khi đó, với mỗi số nguyên $p > 0$, A-môđun $\bigwedge^p E$ đẳng cấu với tổng trực tiếp của các môđun $A / a_H$, trong đó với mỗi tập con H có $p$ phần tử $H = \{ k_1, \ldots, k_p \}$ của $[1, n]$, iđêan $a_H$ là $\sum_{j=1}^p a_{k_j}$.

Cho $x_k$ là phần tử sinh chính tắc của $A / a_k$, nghĩa là ảnh của phần tử đơn vị của $A$, sao cho $E$ là tổng trực tiếp của các $Ax_i$ ($1 \leq i \leq n$). Khi đó ta biết (III, p. 515, Mệnh đề 10) rằng đại số ngoài $\bigwedge^n E$ đẳng cấu, như một A-môđun, với tích tenxơ $\bigotimes_{i=1}^n (\bigwedge (Ax_i))$. Mà $\bigwedge (Ax_i)$ chỉ là tổng trực tiếp $A \oplus Ax_i$, vì tích ngoài của hai phần tử bất kỳ của $Ax_i$ bằng không, do đó $\bigwedge^p E$ là tổng trực tiếp của các môđun $M_H = (Ax_{k_1}) \otimes \ldots \otimes (Ax_{k_p})$ khi H = \{ k_1, \ldots, k_p \} chạy qua tập hợp các tập con có $p$ phần tử của $[1, n]$ (với $k_1 < \ldots < k_p$) ; mà $M_H$ được biết là đẳng cấu với $A / a_{11}$ (II, p. 257, Hệ quả 4), điều này hoàn tất chứng minh.

Bây giờ ta thấy rằng, theo ký hiệu của Mệnh đề 1, nếu các iđêan $a_k$ tạo thành một dãy tăng, thì chúng được xác định hoàn toàn bởi môđun $E$. Chính xác hơn :

Thật vậy, theo ký hiệu của Mệnh đề 1, ta có $a_p = a_{s(H)}$, trong đó $s(H)$ chỉ phần tử lớn nhất của tập con $H$. Vì $s(H) \geq p$ với mọi tập con $H$ có $p$ phần tử, và vì $s(H) = p$ đối với $H = \{ 1, \ldots, p \}$, suy ra $a_p$ là giao của các $a_r$, khi $H$ biến thiên trong tập hợp các tập con có $p$ phần tử của $(1, n)$; do đó iđêan $a_p$ quả thật là linh hóa tử của $\bigwedge^p E$, theo Mệnh đề 1.

(i) $x$ là không thể chia được ; (ii) *tồn tại một dạng tuyến tính $f$ trên $L$ sao cho $f(x) = 1$ ; (iii) $x$ là khác không và môđun con $Ax$ là một nhân tử trực tiếp của $L$ ; (iv) $x$ là một phần tử của một cơ sở nào đó của $L$.

(i) $\Rightarrow$ (ii) : điều này suy ra từ định nghĩa. (ii) $\Rightarrow$ (iii) : cho $f$ là một dạng tuyến tính trên $L$ sao cho $f(x) = 1$ ; khi đó $x \neq 0$ và ánh xạ $y \mapsto f(y)x$ là một phép chiếu của $L$, với ảnh $Ax$. (iii) $\Rightarrow$ (iv) : cho $L'$ là một phần bù của $Ax$ trong $L$, và cho $B'$ là một cơ sở của $L'$ (VII, p. 15, Hệ quả 2) ; khi đó $B' \cup \{x\}$ là một cơ sở của $L$. (iv) $\Rightarrow$ (i) : tầm thường.

Đặt $y = x/c$ ; rõ ràng $Ay \cap K = \{0\}$, vì $f(y) = 1$. Hơn nữa, với mỗi $u \in L$ ta có

với $f(u)y \in Ay$ và $u - f(u)y \in K$ ; điều này chứng minh a). Bây giờ chú ý rằng với $u \in M$ ta có $f(u) \in Ac$ : thật vậy, lấy $u \in M$, và lấy $d$ là một ước chung lớn nhất của $f(u)$ và $c$ ; khi đó tồn tại $\lambda, \mu \in A$ sao cho $d = Xf(u) + \mu c = f(Xu + \mu x)$ ; do đó nội dung của phần tử $\lambda u + \mu x$ của $M$ chia hết $d$ ; bởi tính cực đại của $c$, điều này suy ra rằng $d$ là một phần tử liên kết của $c$, nên $f(u) \in Ac$. Vì vậy với mọi $u$ trong $M$, ta có thể viết điều này chứng minh b). Cuối cùng, cho $g$ là một dạng tuyến tính trên $L$ ; theo a) tồn tại một vô hướng $\alpha \in A$ và một dạng tuyến tính $h$ trên $K$ sao cho $g(u) = \alpha f(u) + h(u - f(u)\,y)$ ; do đó theo

b) ta có $g(M) \subset Ac + h(K \cap M)$. Để chứng minh c), vì vậy chỉ cần chứng minh rằng $h(K \cap M) \subset Ac$ đối với mọi dạng tuyến tính $h$ trên $K$, hay tương đương đối với mọi dạng tuyến tính $h$ trên $L$ sao cho $h(x) = 0$; bây giờ, nếu $u \in K \cap M$ và $d$ là một ước chung lớn nhất của $h(u)$ và $c$, thì tồn tại $A, \mu \in A$ với $d = \lambda h(u) + \mu c$; khi đó $(f + h)(Au + \mu x) = d$, điều này suy ra như trên rằng $h(u) \in Ac$, và c) được chứng minh.

Hơn nữa, môđun $M'$ sinh bởi các $(e_i)$ và các iđêan chính $A\alpha_i$ được xác định duy nhất bởi các điều kiện trên; môđun $M'/M$ là môđun con xoắn của $L/M$, và đẳng cấu với tổng trực tiếp của các $A$-môđun $A/A\alpha_i$; cuối cùng $L/M$ là tổng trực tiếp của $M'/M$ và một môđun tự do đẳng cấu với $L/M'$.

1) Sự tồn tại của các $e_i$ và các $\alpha_i$.

Nếu $M = \{0\}$ thì định lý là tầm thường. Nếu $M \neq \{0\}$ thì theo Mệnh đề 3, tồn tại một phần tử $e_1$ của $L$, một phần tử khác không $a$, của $A$, và một môđun con $L_1$ của $L$, sao cho $L$ là tổng trực tiếp của $Ae_1$ và $L_1$, sao cho $M$ là tổng trực tiếp của $A\alpha_1 e_1$ và môđun con $M_1 = M \cap L_1$ của $L$, và sao cho $g(M) \subset A\alpha_1$ với mọi dạng tuyến tính $g$ trên $L$.

Bây giờ ta có thể tiến hành quy nạp theo hạng $n$ của $M$. Vì $L_1$ là một môđun tự do (VII, p. 15, Cor. 2) và $M_1$ có hạng $n-1$, tồn tại một cơ sở $B_1$ của $L_1$, $(n-1)$ phần tử $e_2, \ldots, e_n$ của $B_1$, và các phần tử khác không $\alpha_2, \ldots, a$, của $A$ sao cho $(\alpha_2 e_2, \ldots, \alpha_n e_n)$ là một cơ sở của $M_1$, và $\alpha_i$ chia hết cho $\alpha_{i+1}$ với $2 \leq i \leq n-1$. Nếu $L'$ là môđun con của $L$, sinh bởi các phần tử của $B_1$ phân biệt với $e_1, \ldots, e_n$, thì $L$ là tổng trực tiếp của $L'$ và môđun $M'$ sinh bởi $e_1, \ldots, e_n$; khi đó $(e_1, \ldots, e_n)$ là một cơ sở của $M'$, và $(\alpha_1 e_1, \ldots, \alpha_n e_n)$ là một cơ sở của $M$. Bây giờ chỉ còn phải chứng minh rằng $a_i$ chia hết cho $a_i$; nhưng $A\alpha_2$ có dạng $g(M_1)$, trong đó $g$ là dạng tuyến tính trên $L$ được xác định bởi $g(e_2) = 1, g(e_i) = 0$ với $i \neq 2$, và $g(L') = (0)$; và ta đã thấy ở trên rằng $g(M_1) \subset A\alpha_1$.

2) Các tính chất về tính duy nhất.

Vì các $a_i$ là khác không, môđun $M'$ là tập hợp các $x \in L$ sao cho $\beta x \in M$ với một $\beta \neq 0$ nào đó trong $A$; nói cách khác $M'/M$ là môđun con xoắn của $L/M$. Điều này xác định duy nhất $M'$.

Rõ ràng là $M'/M$ đẳng cấu với tổng trực tiếp của $n$ môđun xyclic $A/A\alpha_i$ (II, p. 204, công thức (26)). Gọi $r$ là số các iđêan $A\alpha$, khác $A$: như vậy $n-r$ iđêan đầu tiên $A\alpha_i$ bằng $A$, và các iđêan cuối cùng khác $A$. Khi đó $M'/M$ cũng đẳng cấu với tổng trực tiếp của các môđun $A/A\alpha_n, \ldots, A/A\alpha_{n-r+1}$, trong đó $A\alpha_n \subset A\alpha_{n-1} \subset \ldots \subset A\alpha_{n-r+1} \neq A$.

Vì thế các điều kiện của Hệ quả của Mệnh đề 2 (VII, p. 16) được thỏa mãn: do đó các iđêan $Aa_i$ ($1 \leq i \leq n$) được xác định duy nhất bởi môđun $M'/M$.

Vì $L$ là tổng trực tiếp của $M'$ và $L'$, suy ra $L/M$ là tổng của $M'/M$ và $(L' + M)/M$, và tổng này là trực tiếp vì $(L' + M) \cap M' = M$; mặt khác $(L' + M)/M$ đẳng cấu với $L'/(M \cap L')$ (I, p. 41, Định lý 4, c)), tức là với $L'$, điều này cho thấy rằng $(L' + M)/M$ là một môđun tự do đẳng cấu với $L/M'$.

Theo ký hiệu của Định lý 1, nếu $L/M$ không xoắn, thì $M = M'$, và $M'$ có một phần bù $L'$ trong $L$. Ngược lại nếu $M$ có một phần bù $L'$ trong $L$, thì $L/M$ đẳng cấu với $L'$, môđun này là tự do (VII, p. 15, Hệ quả 2), và a fortiori không xoắn.

Nếu $E$ có thể được sinh bởi $q$ phần tử thì nó đẳng cấu với một môđun thương $L/M$, trong đó $L = A^q$ (II. p. 218). Vì $M$ có hạng hữu hạn $n \leq q$ (VII, p. 15, Prop. 1), các điều kiện của Th. 1 (VII, p. 18) được thỏa mãn. Khi đó, theo ký hiệu của Th. 1, $L/M$ đẳng cấu với tổng trực tiếp của một phần bù $L'$ của $M'$ trong $L$ và môđun xoắn $M'/M$. Môđun $L'$ là tự do có hạng hữu hạn $p = q - n$, nên đẳng cấu với $A^p$. Nếu $r$ là chỉ số nhỏ nhất sao cho $A\alpha_r \neq A$, thì $M'/M$ đẳng cấu với tổng trực tiếp của các môđun $A/A\alpha_i$ với $r \leq i \leq n$. Các điều kiện đã nêu khi đó sẽ được thỏa mãn nếu ta lấy $m = p + (n - r + 1)$, $a_k = (0)$ với $1 \leq k \leq p$, và $a_j = A\alpha_n , - ,$ với $1 \leq j \leq n - r + 1$. Tính duy nhất suy ra từ Hệ quả của VII, p. 16.

Nói chung, môđun con xoắn của E có nhiều phần bù phân biệt. Chẳng hạn, nếu $E = \mathbf{Z} \times (\mathbf{Z}/(2))$ thì môđun con xoắn của E là $\{0\} \times (\mathbf{Z}/(2))$; nó có môđun con $\mathbf{Z} \times (0)$ làm một phần bù, và cũng có môđun con gồm tất cả các phần tử $(n, \overline{n})$, trong đó $n$ chạy qua $\mathbf{Z}$ và $\overline{n}$ là lớp thặng dư của $n$ mod 2.

Điều kiện môđun là hữu hạn sinh là cốt yếu. Chẳng hạn nhóm cộng của trường phân thức K của A là không xoắn như một A-môđun; tuy nhiên nó không phải là một môđun tự do nếu $A \neq K$, vì một mặt hai phần tử bất kỳ của K đều có một ước chung, và mặt khác K không phải là một A-môđun cyclic, vì nếu ngược lại thì $K = ab^{-1}A$ ($a, b \in A$), do đó $b^{-2} = acb^{-1}$ ($c \in A$), nên $b^{-1} = ac \in A$, và $K = A$.

Theo Định lý 1 thì hiển nhiên $M \subset \alpha_1 L$; do đó các tọa độ của mọi phần tử của M đều là bội của $a_1$. Mặt khác, tồn tại một phần tử $x$ của M mà đối với nó $a_1$ là một nội dung trong L. Biểu diễn $x$ dưới dạng một tổ hợp tuyến tính của các $x_i$, suy ra rằng $a_1$ là một phần tử của iđêan sinh bởi các tọa độ của các $x_i$. Vì tất cả các tọa độ này đều là bội của $a_1$, suy ra rằng $a_1$ quả thực là ước chung lớn nhất của chúng, và mệnh đề được chứng minh trong trường hợp $m = 1$.

Trong trường hợp tổng quát, xét lũy thừa ngoài bậc m $\bigwedge^m M$ của M (III, p. 507). Theo ký hiệu của Định lý 1, tồn tại một cơ sở $(a_i)$ của M sao cho $a_i = \alpha_i e_i$ ($1 \leq i \leq n$); do đó $\bigwedge^m M$ có một cơ sở gồm các phần tử $a_{i_1} \wedge \ldots \wedge a_{i_m}$, khi $(i_1, \ldots, i_m)$ chạy qua tập hợp các dãy tăng ngặt gồm $m$ phần tử của $(1, n)$. Bây giờ các phần tử $e_{i_1} \wedge \ldots \wedge e_{i_m}$ thuộc một cơ sở $B_m$ của $\bigwedge^m L$. Vì thế ánh xạ chính tắc từ $\bigwedge^m M$ vào $\bigwedge^m L$ là một đẳng cấu từ $\bigwedge^m M$ lên môđun con của $\bigwedge^m L$ có một cơ sở là các phần tử $(\alpha_{i_1} \ldots \alpha_{i_m})\, e_{i_1} \wedge \ldots \wedge e_{i_m}$, và ta đồng nhất môđun con này với $\bigwedge^m M$. Vì $\alpha_j$ là một bội của $\alpha_k$ với $j \geq k$, các phần tử $\alpha_{i_1} \ldots \alpha_{i_m}$ đều là bội của $\delta_m = \alpha_1 \ldots \alpha_m$, và một trong chúng bằng $\delta_m$; do đó $\delta_m$ là một ước chung lớn nhất của các tọa độ đối với $B_m$ của các phần tử của một hệ sinh của $\bigwedge^m M$. Phần đầu của lập luận cho thấy khi đó $\delta_m$ là một ước chung lớn nhất của tập hợp các tọa độ của bất kỳ hệ sinh nào của $\bigwedge^m M$, đối với bất kỳ cơ sở nào của $\bigwedge^m L$. Lấy cơ sở của $\bigwedge^m L$ cảm sinh từ cơ sở $(u_j)$ của $L$, và hệ sinh của $\bigwedge^m M$ gồm các tích ngoài của các $(x_i)$, biểu thức của các tọa độ của các tích này theo các định thức (III, p. 528, Mệnh đề 9) cho kết quả đã phát biểu.

Cho $L_0 = f^{-1}(0)$ là hạt nhân của $f$; thương $L/L_0$ đẳng cấu với môđun $f(L)$, là một môđun con của $L'$ và do đó là tự do (VII, p. 15, Hệ quả 2); vì thế $L_0$ có một phần bù $L_1$ trong $L$ (II, p. 218, Mệnh đề 21), và hạn chế của $f$ lên $L_1$ là một đẳng cấu từ $L_1$ lên $f(L) = M'$. Nếu các iđêan $A \alpha_i$ ($1 \leq i \leq r$) là các nhân tử bất biến của $M'$ trong $L'$, thì Định lý 1 của VII, p. 18 cho thấy rằng tồn tại một cơ sở $(e'_j)$ ($1 \leq j \leq n$) của $L'$ sao cho $(\alpha_i e'_i)$ ($1 \leq i \leq r$) là một cơ sở của $M'$. Vì hạn chế của $f$ lên $L_1$ là một đẳng cấu từ $L_1$ lên $M'$, nên tồn tại một cơ sở $(e_i)$ ($1 \leq i \leq r$) của $L_1$ sao cho $f(e_i) = \alpha_i e'_i$. Cơ sở này được mở rộng thành một cơ sở $(e_s)$ ($1 \leq k \leq m$) của $L$ bằng cách lấy $(e_s)$ ($r+1 \leq s \leq m$) là một cơ sở của hạt nhân $L_0$.

trong đó các $\alpha_i$ là các phần tử khác không của A, mỗi phần tử chia hết phần tử sau. Trong các điều kiện này, các $\alpha_i$ được xác định duy nhất, sai khác bởi phép nhân với các phần tử khả nghịch.

Biết rằng hai ma trận X và $X'$ là tương đương nếu tồn tại các ma trận vuông khả nghịch P và Q, cấp n và m, trên A, sao cho $X' = PXQ$, thì Hệ quả 1 chỉ là Mệnh đề 5 được phát biểu theo ngôn ngữ ma trận.

Theo ký hiệu của Mệnh đề 5 và Hệ quả 1, các iđêan (khác không) $Au$, được gọi là các nhân tử bất biến của ánh xạ tuyến tính f, hoặc của ma trận X. Khi đó suy ra ngay lập tức từ Hệ quả I rằng:

Chú ý rằng khi A là một trường thì ta có thể lấy các $\alpha_i$ bằng 1, và khi đó ta thu được Mệnh đề 13 của II, p. 360.

Nếu X là ma trận của ánh xạ tuyến tính f đối với một cơ sở tùy ý của L và một cơ sở tùy ý của $L'$, thì các cột của X là các vectơ tọa độ, đối với cơ sở của $L'$, của các phần tử của $L'$ tạo thành một hệ sinh của $f(L)$. Do đó kết quả sau là một hệ quả ngay lập tức của Mệnh đề 4.

Cho $b$ và $c$ là hai iđêan của $A$, sao cho $A = b + c$ và $b \cap c = q$. Khi đó $bc \subset b \cap c = q \subset \mathfrak{p}$; nếu $x \notin \mathfrak{p}$ và $x \in c$, thì $xb \subset p$, nên $b \subset \mathfrak{p}$ (I, p. 316, Mệnh đề 4); do đó hoặc $b \subset \mathfrak{p}$ hoặc $c \subset p$. Chẳng hạn giả sử rằng $c \subset \mathfrak{p}$, nên $b + p = A$; khi đó tồn tại $x \in b$ và $y \in \mathfrak{p}$ sao cho $1 = x + y$; lấy $n \in \mathbf{N}$ sao cho $y^n \in q$; khi đó $1 = (x + y)^n$. vậy $1 \in xA + y^nA \subset b + q \subset b$, nên $b = A$. Bổ đề 2 khi đó cho thấy rằng $A/q$ là không phân tích được.

Bây giờ giả sử rằng $A$ là một miền iđêan chính; theo VII, p. 2, Mệnh đề 2, các iđêan nguyên tố của $A$ là các iđêan $(p)$, trong đó $p$ là một phần tử bất khả quy của $A$, và iđêan $0$; theo mệnh đề trước, các môđun $A$ và $A/(p^n)$, với $p$ bất khả quy và $n > 0$, là không phân tích được. Vì mọi môđun xyclic đều là tổng trực tiếp của các môđun thuộc kiểu này (VII, p. 3, Mệnh đề 4) và vì mọi $A$-môđun sinh hữu hạn đều là tổng trực tiếp của các môđun xyclic (VII, p. 19, Định lý 2), ta suy ra:

a) $M$ là không phân tích được khi và chỉ khi nó đẳng cấu với $A$ hoặc với một môđun dạng $A/(p^n)$, trong đó $p$ là một phần tử bất khả quy của $A$ và $n > 0$ là một số nguyên.

b) $M$ là tổng trực tiếp của một họ hữu hạn các môđun con không phân tích được.

Phần b) của mệnh đề trên có thể được nói chính xác hơn như sau:

Sự tồn tại của các số nguyên $m(0)$ và $m(p^n)$ ($p \in P, n > 0$) suy ra từ Mệnh đề 8. Số nguyên $m(0)$ được xác định duy nhất: đó là hạng của môđun tự do là thương của $M$ bởi môđun con xoắn của nó. Cuối cùng, thành phần nguyên sơ theo $p$ của $M$ đẳng cấu với tổng trực tiếp của các $(A/(p^n))^{m(p^n)}$; vì họ các iđêan $(p^n)$ ($n \geq 1$) được sắp thứ tự toàn phần theo quan hệ bao hàm, tính duy nhất của các $m(p^n)$ suy ra từ Hệ quả của Mệnh đề 2 của VII, p. 16.