1=e_{i,1}\le\cdots\le e_{i,k_i}=e_i$.

歸結起來, $M$ 有如下分解:

$$M=M_{\text{free}}\oplus\left(C_{1,1}\oplus\cdots\oplus C_{1,k_1}\right)\oplus\cdots\oplus\left(C_{n,1}\oplus\cdots\oplus C_{n,k_n}\right)$$

每個 $C_{i,j}$ 的階 $p_i^{e_{i,j}}$ 稱為 $M$ 的初等因子. 可以證明, $M$ 的初等因子在相伴意義下是唯一確定的, 進而 $M$ 的上述分解式是唯一的, 稱為 $M$ 的第一標準分解.

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設 $S$, $T$ 是 $M$ 的循環子模, $\text{Ann}(S)=\text{Ann}(x)=\langle a\rangle$, $\text{Ann}(T)=\text{Ann}(y)=\langle b\rangle$, 且 $\gcd(a,b)=1$, 易見 $S\cap T=\lbrace0\rbrace$. 任取 $v=sx+ty\in S\oplus T$, 我們要找 $r$ 使得 $sx+ty=r(x+y)$, 即

$$\begin{cases} r-s\equiv 0\mod a \\ r-t\equiv 0\mod b \end{cases}$$

由於 $\gcd(a,b)=1$, 該方程有解. 這表明 $S\oplus T=\langle x+y\rangle$, 所以 $S\oplus T$ 也是 $M$ 的循環子模, 且顯然有 $\text{Ann}(S\oplus T)=\langle ab\rangle$.

記 $D_j=C_{1,j}\oplus\cdots\oplus C_{n,j}$ ($j=1,\cdots,m:=\max_{i=1}^n\lbrace k_i\rbrace$), 由上述討論知 $D_j$ 也為 $M$ 的循環子模, 且 $M_{\text{tor}}$ 可分解為 $D_j$ 的直和:

$$M=M_{\text{free}}\oplus D_1\oplus\cdots\oplus D_m$$

每個 $D_j$ 的階為 $d_j=\prod_{i=1}^n p_i^{e_{i,j}}$. 由於對每個 $i$ 都有 $1=e_{i,1}\le\cdots\le e_{i,k_i}$, $d_j$ 形成如下整除鏈:

$$d_1\mid d_2\mid\cdots\mid d_{m-1}\mid d_m$$

稱 $D_j$ 的階 $d_j$ 為 $M$ 的不變因子, 在相伴意義下唯一確定. 上述分解式稱為 $M$ 的第二標準分解. 不變因子相對於初等因子的一大優勢是顯著地容易計算.

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兩個標準分解可以寫成如下同構形式:

$$M\cong R^r\oplus\left(R/{p_1^{e_{1,1}}R}\oplus\cdots\oplus R/{p_1^{e_{1,k_1}}R}\right)\oplus\cdots\oplus\left(R/{p_n^{e_{n,1}}R}\oplus\cdots\oplus R/{p_n^{e_{n,k_n}}R}\right)$$ $$M\cong R^r\oplus R/{d_1 R}\oplus\cdots\oplus R/{d_m R},\enspace d_1\mid d_2\mid\cdots\mid d_{m-1}\mid d_m$$

其中自然數 $r$ 稱為 $M$ 的自由秩或 Betti 數.

計算不變因子

上文我們從理論上證明了主理想整環上的有限生成模具有兩種標準分解, 第一種分解明顯 “更細”, 而第二種分解似乎是在第一種的基礎上進行 “合成” 得到的. 然而在實際計算中, 我們的方法只能先去尋找 “更粗” 的分解, 從中還原出 “更細” 的分解反而是一個難題.

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設 $M$ 為主理想整環 $R$ 上的有限生成模, $M=\langle x_1,\cdots,x_m\rangle$, 作秩為 $m$ 的自由 $R$-模 $F$, 並設 $\mathcal{B}=(v_1,\cdots,v_m)$ 為它的一組基, 定義映射 $\eta:F\to M$ 為 $\eta\left(\sum_{i=1}^m a_i v_i\right)=\sum_{i=1}^m a_i x_i$, 這是一個滿同態. 記 $N=\ker\eta$, 那麼 $N$ 唯一決定了有限生成模 $M$ 的結構.

設 $f_1,\cdots,f_n$ 是子模 $N$ 的一組生成元, 並設

$$f_i=\sum_{j=1}^m a_{ji}v_j,\enspace i=1,\cdots,n$$

上式也可以寫作

$$(f_1,\cdots,f_n)=(v_1,\cdots,v_m)A$$

其中 $A=(a_{ij})$ 為 $R$ 上的 $m\times n$ 矩陣, 稱為模 $M$ 的呈示矩陣 (presentation matrix), 它決定了 $M$ 的結構. 對 $(v_1,\cdots,v_m)$ 作基變換相當於對 $A$ 左乘 $m$ 階可逆方陣, 而對 $(f_1,\cdots,f_n)$ 作生成元變換相當於 $A$ 右乘 $n$ 階可逆方陣, 於是存在 $M$ 的一組基 $(v_1',\cdots,v_m')$ 和 $N$ 的一組生成元 $(f_1',\cdots,f_n')$ 滿足

$$(f_1',\cdots,f_n')=(v_1',\cdots,v_m')A'$$

其中 $A'=PAQ^{-1}$ 與 $A$ 等價. 我們要找的是矩陣 $A$ 在等價意義下的不變量.

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通過特定形式的行/列變換 (注意該過程在環 $R$ 上進行) 可以把任何矩陣 $A$ 變為如下形式的等價矩陣 (具體流程參見 Wikipedia):

$$B=\begin{pmatrix} d_1 & 0 & \cdots & 0 & \cdots & 0 \\ 0 & d_2 & \cdots & 0 & \cdots & 0 \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots & & \vdots \\ 0 & 0 & \cdots & d_k & \cdots & 0 \\ 0 & 0 & \cdots & 0 & \cdots & 0 \\ \end{pmatrix}_{m\times n}$$

且 $d_i$ 形成如下整除鏈:

$$d_1\mid d_2\mid\cdots\mid d_{r-1}\mid d_k$$

矩陣 $B$ 稱為 $A$ 的 Smith 標準形式.

斷言: 矩陣 $B$ 中非零的 $d_i$ 即是上文定義的模 $M$ 的不變因子.

說明: 由矩陣 $B$ 的形式可知

$$N=\ker\eta\cong d_1 R\oplus\cdots\oplus d_k R$$

於是模 $M$ 有直和分解

$$M\cong R^r\oplus R/{d_1 R}\oplus\cdots\oplus R/{d_k R}$$

又由第一標準分解

$$M\cong R^r\oplus\left(R/{p_1^{e_{1,1}}R}\oplus\cdots\oplus R/{p_1^{e_{1,k_1}}R}\right)\oplus\cdots\oplus\left(R/{p_n^{e_{n,1}}R}\oplus\cdots\oplus R/{p_n^{e_{n,k_n}}R}\right)$$

可知 $R/d_i R$ 是若干 $R/p_{\alpha}^{e_{\alpha,\beta}}R$ ($p_{\alpha}$ 兩兩不同) 的合成, 故每個 $R/d_i R$ 的階為 $\prod_{\alpha}p_{\alpha}^{e_{\alpha,\beta}}$, 並且每個 $p_{\alpha}^{e_{\alpha,\beta}}$ 都必須在某個 $R/d_i R$ 的階的表達式中出現. 再由整除鏈的條件, 整個結構就被框定了.

Remark. 這裡並不是說每個對角型的呈示矩陣一定是 Smith 標準形式, 事實上, 任給一個 $M$ 的直和分解, 都可以依據其寫出一個對角型的呈示矩陣, 最極端的例子是取 $M$ 的第一標準分解, 其對角型呈示矩陣的對角元素就是 $M$ 的所有初等因子. 然而, Smith 標準形式的對角元素必構成整除鏈, 而第一標準分解對應的對角矩陣一般不滿足此條件, 這直接表明該方法不能用來計算初等因子.

另一種想法是, 由約化 Smith 標準形式得到的 $N$ 的生成元一定是一組極小生成元, 即生成元集合中是不含 “冗餘” 的. 但只要 $M_{\text{tor}}$ 的階含多個不同的素因子, $M$ 的第一標準分解中的某些循環子模就是可合並的 (根據中國剩餘定理), 這相當於 $N$ 的對應分解中一些成分是可合並的, 故按這種分解選擇代表元構成的生成元集含有 “冗餘”. 在約化 Smith 標準形式的過程中, 我們順帶完成了對冗餘生成元的 “約簡” 或 “合並” (取最大公因式), 而要求初等因子就意味著把合並的成分再次拆開, 於是不得不對不變因子進行分解, 這一般是計算上困難的.

推論: 主理想整環 $R$ 上兩個矩陣等價, 當且僅當它們有相同的不變因子.

應用於向量空間

設 $F$ 是域, 則 $F[x]$ 是主理想整環. 設 $V$ 是 $F$ 上的向量空間, 取定 $\tau\in\mathcal{L}(V)$, 定義 $R$ 對 $V$ 的數乘 $p(x)v=p(\tau)(v)$, 其中多項式 $p(x)\in F[x]$. 由此, $V$ 可看成一個 $F[x]$-模, 於是對向量空間的研究就轉化為對 $F[x]$-模的研究.

$V$ 作為 $F[x]$-模是撓模: $\mathcal{L}(V)$ 同構於 $n$ 階方陣構成的向量空間 $\mathcal{M}_n(F)$, 其維數為 $n^2$, 故對任一固定的 $\tau\in\mathcal{L}(V)$, $n^2+1$ 個向量 $\text{id},\tau,\tau^2,\cdots,\tau^{n^2}$ 是線性相關的, 於是有 $p(x)\in F[x]$ 使得 $p(\tau)=0$, 即 $p(x)v=0$.

$V$ 作為 $F[x]$-模是有限生成的: 設 $\mathcal{B}=\lbrace v_1,\cdots,v_n\rbrace$ 是 $V$ 的一組基, 則每個向量 $v\in V$ 可表為 $v=r_1 v_1+\cdots+r_n v_n$, 其中 $r_i\in F\subset F[x]$, 故 $\mathcal{B}$ 生成模 $V$.

因此, 主理想整環上有限生成撓模的分解定理可以翻譯到向量空間中.

向量空間的分解

設 $S$ 是向量空間 $V$ 的一個子空間, 若 $\tau(S)\subseteq S$, 則稱 $S$ 是關於 $\tau$ 的不變子空間, 顯然 $\tau$ 的不變子空間也是 $p(\tau)$ ($p(x)\in F[x]$) 的不變子空間. 把 $V$ 看作 $F[x]$-模, $V$ 的子集 $S$ 是它的子模, 當且僅當 $S$ 是關於 $\tau$ 的不變子空間.

固定 $\tau\in\mathcal{L}(V)$, $F[x]$-模 $V$ 的零化子 $\text{Ann}(V)=\lbrace p(x)\in F[x]:p(x)V=\lbrace0\rbrace\rbrace$. $V$ 有唯一的首一階: 即生成 $\text{Ann}(V)$ 的首一多項式, 稱其為 $\tau$ 的極小多項式, 記作 $m_{\tau}(x)$. $\text{Ann}(V)=\langle m_{\tau}(x)\rangle$, 所以

$$p(x)V=\lbrace0\rbrace\Longleftrightarrow m_{\tau}(x)\mid p(x)\Longleftrightarrow p(\tau)=0$$

若 $S$ 是 $V$ 的子模, 則 $S$ 的首一階是限制 $\tau|_{S}$ 的極小多項式.

矩陣 $A$ 的極小多項式是使得 $p(A)=0$ 的最低次首一多項式, 於是:

• $\tau\in\mathcal{L}(V)$ 的極小多項式與 $\tau$ 對應矩陣的極小多項式相同,
• 若 $A$, $B$ 是相似矩陣, 則 $m_A(x)=m_B(x)$.

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固定 $\tau\in\mathcal{L}(V)$, 考慮循環子模 $\langle v\rangle=\lbrace p(x)v:p(x)\in F[x]\rbrace$. 設其首一階為 $m(x)=a_0+a_1 x+\cdots+a_{n-1}x^{n-1}+x^n$, 則 $m(x)$ 是限制 $\sigma:=\tau|_{\langle v\rangle}$ 的極小多項式.

命題: $\mathcal{B}=\left(v,xv,\cdots,x^{n-1}v\right)=\left(v,\sigma(v),\cdots,\sigma^{n-1}(v)\right)$ 是 $\langle v\rangle$ 的一組基.

證明: $\mathcal{B}$ 是線性無關的: 若存在一組 $r_i$ 使得 $r_0v+r_1 xv+\cdots+r_{n-1}x^{n-1}v=0$, 則 $(r_0+\cdots+r_{n-1}x^{n-1})\langle v\rangle=\lbrace0\rbrace$, 從而 $m(x)\mid (r_0+\cdots+r_{n-1}x^{n-1})$, 但 $\deg m(x)=n>n-1$, 這表明 $r_i=0$ ($i=0,\cdots,n-1$).

$\mathcal{B}$ 生成 $\langle v\rangle$: 任取 $p(x)v\in\langle v\rangle$, 設 $p(x)=q(x)m(x)+r(x)$, $\deg r(x)<\deg m(x)$, 則 $p(x)v=q(x)m(x)v+r(x)v=r(x)v$, 故 $\langle v\rangle=\lbrace r(x)v:\deg r(x)<\deg m(x)=n\rbrace=\text{span }\mathcal{B}$. $\square$

據此可以來計算 $\sigma$ 在基 $\mathcal{B}$ 下的矩陣 $[\sigma]_{\mathcal{B}}$:

• 當 $i=0,\cdots,n-2$ 時, $\sigma(\sigma^i(v))=\sigma^{i+1}(v)$,
• 當 $i=n-1$ 時, $\sigma(\sigma^{n-1}(v))=\sigma^n(v)=-a_0 v-a_1\sigma(v)-\cdots-a_{n-1}\sigma^{n-1}(v)$.

由此可得 $\sigma$ 在基 $\mathcal{B}$ 下的矩陣

$$C[m(x)]= \begin{pmatrix} 0&0&\cdots&0&-a_0\\ 1&0&\cdots&0&-a_1\\ 0&1&\cdots&0&-a_2\\ \vdots&\vdots&\ddots&\vdots&\vdots\\ 0&0&\cdots&1&-a_{n-1} \end{pmatrix}$$

稱 $C[m(x)]$ 為 $m(x)$ 的友矩陣 (只對首一多項式定義), 它滿足 $\sigma\mathcal{B}=\mathcal{B}C[m(x)]$.

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設 $\tau\in\mathcal{L}(V)$, $V$ 的子空間 $S$ 稱為 $\tau$-循環, 如果存在 $v\in S$ 使得 $\lbrace v,\tau(v),\cdots,\tau^{m-1}(v)\rbrace$ 是 $S$ 的一組基, 其中 $m=\dim S$. 根據上面的討論, 有:

• $S$ 是 $V$ 的循環子模 $\Longleftrightarrow$ $S$ 是 $V$ 的循環子空間.
• 若 $\langle v\rangle$ 是 $V$ 的循環子模, $\langle v\rangle$ 的首一階為 $m_{\sigma}(x)=a_0+\cdots+a_{n-1}x^{n-1}+x^n$, 則 $\mathcal{B}=(v,xv,\cdots,x^{n-1}v)$ 是 $\langle v\rangle$ 的一組基, 且 $[\sigma]_{\mathcal{B}}=C_{\sigma}[m(x)]$.

定理: 設 $V$ 為有限維向量空間, $\tau\in\mathcal{L}(V)$, 且 $\tau$ 的極小多項式為 $m_{\tau}(x)=p_1^{e_1}(x)\cdots p_n^{e_n}(x)$, 則:

• $V$ 可分解為直和 $V=V_{p_1}\oplus\cdots\oplus V_{p_n}$, 其中 $V_{p_i}=\lbrace v\in V:p_i^{e_i}(\tau)(v)=0\rbrace$ 是 $V$ 的不變子空間 (子模), $\tau|_{V_{p_i}}$ 的極小多項式為 $p_i^{e_1}(x)$ ($i=1,\cdots,n$).
• $V_{p_i}$ 可分解為 $\tau$-循環子空間 (循環子模) 的直和 $V_{p_i}=\langle v_{i,1}\rangle\oplus\cdots\oplus\langle v_{i,k_i}\rangle$, 其中 $\tau|_{\langle v_{i,j}\rangle}$ 的極小多項式為 $p_i^{e_{i,j}}(x)$, 且 $1=e_{i,1}\le\cdots\le e_{i,k_i}=e_i$.

最終得到分解式

$$V=\left(\langle v_{1,1}\rangle\oplus\cdots\oplus\langle v_{1,k_1}\rangle\right)\oplus\cdots\oplus\left(\langle v_{n,1}\rangle\oplus\cdots\oplus\langle v_{n,k_n}\rangle\right)\tag{*}$$

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若 $V=S\oplus T$ 且 $S$, $T$ 都是 $\tau$-不變子空間, 則稱 $S$, $T$ 約化 $\tau$. 記 $\tau=\rho\oplus\sigma$, 如果子空間 $S$, $T$ 約化 $\tau$ 且 $\rho=\tau|_S$, $\sigma=\tau|_T$. 設 $\mathcal{C}$ 為 $S$ 的一組基, $\mathcal{D}$ 為 $T$ 的一組基, 則 $\mathcal{B}=\mathcal{C}\cup\mathcal{D}$ 是 $V$ 的一組基, 且

$$[\tau]_{\mathcal{B}}=\begin{pmatrix}[\rho]_{\mathcal{C}}&0\\0&[\sigma]_{\mathcal{D}}\end{pmatrix}$$

記 $(\ast)$ 式中的 $\langle v_{i,j}\rangle$ 為 $V$ 的 $\tau_{i,j}$-循環子空間, $\tau_{i,j}=\tau|_{\langle v_{i,j}\rangle}$, 其極小多項式為 $p_i^{e_{i,j}}(x)$. 若 $\deg p_i^{e_{i,j}}(x)=d_{i,j}$, 則

$$\mathcal{B}_{i,j}=\left(v_{i,j},\tau_{i,j}(v_{i,j}),\cdots,\tau_{i,j}^{d_{i,j}-1}(v_{i,j})\right)$$

是子空間 $\langle v_{i,j}\rangle$ 的一組基. $\tau$ 相對於基 $\mathcal{B}=(\mathcal{B}_{1,1},\cdots,\mathcal{B}_{n,k_n})$ 的矩陣為分塊對角矩陣

$$[\tau]_{\mathcal{B}}=\begin{pmatrix} C[p_1^{e_{1,1}}(x)] & & & & \\ & \ddots & & & \\ & & C[p_1^{e_{1,k_1}}(x)] & & \\ & & & \ddots & \\ & & & & C[p_n^{e_{n,k_n}}(x)] \end{pmatrix}$$

對角線元素為 $\tau$ 的初等因子的友矩陣. 這被稱為 $\tau$ 的初等有理標準形式.

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上面的討論僅僅在理論上顯得容易, 實踐中因為初等因子不易計算, 所以很難化成這種形式. 但上述過程可以完全照搬到 $\langle v_j\rangle=\langle v_{1,j}\rangle\oplus\cdots\oplus\langle v_{n,j}\rangle$ 和 $\tau_j=\tau|_{\langle v_j\rangle}$ ($j=1,\cdots,m=\max_{i=1}^n\lbrace k_i\rbrace$) 上:

$\tau_j$ 的極小多項式為 $f_j(x)=\prod_{i=1}^n p_i^{e_{i,j}}(x)$, 設 $\deg f_j(x)=g_j$, 則 $$\mathcal{C}_j=\left(v_j,\tau_j(v_j),\cdots,\tau_j^{g_j-1}(v_j)\right)$$

是子空間 $\langle v_j\rangle$ 的一組基. $\tau$ 相對於基 $\mathcal{C}=(\mathcal{C}_1,\cdots,\mathcal{C}_m)$ 的矩陣為分塊對角矩陣

$$[\tau]_{\mathcal{B}}=\begin{pmatrix} C[f_1(x)] & & & \\ & C[f_2(x)] & & \\ & & \ddots & \\ & & & C[f_n(x)] \end{pmatrix}$$

對角線元素為 $\tau$ 的不變因子的友矩陣. 這被稱為 $\tau$ 的 Frobenius 標準形式, 也稱為有理標準形式. 上文已經給出了計算不變因子的方法, 所以該形式在計算上更具優勢.

用矩陣語言來說:

• 域上的任意矩陣 $A$ 相似於一個有理標準形式的矩陣.
• 兩個矩陣相似 $\Longleftrightarrow$ 它們有相同的初等因子 $\Longleftrightarrow$ 它們有相同的不變因子.

特徵多項式

令 $p(x)=a_0+a_1 x+\cdots+a_{n-1}x^{n-1}+x^n$, 令矩陣

$$A=xI-C[p(x)]=\begin{pmatrix} x & 0 & \cdots & 0 & a_0 \\ -1 & x & \cdots & 0 & a_1 \\ 0 & -1 & \ddots & \vdots & \vdots \\ \vdots & \vdots & \ddots & x & a_{n-2} \\ 0 & 0 & \cdots & -1 & x+a_{n-1} \end{pmatrix}$$

用歸納法容易證明, $\det A=\det(xI-C[p(x)])=p(x)$.

設 $\tau\in\mathcal{L}(V)$, $R$ 是 $\tau$ 的有理標準形式, 令

$$C_{\tau}(x)=\det(xI-R)=\prod_{i,j}p_i^{e_{i,j}}(x)$$

稱 $C_{\tau}(x)$ 為 $\tau$ 的特徵多項式, 它等於 $\tau$ 的所有初等因子的乘積.

由於 $C_{\tau}(x)$ 是所有初等因子的乘積, 而極小多項式 $m_{\tau}(x)=p_1^{e_1}(x)\cdots p_n^{e_n}(x)$, 所以 $m_{\tau}(x)\mid C_{\tau}(x)$. 於是:

• $C_{\tau}(x)$ 與 $m_{\tau}(x)$ 有相同的素因子.
• (Hamilton-Cayley) $C_{\tau}(\tau)=0$.

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$\lambda\in F$ 是 $C_{\tau}(x)$ 的根, 當且僅當 $\det(\lambda I-R)=0$, 當且僅當存在非零的 $v\in V$ 滿足 $\tau(v)=\lambda v$. 稱 $\lambda$ 為 $\tau$ 的特徵值, $v$ 為以 $\lambda$ 為特徵值的特徵向量, 顯然所有以 $\lambda$ 為特徵值的特徵向量構成 $V$ 的子空間, 稱為特徵子空間 $\mathcal{E}_{\lambda}$.

命題: 不同特徵值對應的特徵向量線性無關, 即 $\mathcal{E}_{\lambda_i}\cap\mathcal{E}_{\lambda_j}=\lbrace0\rbrace$.

證明: 若 $v_i$ ($i=1,\cdots,k$) 線性相關, 則可找到最短的式子使 $r_1 v_1+\cdots+r_n v_n=0$, 將 $\tau$ 作用在其上得到 $r_1\tau(v_1)+\cdots+r_n \tau(v_n)=0$, 即 $r_1\lambda v_1+\cdots+r_n \lambda v_n=0$, 在 $r_1 v_1+\cdots+r_n v_n=0$ 兩邊同乘 $\lambda_1$ 後將兩式相減得到 $r_2(\lambda_2-\lambda_1)v_2+\cdots+r_n(\lambda_n-\lambda_1)v_n=0$, 這是一個更短的線性組合為 $0$ 的式子, 矛盾. $\square$

Jordan 標準形式

在代數閉域 (例如 $\mathbb{C}$) 上, $\tau$ 的極小多項式可以分解為線性因子的乘積:

$$m_{\tau}(x)=(x-\lambda_1)^{e_1}\cdots(x-\lambda_n)^{e_n}$$

故 $\tau$ 的初等因子形為 $p_i^{e_{i,j}}(x)=(x-\lambda_i)^{e_{i,j}}$. 此時可以取

$$\mathcal{G}_{i,j}=\left(v_{i,j},(\tau_{i,j}-\lambda_i)(v_{i,j}),\cdots,(\tau_{i,j}-\lambda_i)^{e_{i,j}-1}(v_{i,j})\right)$$

為 $\langle v_{i,j}\rangle$ 的一組基. 記 $\mathcal{G}_{i,j}$ 中第 $k$ 個基向量為 $b_k$, 則

• 當 $k=0,\cdots,e_{i,j}-2$ 時, $\tau_{i,j}(b_k)=(\tau_{i,j}-\lambda_i+\lambda_i)[(\tau_{i,j}-\lambda_i)^k(v_{i,j})]=b_{k+1}+\lambda_i b_k$,
• 當 $k=e_{i,j}-1$ 時, $\tau_{i,j}(b_k)=(\tau_{i,j}-\lambda_i)^{e_{i,j}}(v_{i,j})+\lambda_i b_k=\lambda_i b_k$.

由此可得 $\tau_{i,j}$ 在基 $\mathcal{G}_{i,j}$ 下的矩陣為

$$J(\lambda_i,e_{i,j})=\begin{pmatrix} \lambda_i & 0 & \cdots & \cdots & 0 \\ 1 & \lambda_i & \cdots & \cdots & 0 \\ 0 & 1 & \ddots & & \vdots \\ \vdots & \vdots & \ddots & \ddots & 0\\ 0 & 0 & \cdots & 1 & \lambda_i \end{pmatrix}$$

稱 $J(\lambda_i,e_{i,j})$ 為 $\lambda_i$ 的 Jordan 塊.

定理: 若 $\tau$ 的極小多項式在域 $F$ 上可分裂為線性因子的乘積, 取 $\mathcal{G}_{i,j}$ 為上述的 $\langle v_{i,j}\rangle$ 的基, 則 $\tau$ 在 $\mathcal{G}=(\mathcal{G}_{1,1},\cdots,\mathcal{G}_{n,k_n})$ 下的矩陣為分塊對角矩陣 $$[\tau]_{\mathcal{G}}=\begin{pmatrix} J(\lambda_1,e_{1,1}) & & & & \\ & \ddots & & & \\ & & J(\lambda_1,e_{1,k_1}) & & \\ & & & \ddots & \\ & & & & J(\lambda_n,e_{n,k_n}) \end{pmatrix}$$ 對角元素中的 $\lambda_i$ 為 $C_{\tau}(x)$ 的根 (特徵值), 每個 $\lambda_i$ 出現次數即為根的重數. 該矩陣稱為 $\tau$ 的 Jordan 標準形式.

用矩陣語言來說:

• 代數閉域 $F$ 上任何一個矩陣都相似於一個 Jordan 標準形式的矩陣.