整元扩张是有限生成模

在交换幺环 $R$ 中，若元素 $a$ 是整元（即存在首一多项式 $f(x) \in R[x]$ 使得 $f(a) = 0$），则 $R[a]$ 是有限生成的 $R$-模。以下是修正后的严格论证：

整元：元素 $a \in R$ 称为整元，若存在首一多项式 $$ f(x) = x^n + c_{n-1}x^{n-1} + \cdots + c_0 \in R[x], $$ 使得 $f(a) = 0$，即 $$ a^n = -c_{n-1}a^{n-1} - \cdots - c_0. $$

生成元集合：$R[a]$ 由 $\{1, a, a^2, \dots, a^{n-1}\}$ 生成。
归纳法验证：
基础：当 $k < n$，显然 $a^k \in R \cdot \{1, a, \dots, a^{n-1}\}$。
归纳假设：假设对所有 $k \leq m$（$m \geq n$），$a^k$ 可表示为 $\{1, a, \dots, a^{n-1}\}$ 的线性组合。
归纳步骤：对于 $a^{m+1}$，利用整元方程： $$ a^{m+1} = a \cdot a^m = a \cdot \left( \sum_{i=0}^{n-1} r_i a^i \right) = \sum_{i=0}^{n-1} r_i a^{i+1}. $$ 其中 $a^n$ 可替换为低次项的组合（由首一性保证）： $$ a^n = -c_{n-1}a^{n-1} - \cdots - c_0. $$ 因此，$a^{m+1}$ 仍可表示为 $\{1, a, \dots, a^{n-1}\}$ 的线性组合。

关键作用：首一多项式允许直接解出最高次项 $a^n$，无需除以系数（避免不可逆元问题）。
反例：若 $f(x)$ 非首一且首项系数不可逆，例如 $f(x) = 2x \in \mathbb{Z}[x]$，则 $a = 0$ 是唯一解，但若 $f(a) = 2a = 0$ 在 $\mathbb{Z}$ 中，$a$ 不是整元，$\mathbb{Z}[a] = \mathbb{Z}$ 仍有限生成。此例不矛盾，但若存在非零非整元，则 $R[a]$ 可能无限生成。

原命题应修正为： 在交换幺环 $R$ 中，若 $a$ 和 $b$ 是整元，则 $a + b$ 和 $ab$ 也是整元，且 $R[a, b]$ 是有限生成 $R$-模。

\boxed{当且仅当元素为整元时，R[a] 是有限生成 R-模}

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