Bourbaki

习题 8, § 2

标签 072X,永久不变。引用为 [Bourbaki, Tag 072X]。

代数, VII, p. 56

Google 翻译生成的粗略草稿,质量较低。术语依照术语表,但句子可能有误;之后会由仔细的译文取代。

令AA为主理想整环,令π\pi为AA的不可约元,令MM为π\pi主模。那么,如果 x∈πnMx \in \pi^n M 和 x∉πn+1Mx \notin \pi^{n+1} M,则 MM 的元素 xx 被认为具有高度 nn。如果 x∈πnMx \in \pi^n M 对于所有 n≥1n \geq 1 则 xx 被称为具有无限高度。

u) 证明 MM 是可整除的当且仅当所有元素都具有无限高度(例 3)。

b) 令xx为高度nn的MM之元素,使得πx=0\pi x = 0;证明如果x=πnyx = \pi^n y,则MM的循环子模AyAy是MM的直因子(注意AyAy是纯子模,并应用例7,d))。

c) 证明一个不可整除的nn-主模MM总是包含至少一个循环非零的直因子(如果x∈Mx \in M有有限的高度,并且存在整数mm使得πmx≠0\pi^m x \neq 0有无限的高度)高度,那么让我们成为最小的整数;写成πsx=πy\pi^s x = \pi y,其中yy的高度严格大于πs−1x\pi^{s-1} x,并将b)应用于y−πs−1xy - \pi^{s-1} x)。推断任何不可分解的nn-主模要么是循环的,要么同构于模UτU_\tau(例3)。

d) 证明如果nn主模MM的每个纯子模都是MM中的直因子,那么MM是可整除的模PP的直和和π\pi-主要模 QQ 与非零的湮没子。 (约化对于MM包含不能整除非零的整除子模的情况,用反证法论证。用b)证明在MM中存在高度为1的元素的无限序列(xi)(x_i),使得:1) xkx_k的湮没子是AπnkA \pi^{n_k},其中整数的序列(ni)(n_i)是严格递增的; 2) AxkAx_k的和是直接的,并且这些子模中的任何有限数的和是MM中的直因子。然后证明由元素 xi−πnk−1nkxk−1x_i - \pi^{n_k-1} n_k x_{k-1} 生成的 MM 的子模 NN 是纯的,但不是 MM 的直因子,如例 1 所示。 7、e))。

解答

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