把关系矩阵读成一个模

两组整数关系都可能给出 16 个剩余类，但它们未必描述同一个群。$\mathbb Z/16\mathbb Z$ 中有阶为 16 的元素，$\mathbb Z/4\mathbb Z\oplus\mathbb Z/4\mathbb Z$ 中却没有。只数元素，已经丢掉了重要信息。

本章要把关系矩阵化到足够简单，让这些信息直接出现在对角线上。这里仍用上一章的约定：$B$ 是 $n\times m$ 矩阵，每一列是一条关系，研究的模是

$n$ 数的是生成元，$m$ 数的是关系。矩阵不是方阵也完全可以。

图里的满射把自由模的标准基送到生成元。它不保证单射；核恰好收集了我们要写进矩阵的关系。

哪些操作保住了商模

若 $V\in\operatorname{GL}_m(R)$，那么 $VR^m=R^m$，所以

右乘 $V$ 改变关系列向量的选择，关系子模本身没有动。列交换、某一列加上另一列的倍数，都属于这一类。

行操作的含义不同。左乘 $U\in\operatorname{GL}_n(R)$ 时，关系子模通常变为 $UBR^m$，但映射

给出了两个商模之间的同构。若 $v-v'\in BR^m$，则 $Uv-Uv'\in UBR^m$，所以它良定义；逆映射由 给出。你可以把它看作同时改写环境自由模的坐标。

在 $\mathbb Z$ 上，可逆整数矩阵的行列式只能为 $\pm1$。把一行乘以 $-1$ 可以还原；乘以 2 一般不行。最小的反例已经足够：关系矩阵 $[1]$ 给出零模，$[2]$ 给出 $\mathbb Z/2\mathbb Z$。两个结果不同，说明“乘以非零数”这条线性代数经验不能直接搬过来。

Smith 标准形保留整除关系

设 $R$ 是主理想整环，即 PID。对任意有限矩阵 $B$，存在可逆矩阵 $U,V$，使

其中 $d_i\ne0$，矩阵仍保持原来的 $n\times m$ 尺寸。$r$ 是把矩阵放到 $R$ 的分式域上计算的秩。整数情形把 规范为正数。

“对角”还不够。$\operatorname{diag}(2,3)$ 没有满足整除链，不能当成 Smith 标准形；它对应的模当然已经容易读，但规范形还要把它改成 $\operatorname{diag}(1,6)$。

在整数上实际化简

取

把每一步的操作写在箭头上：

$2\mid10$，因此已经结束。两条关系分别是 $2e_1=0$ 和 $10e_2=0$，它们不再互相缠绕：

群有 20 个元素，但不是 $\mathbb Z/20\mathbb Z$。前者任一元素的阶至多为 10，后者有阶为 20 的元素。

在下面的操作台里，先重现这一串变化。然后换成 $\operatorname{diag}(2,3)$，看看“已经对角”为什么仍然不够。每次操作后注意矩阵、关系向量和不变量一起怎样变化；误选不可逆缩放时，页面应解释为何拒绝这一步。

算法为什么停得下来

在整数上，把一个非零数 $a$ 移到左上角。若同一行有 $b$ 不被 $a$ 整除，做 $b=qa+r$，减去相应列的 $q$ 倍，便在该位置得到 $0<|r|<|a|$。把 换到左上角；同一列的情况用行操作处理。

如果 $a$ 已整除第一行和第一列，便能把这一行、这一列的其他位置清零。还有一件事不能漏：右下子块可能有不被 $a$ 整除的数 $b$。把 $b$ 所在行加到第一行，就把这个障碍带回了第一行，又能制造一个更小的非零余数。比如 $\operatorname{diag}(2,3)$，第一行加第二行后出现 $(2,3)$；第二列减第一列，便出现 1。

只要 $a$ 还没整除所有元素，左上角的正绝对值就会下降，因此过程必停。停下时 $a$ 整除整张矩阵，清掉首行首列后，对右下子块重复同样的做法。子块操作仍让所有元素保持为 $a$ 的倍数，下一对角元便被 $a$ 整除。这同时解释了对角化和整除链。

一般 PID 没有现成的余数算法

定理仍成立，但不能假装每个 PID 都带着欧几里得除法。这里用 Bézout 等式代替“取余”。

若 $(a,b)=(d)$，写 $a=da'$、$b=db'$，并取 使 ，于是 。右乘

会把行向量 $(a,b)$ 变成 $(d,0)$。同一列可用转置形式处理。若 $a$ 不整除 $b$，$d$ 就是 $a$ 的真因子，理想 $($ 严格包含于 。

PID 中理想升链会稳定：一条升链的并是理想，若并由 $c$ 生成，$c$ 已出现在链的某一项里，该项便等于整个并。因而上述严格变大的主理想不可能无限出现。配合把右下障碍移到第一行的做法，仍可得到一个整除所有条目的首项，递归得到 Smith 形。这里用的是可逆矩阵变换；一般 PID 上不宣称每一步都能拆成通常的初等加行操作。

不变量让结果可以核对

把所有 $k$ 阶子式的最大公因子记为 $\Delta_k$，取 $\Delta_0=1$。整数中取非负最大公因子，PID 中只确定到单位倍。当 $k\le r$ 时，

为什么子式能这样用？左乘或右乘可逆矩阵后，新矩阵的每个 $k$ 阶子式都是旧子式的线性组合，因此新子式生成的理想包含在旧理想中；对逆变换做同样的推理，得到反向包含。两者相同。对于满足整除链的对角矩阵，所有非零 $k$ 阶子式都被 $d_1\cdots d_k$ 整除，而这个乘积本身就是一个子式，所以它生成整个子式理想。

本例 $\Delta_1=2$、$\Delta_2=|\det B|=20$，给出 $$。若只看行列式 20，就无法把 与 分开。秩不足时行列式甚至一律为零，更不能代替这些信息。

有限生成模为什么都有这种分解

目前我们处理的是有限关系矩阵。一个有限生成模是否必有有限条关系？在一般环上不能保证；在 PID 上可以，而且核还是自由模。

证明对环境维数 $n$ 归纳。设 $N\subseteq R^n$，投影到最后一个坐标，其像是主理想 $(a)$。若 $a=0$，$N$ 位于 ，用归纳即可。若 ，选 ，最后一个坐标为 。任意 的末坐标是 ，因此 末坐标为零。于是

直和的理由是：若 $ry$ 末坐标为零，则 $ra=0$；整环且 $a\ne0$，推出 $r=0$。归纳下去，$$ 自由，秩至多为 。

现在给有限生成模 $M$ 选满射 $R^n\to M$。核 $N$ 有有限基，把这组基写成关系列向量，就得有限矩阵 $B$。化成 Smith 形后，逐个坐标取商，得到

$d_i$ 为单位时，该项是零模，可以删掉；$d_i\ne0$ 且不是单位时，该项是挠循环模；没有非零关系的坐标贡献一个自由的 $R$。自由因子数是行数减秩 $$，不是只数画出来的对角线上有几个 0。 对 矩阵 ，商模是 。

这张图在 $R$ 为整环的条件下阅读。挠元指被某个非零标量杀掉的元素；不同挠元允许用不同的标量。若 $sm=0$、$tn=0$ 且 $s,t$ 非零，则 $st(m+n)=0$，而 ；取负及标量作用也保留这个性质，所以挠元确实构成子模。在整数模中，这正是有限阶元素。挠子模本身由 唯一确定，自由部分在 里面的具体选取却未必唯一。

删去零模因子后，自由秩和不变因子（相差单位视为相同）由 $M$ 决定。为看清唯一性的内容，先将每个非零 $d_i$ 分成素数幂，并用互素因子的中国剩余定理拆开。对每个素元 $p$，考虑挠子模中被某个 $p$ 的幂杀掉的部分 $T_p$。在分解为 后，

是 $R/(p)$ 上的向量空间，维数等于满足 $e_j\ge k$ 的因子数。这些维数由模本身决定；相邻维数之差便给出每种指数恰好出现几次。将各素元的指数从小到大排齐、必要时在左侧补零，就还原了满足整除链的不变因子。自由秩也由模本身决定。商去全部挠元后得到 $M/T\cong R^q$；若 不是域，取任意素元 ，再商去 ，所得 -向量空间的维数恰为 。若 是域，直接取向量空间维数即可。这里的唯一性指这些数据信息，不能误读成 内部各直和子模的位置也唯一。

把分解接回熟悉的计算

中国剩余定理把互素周期分开。例如

是同构，逆映射为 $([x]_4,[y]_3)\mapsto[9x+4y]_{12}$。因为 ，而 4 的两个余数恰好相反。一般 PID 上，若 ，取 ，从模 、模 的坐标 回到模 可用 。两边核与代表的检查完全相同。这给出 。互素是这里能拆开的原因； 不能同样拆成两个 。

下面比较两个元素总数相同的群。选 $\mathbb Z/16\mathbb Z$ 与 $\mathbb Z/4\mathbb Z\oplus\mathbb Z/4\mathbb Z$，逐次相加一个选定元素，观察轨道何时回到 0。随后查看各阶元素的分布。总数相等并没有保证这些轨道相同，这就是行列式之外还要保留不变因子的理由。

如果 $R=F[x]$，把上一章的算子 $A$ 当作 $x$ 的作用，有限维向量空间就成为挠 $F[x]$-模：$I,A,A^2,\ldots$ 在有限维的算子空间中必线性相关，因此有非零多项式 满足 。分解中的 是循环块。若 ，基 上乘以 的矩阵为

这说明模的分解确实在记录线性算子。进一步分解多项式会接到有理标准形和 Jordan 形；本章只建立这个连接，不要求你在这里完成整套 Jordan 理论。

留给你独立完成的检查

练习 1。 从 $\operatorname{diag}(2,3)$ 出发，用可逆整数行列操作得到 $\operatorname{diag}(1,6)$。写清每一步。

练习 2。 $B=\begin{pmatrix}2&4\\6&12\\0&0\end{pmatrix}$。求 Smith 形和 ，并说明自由部分的个数。

练习 3。 比较 $\operatorname{diag}(2,8)$ 与 $\operatorname{diag}(4,4)$。它们的行列式相同，商群是否同构？

练习 4。 在整环 $R$ 上，证明两个挠元之和仍是挠元。你在哪一步用了整环条件？

练习 5。 在 $\mathbb Q[x]/(x^2-3x+2)$ 中，以 $1,x$ 为基写出乘以 $x$ 的矩阵，并验证它满足 $A^2-3A+$。

所以 $\mathbb Z/2\mathbb Z\oplus\mathbb Z/3\mathbb Z\cong\mathbb Z/6\mathbb Z$。

逐项相减得到 $A^2-3A+2I=0$。商关系与算子满足的多项式关系，在这里是同一件事。