那么，对于每个整数$p > 0$，$A$-模块$\bigwedge^p E$同构于模$A / a_H$的直和，其中对于$[1, n]$的每个$p$-元素子集$H = \{ k_1, \ldots, k_p \}$，理想的$a_H$是$\sum_{j=1}^p a_{k_j}$。

令$x_k$为$A / a_k$的规范生成元，即$A$的单位元的像，因此$E$为$Ax_i$（$1 \leq i \leq n$）的直和。然后我们知道（III，p. 515，命题10）外部代数$\bigwedge^n E$作为$A$模块与张量积$\bigotimes_{i=1}^n (\bigwedge (Ax_i))$同构的。现在$\bigwedge (Ax_i)$只是直和$A \oplus Ax_i$，因为$Ax_i$的任意两个元素的外乘积是零，所以$\bigwedge^p E$是模$M_H = (Ax_{k_1}) \otimes \ldots \otimes (Ax_{k_p})$的直和为$H = \{ k_1, \ldots, k_p \}$运行$p$的集合-$[1, n]$的元素子集（与$k_1 < \ldots < k_p$）；现在已知$M_H$与$A / a_{11}$同构的（II，p. 257，Cor.4），从而完成了证明。

我们现在看到，在命题1的记号中，如果理想$a_k$形式递增序列，它们完全由模$E$决定。更准确地说：

事实上，在命题1的记号中，我们有$a_p = a_{s(H)}$，其中$s(H)$表示子集$H$的最大元素。由于$s(H) \geq p$对于每个$p$元素子集$H$，并且由于$s(H) = p$对于$H = \{ 1, \ldots, p \}$，因此$a_p$是$a_r$的交，因为$H$在集合上变化$p$-$(1, n)$的元素子集；因此，根据命题 1，理想的 $a_p$ 确实是 $\bigwedge^p E$ 的湮没子。

(i) $x$ 不可分割； (ii) *在$L$上存在线性形式$f$使得$f(x) = 1$； (iii) $x$是非零的并且子模$Ax$是$L$中的直因子； (iv) $x$是$L$中的一些基中的元素。

(i) $\Rightarrow$ (ii) ：这是从定义得出的。 (ii) $\Rightarrow$ (iii) ：令$f$在$L$上为线性形式，使得$f(x) = 1$；那么$x \neq 0$和映射$y \mapsto f(y)x$是$L$的投影算子，还有像$Ax$。 (iii)$\Rightarrow$(iv)：令$L'$为$L$中$Ax$的补集，并令$B'$为$L'$的基(VII，p. 15，Cor.2)；那么 $B' \cup \{x\}$ 就是 $L$ 的基。 (iv) $\Rightarrow$ (i)：微不足道。

a) $L$ 是$A(x/c)$ 的直和和核 $K$ $f$。 b) $M$ 是 $Ax$ 和 $K \cap M$ 中的直和。 c) $g(M) \subset Ac$ 对应 $L$ 上的每线性形式 $g$。

把$y = x/c$；显然$Ay \cap K = \{0\}$，从$f(y) = 1$开始。此外，对于每个$u \in L$，我们有

与 $f(u)y \in Ay$ 和 $u - f(u)y \in K$ ；这证明了*a)*。现在注，对于$u \in M$，我们有$f(u) \in Ac$：事实上，让$u \in M$，并让$d$是$f(u)$和$c$的gcd；那么存在 $\lambda, \mu \in A$ 使得 $d = Xf(u) + \mu c = f(Xu + \mu x)$ ；因此元素$\lambda u + \mu x$的内容为$M$除$d$；根据$c$的最大值，这意味着$d$是$c$的关联，因此$f(u) \in Ac$。因此，对于$M$中的所有$u$，我们可以写 显示 b)。最后，让$g$在$L$上成为线性形式；由 a) 存在标量 $\alpha \in A$ 和线性形式 $h$ 在 $K$ 上，使得 $g(u) = \alpha f(u) + h(u - f(u)\,y)$ ；因此通过

b) 我们有$g(M) \subset Ac + h(K \cap M)$。因此，为了证明 c)，只需证明$h(K \cap M) \subset Ac$对于$K$上的每个线性形式$h$，或者等效地对于$L$上的每个线性形式$h$，使得$h(x) = 0$；现在，如果$u \in K \cap M$和$d$是$h(u)$和$c$的gcd，则存在$A, \mu \in A$和$d = \lambda h(u) + \mu c$；然后$(f + h)(Au + \mu x) = d$，这意味着如上所述$h(u) \in Ac$，c）如下。

而且由$(e_i)$生成的模$M'$和主理想$A\alpha_i$由上述条件唯一确定； 模$M'/M$是$L/M$的挠元子模，并且与$A$模块$A/A\alpha_i$的直和同构；最后$L/M$是$M'/M$的直和并且自由模同构于$L/M'$。

1) $e_i$和$\alpha_i$的存在。

如果 $M = \{0\}$ 那么定理是微不足道的。如果$M \neq \{0\}$，则根据命题3，存在$L$的元素$e_1$，$A$的非零元素$a$，以及$L$的子模$L_1$，使得$L$是$Ae_1$和$L_1$的直和，使得$M$是$A\alpha_1 e_1$的直和和$L$的子模$M_1 = M \cap L_1$，并且使得$g(M) \subset A\alpha_1$对于每个线性形式$g$于$L$。

现在我们可以在$M$的秩$n$上进行归纳。由于$L_1$是自由模（VII，p. 15，Cor.2）并且$M_1$有秩$n-1$，因此存在$L_1$，$(n-1)$的基$B_1$ $B_1$的元素$e_2, \ldots, e_n$，以及$A$的非零元素$\alpha_2, \ldots, a$，使得$(\alpha_2 e_2, \ldots, \alpha_n e_n)$是$M_1$的基，以及$\alpha_i$除$\alpha_{i+1}$ $2 \leq i \leq n-1$。如果$L'$是$L$的子模，由与$e_1, \ldots, e_n$不同的$B_1$的元素生成，则$L$是$L'$的直和和模$M'$生成$e_1, \ldots, e_n$；现在 $M'$ 的$(e_1, \ldots, e_n)$ 是基，$(\alpha_1 e_1, \ldots, \alpha_n e_n)$ $M$ 的基。现在只剩下显示$a_i$除$a_i$；但$A\alpha_2$有形式$g(M_1)$，其中$g$是$L$上的线性形式，由$g(e_2) = 1, g(e_i) = 0$为$i \neq 2$和$g(L') = (0)$定义；我们在上面已经看到了$g(M_1) \subset A\alpha_1$。

2）唯一性属性。

由于$a_i$是非零的，模$M'$是$x \in L$的集合，这样$\beta x \in M$对于$A$中的一些$\beta \neq 0$；其他字$M'/M$是$L/M$中的挠元子模。这是独一无二的确定$M'$。

显然，$M'/M$同构于$n$循环模$A/A\alpha_i$（II，p. 204，公式（26））的直和。令$r$为理想$A\alpha$的数，与$A$不同：因此第一个$n-r$理想$A\alpha_i$等于$A$，最后一个罕见的$A$不同。那么$M'/M$也同构于模$A/A\alpha_n, \ldots, A/A\alpha_{n-r+1}$的直和，其中$A\alpha_n \subset A\alpha_{n-1} \subset \ldots \subset A\alpha_{n-r+1} \neq A$。

因此Cor的条件。满足命题 2 (VII, p. 16)：理想$Aa_i$ ($1 \leq i \leq n$) 因此由模 $M'/M$ 唯一确定。

由于$L$是$M'$和$L'$的直和，因此$L/M$是$M'/M$和$(L' + M)/M$的和，并且这个和从$(L' + M) \cap M' = M$开始是直接的；另一方面，$(L' + M)/M$同构于$L'/(M \cap L')$（I，p. 41，Th.4，c）），即$L'$，这表明$(L' + M)/M$与自由模同构于$L/M'$。

Th 记号。 1、如果$L/M$是挠元自由，则$M = M'$和$M'$在$L$中有补$L'$。相反，如果 $M$ 在 $L$ 中有补集 $L'$，则 $L/M$ 同构于 $L'$，后者是自由的（VII、p. 15，Cor. 2），并且更不必说挠元是自由的。

如果$E$可以由$q$元素生成，则它与商模$L/M$同构的，其中$L = A^q$（II.p. 218）。 由于$M$有有限秩$n \leq q$（VII，p. 15，命题1），Th的条件。 1（VII，p. 18）满足。 Then in the notation of Th. 1 $L/M$ is isomorphic to a direct sum of a complement $L'$ of $M'$ in $L$ and the torsion module $M'/M$. 模 $L'$ 不包含有限秩 $p = q - n$，因此与 $A^p$ 同构的。 如果 $r$ 是最小的指标，使得 $A\alpha_r \neq A$，则对于 $r \leq i \leq n$，$M'/M$ 同构于模 $A/A\alpha_i$ 的直和。 如果我们取$m = p + (n - r + 1)$，$a_k = (0)$代表$1 \leq k \leq p$，$a_j = A\alpha_n , - ,$代表$1 \leq j \leq n - r + 1$，那么所规定的条件将得到满足。 唯一性源自 Cor。 VII，p. 16。

E 的挠元子模通常有几个不同的补集。对于例，如果$E = \mathbf{Z} \times (\mathbf{Z}/(2))$则E的挠元子模为$\{0\} \times (\mathbf{Z}/(2))$；它具有子模 $\mathbf{Z} \times (0)$ 的补集，以及所有元素 $(n, \overline{n})$ 的子模由……组成，其中 $n$ 贯穿 $\mathbf{Z}$，$\overline{n}$ 是剩余类类 $n$ 模 2。

条件模是有限生成的，这一点至关重要。对于 A 的分数 K 域例加法群，挠元自由为 A-模；然而，如果 $A \neq K$，它就不是自由模，因为一方面 K 的任何两个元素都有公共的除子，另一方面 K 不是循环 A-模，否则 $K = ab^{-1}A$ ($a, b \in A$), 从而 $b^{-2} = acb^{-1}$ ($c \in A$)，所以$b^{-1} = ac \in A$和$K = A$。

由 Th. 1 显然$M \subset \alpha_1 L$；因此M的任何元素的坐标都是$a_1$的倍数。另一方面，以$a_1$作为L的内容，存在M的元素$x$。将$x$表示为$x_i$的线性组合，则$a_1$是$x_i$坐标生成的理想值的元素。由于这些都是$a_1$的倍数，因此$a_1$确实是他们的gcd，而我们的断言在$m = 1$的情况下得到了证明。

对于一般的$m$，考虑M的第m个*外部幂* $\bigwedge^m M$（III，p. 507）。 Th 记号。 1 M 存在基 $(a_i)$，其中$a_i = \alpha_i e_i$ ($1 \leq i \leq n$)；因此$\bigwedge^m M$有元素$a_{i_1} \wedge \ldots \wedge a_{i_m}$的基由……组成，因为$(i_1, \ldots, i_m)$穿过$m$元素的严格递增的序列集合 $(1, n)$。现在元素$e_{i_1} \wedge \ldots \wedge e_{i_m}$属于到基$B_m$$\bigwedge^m L$。因此，从$\bigwedge^m M$到$\bigwedge^m L$的规范映射是从$\bigwedge^m M$到$\bigwedge^m L$的子模的同构，具有基元素$(\alpha_{i_1} \ldots \alpha_{i_m})\, e_{i_1} \wedge \ldots \wedge e_{i_m}$，并且我们认同这个子模与$\bigwedge^m M$。由于$j \geq k$的$\alpha_j$是$\alpha_k$的倍数，所以元素$\alpha_{i_1} \ldots \alpha_{i_m}$都是$\delta_m = \alpha_1 \ldots \alpha_m$的倍数，其中之一等于$\delta_m$；因此，$\delta_m$是相对于元素、系统、生成元、$\bigwedge^m M$的$B_m$的坐标的gcd。参数的第一个部分表明，$\delta_m$是$\bigwedge^m M$的生成元的任何系统坐标相对于$\bigwedge^m L$的任何基的坐标的集合的gcd。取$\bigwedge^m L$为基，由$L$的基$(u_j)$得出，以及生成元的系统为外部乘积的$\bigwedge^m M$由……组成 $(x_i)$，行列式项中这些乘积的坐标表达式（III，p. 528，命题9）给出了所规定的结果。

设$L_0 = f^{-1}(0)$为$f$的核；商$L/L_0$同构于模$f(L)$，即$L'$的子模，因此自由（*VII*，p. 15，Cor.2）；因此$L_0$在$L$中有一个补集$L_1$（*II*，p. 218，命题21），并且$f$到$L_1$的限制是从$L_1$到同构 $f(L) = M'$。如果理想 $A \alpha_i$ ($1 \leq i \leq r$) 是 $M'$ 在 $L'$ 中的不变量因子，则 Th。 VII、p. 18的1表示存在$L'$的基$(e'_j)$($1 \leq j \leq n$)使得$(\alpha_i e'_i)$($1 \leq i \leq r$)是$M'$的基。由于$f$到$L_1$的限制是从$L_1$到$M'$的同构，因此存在$L_1$的基$(e_i)$($1 \leq i \leq r$)使得$f(e_i) = \alpha_i e'_i$。 $L$的基扩展到基$(e_s)$（$1 \leq k \leq m$）通过取$(e_s)$（$r+1 \leq s \leq m$）为核$L_0$的基。

其中$\alpha_i$是A的非零元素，每个除都是下一个。在这些条件下，$\alpha_i$由可逆元唯一确定到乘法。

假设两个矩阵、X和$X'$是等价的，如果在A上存在阶n和m的可逆方阵P和Q，使得$X' = PXQ$，Cor。 1只是用项或矩阵表达的命题5。

在第 5 号提案和 Cor. 的记号中。 1、(非零的)理想$Au$，称为线性映射 f 或矩阵 X 的不变量因子。然后紧接着Cor. I：

注当A为域时，可以取$\alpha_i$等于1，则恢复II、p. 360的第13条命题。

如果相对于L的任意基和L'的任意基，X是线性映射f的矩阵，则X的列是坐标向量，相对于L'的基，L'的元素，其中生成元的形式系统对于$f(L)$。因此，以下结果是命题 4 的直接的推论。

令$b$和$c$为$A$的两个理想，使得$A = b + c$和$b \cap c = q$。然后$bc \subset b \cap c = q \subset \mathfrak{p}$；如果$x \notin \mathfrak{p}$和$x \in c$，则$xb \subset p$，所以$b \subset \mathfrak{p}$（I，p. 316，命题4）；因此 $b \subset \mathfrak{p}$ 或 $c \subset p$。假设例为$c \subset \mathfrak{p}$，则$b + p = A$；那么存在$x \in b$和$y \in \mathfrak{p}$使得$1 = x + y$；令 $n \in \mathbf{N}$ 使得 $y^n \in q$；然后$1 = (x + y)^n$。所以$1 \in xA + y^nA \subset b + q \subset b$，所以$b = A$。 引理 2 现在表明 $A/q$ 是不可分解的。

现在假设$A$是主理想整环；根据VII、p. 2、命题2，$A$的素理想是理想$(p)$，其中$p$是$A$的不可约元，以及理想$0$；由前面的命题、模、$A$和$A/(p^n)$，对于$p$不可约和$n > 0$，是不可分解的。由于每个循环模都是这个型的模的直和（VII，p. 3，命题4），并且因为每个有限生成的$A$模都是循环模的直和 （VII，p. 19，Th.2），我们推导出：