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\begin{document}
\noindent
UniversitÃ¤t Konstanz\hfill Zahlentheorie\\
Fachbereich Mathematik und Statistik\hfill Sommersemester 2015\\
Markus Schweighofer
\medskip
\hrule
\begin{center}
\section*{Â§1.6 Endlich erzeugte Moduln Ã¼ber Hauptidealringen}
\setcounter{chapter}{1}
\setcounter{section}{6}
\end{center}
\hrule

\bigskip
\begin{df} Sei $R$ ein IntegritÃ¤tsring. Dann heiÃŸt eine Funktion $\de\colon R\to\N_0$ eine \emph{euklidische Funktion} auf $R$, wenn es
fÃ¼r alle $a\in R$ und $b\in R\setminus\{0\}$ Elemente $q\in R$ ("`Quotient"') und $r\in R$ ("`Rest"') gibt mit $a=bq+r$ und
$\de(r)&lt;\de(b)$ ("`Division mit Rest"'). Es heiÃŸt $R$ \emph{euklidisch}, wenn $R$ eine euklidische Funktion besitzt.
\end{df}

\begin{bsp}
\begin{enumerate}[(a)]
\item $\Z$ ist euklidisch mit euklidischer Funktion $\de\colon\Z\to\N_0,\ a\mapsto|a|$.
\item Ist $K$ ein KÃ¶rper, so ist $K[X]$ euklidisch mit euklidischer Funktion
\[\de\colon K[X]\to\N_0,\ p\mapsto
\begin{cases}0&amp;\text{ falls $p=0$},\\
1+\deg p&amp;\text{ falls $p\ne0$}.
\end{cases}\]
\item Der Ring der GauÃŸschen Zahlen [Johann Friedrich GauÃŸ *1777 $\dagger$1855] \[\Z[\i]=\{a+b\i\mid a,b\in\Z\}\] ist euklidisch mit
euklidischer Funktion $\de\colon\Z[\i]\to\N_0,\ z\mapsto|z|^2$, denn zu $a\in\Z[\i]$ und $b\in\Z[\i]\setminus\{0\}$ gibt es $q\in\Z[\i]$ mit
$|\frac ab-q|^2\le\left(\frac12\right)^2+\left(\frac12\right)^2=\frac12$ und fÃ¼r $r:=a-bq$ gilt $\de(r)=|r|^2=|\frac ab-q|^2|b|^2\le\frac12\de(b)&lt;\de(b)$.
\end{enumerate}
\end{bsp}

\begin{pro} Jeder euklidische Ring ist ein Hauptidealring.
\end{pro}

\begin{proof}
Sei $R$ ein IntegritÃ¤tsring und $\de\colon R\to\N_0$ eine euklidische Funktion. Sei $I$ ein Ideal in $R$, \OE~$I\ne(0)$. WÃ¤hle
$a\in I\setminus\{0\}$ mit kleinstmÃ¶glichem $\de(a)$. Wir zeigen $I=(a)$. Sei hierzu $x\in I$. Zu zeigen: $x\in(a)$. Schreibe
$x=aq+r$ mit $q,r\in R$ und $\de(r)&lt;\de(a)$. Dann $r=x-aq\in I$ und folglich $r=0$ gemÃ¤ÃŸ Wahl von $a$. Also $x=aq\in(a)$.
\end{proof}

\begin{notation}
Sei $R$ ein Hauptidealring.
Dann fixieren wir oft stillschweigend eine Menge $\P_R$ von irreduziblen Elementen von $R$ derart, dass jedes irreduzible Element von $R$ zu genau einem Element von $\P_R$ assoziiert ist, zum Beispiel $\P_\Z:=\P:=\{2,3,5,7,11,13,17,\dots\}$
und $\P_{K[X]}:=\{p\in K[X]\mid\text{$p$ normiert und irreduzibel}\}$ ($K$ KÃ¶rper). Betrachte \[N_R:=\{0\}\cup\left\{\prod_{i=1}^np_i\mid
n\in\N_0,p_1,\dots,p_n\in\P\right\},\] zum Beispiel $N_\Z=\N_0$ und \[N_{K[X]}=\{p\in K[X]\mid\text{$p=0$ oder $p$ normiert}\}\qquad\text{($K$ KÃ¶rper).}\]
Da $R$ faktoriell ist, ist jedes Element von $R$ zu genau einem Element von $N_R$ assoziiert.
\end{notation}

\bigskip
\begin{df}
Sei $R$ ein IntegritÃ¤tsring und $M$ ein $R$-Modul. Dann bildet die Menge der Torsionselemente von $M$ [$\to$1.2.4] einen Untermodul
\[T(M):=\{x\in M\mid\exists a\in R\setminus\{0\}:ax=0\}\]
von $M$, den wir den \emph{Torsionsteil} nennen.
\end{df}

\begin{lem}\label{unicity} Sei $R$ ein Hauptidealring.
\begin{enumerate}[(a)]
\item Seien $k,k'\in\N_0$ und $a_1,\dots,a_k,a_1',\dots,a_{k'}'\in N_R\setminus\{1\}$ mit $a_1|a_2|\dots|a_k$, $a_1'|a_2'|\dots|a_{k'}'$ und
\[\prod_{i=1}^kR/a_iR\cong\prod_{i=1}^{k'}R/a_i'R.\] Dann gilt $k=k'$ und $a_i=a_i'$ fÃ¼r alle $i\in\{1,\dots,k\}$.
\item Seien $\ell,n,\ell',n'\in\N_0$ und $(p_1,k_1),\dots,(p_\ell,k_\ell),(p_1',k_1'),\dots,(p_{\ell'},k_{\ell'}')\in\P_R\times\N$ mit
\[\left(\prod_{i=1}^\ell R/p_i^{k_i}R\right)\times R^n\cong\left(\prod_{i=1}^{\ell'}R/{p_i'}^{k_i'}R\right)\times R^{n'}.\] Dann gilt $\ell=\ell'$,
$n=n'$ und es gibt ein $\si\in S_\ell$ mit $(p_i,k_i)=(p_{\si(i)}',k'_{\si(i)})$ fÃ¼r alle $i\in\{1,\dots,\ell\}$.
\end{enumerate}
\end{lem}

\begin{proof} (b)
Indem man auf beiden Seiten der Isomorphie den Torsionsteil und den Quotienten nach dem Torsionsteil nimmt, erhÃ¤lt
man $\prod_{i=1}^\ell R/p_i^{k_i}R\cong\prod_{i=1}^{\ell'}R/{(p_i')}^{k_i'}R$ und $R^n\cong R^{n'}$. Aus der zweiten Isomorphie folgt
$n=\rk(R^n)=\rk(R^{n'})=n'$ mit 1.2.13. In der ersten Isomorphie sind alle Faktoren nach 1.5.4 unzerlegbar (wie auch in der
zweiten Isomorphie) und nach 1.4.17(b) von endlicher LÃ¤nge (anders als mÃ¶glicherweise in der ersten Isomorphie!),
weshalb wir darauf den Satz von Krull-Remak-Schmidt 1.5.13 anwenden kÃ¶nnen. Es gilt also $\ell=\ell'$ und es gibt $\si\in S_\ell$
mit $R/p_i^{k_i}R\cong R/(p_{\si(i)}')^{k_{\si(i)}'}R$ fÃ¼r alle $i\in\{1,\dots,\ell\}$. Da zwei isomorphe Moduln offenbar denselben Annihilator
[$\to$1.4.15] haben, folgt daraus mit 1.4.16, dass $p_i^{k_i}R=(p_{\si(i)}')^{k_{\si(i)}'}R$ fÃ¼r alle $i\in\{1,\dots,\ell\}$.
Da $R$ als Hauptidealring insbesondere faktoriell ist, folgt $(p_i,k_i)=(p'_{\si(i)},k_{\si(i)}')$ fÃ¼r alle $i\in\{1,\dots,\ell\}$.

\smallskip\noindent
(a) Indem man die $a_i$ mit $a_i\ne0$ und die $a_i'$ mit $a_i'\ne0$ in Produkte von Potenzen von paarweise verschiedenen Primfaktoren
zerlegt, kann man mit dem Chinesischen Restsatz [$\to$A2.8.6] (vgl. Beweis von 1.5.4) die Isomorphie aus (a) wie in (b) schreiben.
Weil (b) schon bewiesen ist, gilt dabei
\[k_{=0}:=\#\{i\in\{1,\dots,k\}\mid a_i=0\}=n=n'=\#\{i\in\{1,\dots,k'\}\mid a_i'=0\}=:k_{=0}'.\]
Als nÃ¤chstes zeigen wir
\[k_{\ne0}:=\#\{i\in\{1,\dots,k\}\mid a_i\ne0\}=\#\{i\in\{1,\dots,k'\}\mid a_i'\ne0\}=:k_{\ne0}'.\]
Wegen $a_i\ne1\ne a_i'$ gilt $k_{\ne0}=0\iff\ell=0\iff\ell'=0\iff k_{\ne0}'=0$, denn $\ell=\ell'$ nach (b).
Daher kann man $k_{\ne0}&gt;0$ und $k_{\ne0}'&gt;0$ voraussetzen. Wieder wegen
$a_i\ne1\ne a_i'$, wegen der "`Teilerkettenvoraussetzung"' und wegen (b) gilt dann
\begin{align*}
k_{\ne0}&amp;=\max\{\#\{j\in\{1,\dots,\ell\}\mid p_j=p_i\}\mid i\in\{1,\dots,\ell\}\}\\
&amp;=\max\{\#\{j\in\{1,\dots,\ell'\}\mid p_j'=p_i'\}\mid i\in\{1,\dots,\ell'\}\}=k_{\ne0}'.
\end{align*}
Es folgt $k=k_{=0}+k_{\ne0}=k_{=0}'+k_{\ne0}'=k'$. SchlieÃŸlich gilt fÃ¼r $i\in\{1,\dots,k_{\ne0}\}$, fÃ¼r $p\in\P_R$ und $\al\in\N$ wieder wegen
der "`Teilerkettenvoraussetzung"' und wegen (b), dass
\begin{align*}
p^\al|a_i&amp;\iff\#\{i\in\{1,\dots,\ell\}\mid p_i=p,k_i\ge\al\}\ge\#\{i,\dots,k_{\ne0}\}\\
&amp;\iff\#\{i\in\{1,\dots,\ell'\}\mid p_i'=p,k_i'\ge\al\}\ge\#\{i,\dots,k_{\ne0}'\}\iff p^\al|a_i'.
\end{align*}
Daraus folgt $a_i=a_i'$ fÃ¼r alle $i\in\{1,\dots,k_{\ne0}\}$. Wegen $a_i=0=a_i'$ fÃ¼r alle $i\in\{k_{\ne0}+1,\dots,k\}$ ist damit alles gezeigt.
\end{proof}

\begin{sat}\label{unterfrei}
Sei $R$ ein Hauptidealring und $M$ ein freier $R$-Modul von endlichem Rang \emph{[$\to$1.2.13]}. Sei $N$ ein Untermodul von $M$. Dann
ist $N$ frei mit $\rk N\le\rk M$.
\end{sat}

\begin{proof}
Wir fÃ¼hren Induktion nach $n:=\rk M\in\N_0$. FÃ¼r $n=0$ ist nichts zu zeigen. Sei nun $n&gt;0$ und gelte die Aussage bereits fÃ¼r alle Moduln vom Rang $n-1$.
WÃ¤hle eine Basis $x_1,\dots,x_n$ von $M$. Der Untermodul $L:=\sum_{i=1}^{n-1}Rx_i$ ist frei vom Rang $n-1$. Betrachte den
$R$-Modulhomomorphismus
\[f\colon M\to R,\ \sum_{i=1}^na_ix_i\mapsto a_n\qquad(a_i\in R).\]
Dann induziert die kurze exakte Folge
\[0\longrightarrow L\longrightarrow M\overset f\longrightarrow R\longrightarrow0\]
eine weitere kurze exakte Folge
\[0\longrightarrow L\cap N\longrightarrow N\overset{f|_N}\longrightarrow f(N)\longrightarrow0.\]
Nun ist aber $f(N)$ ein Hauptideal in $R$ und damit ein freier $R$-Modul vom Rang $0$ oder $1$. Nach Aufgabe 4(a) auf Ãœbungsblatt 4
zerfÃ¤llt diese Sequenz. Mit Bedingung (iii) von Aufgabe 1(f) auf Ãœbungsblatt 3 folgt insbesondere
\[N\cong(L\cap N)\times f(N).\]
Nach Induktionsvoraussetzung ist $L\cap N$ frei vom Rang $\le n-1$. Daher ist $(L\cap N)\times f(N)$ und damit auch $N$ frei vom
Rang $\le (n-1)+1=n$.
\end{proof}

\begin{defex}\mbox{}[$\to$1.5.6,$\to$LA 7.1.6]
Sei $R$ ein \emph{kommutativer Ring} und $M$ und $N$ $R$-Moduln. Dann bildet
\[\Hom(M,N):=\{f\mid f\colon M\to N\text{ Homomorphismus}\}\]
einen Untermodul des $R$-Moduls $N^M$. Man nennt $M^*:=\Hom(M,R)$ den zu $M$ \emph{dualen Modul} und seine Elemente
\emph{Linearformen} auf $M$.
\end{defex}

\begin{satdef}[Elementarteilersatz]\label{elementar}
Sei $R$ ein Hauptidealring, $M$ ein freier $R$-Modul vom Rang $n\in\N_0$ \emph{[$\to$1.2.13]} und $N$ ein Untermodul von $M$. Dann gibt es eine Basis
$x_1,\dots,x_n$ von $M$ und $a_1,\dots,a_n\in N_R$ mit $N=\sum_{i=1}^nRa_ix_i$ und $a_1|a_2|\dots|a_n$. Dabei sind die
$a_1,\dots,a_n$ durch das Paar $(M,N)$ eindeutig bestimmt und man nennt sie die \emph{Elementarteiler} von $N$ in $M$.
\end{satdef}

\begin{proof}
ZunÃ¤chst zur Eindeutigkeit: Sind $x_1,\dots,x_n$ und $a_1,\dots,a_n$ wie angegeben, so gilt \[M/N=\bigoplus_{i=1}^nRx_i\Big/\bigoplus_{i=1}^nRa_ix_i\cong
R^n/\prod_{i=1}^na_iR\cong\prod_{i=1}^n(R/a_iR)\cong\prod_{i=n-k+1}^n(R/a_iR)\]
mit $k:=\#\{i\in\{1,\dots,n\}\mid a_i\ne1\}$. Nach Lemma \ref{unicity}(a) sind $k$ und $a_{n-k+1},\dots,a_n$ eindeutig bestimmt. SchlieÃŸlich
gilt $a_1=\ldots=a_{n-k}=1$.

\smallskip\noindent
Nun zur Existenz: Wir fÃ¼hren Induktion nach $n$. FÃ¼r $n=0$ ist nichts zu zeigen. Sei also nun $n\in\N$ und die Behauptung bereits
fÃ¼r alle Moduln vom Rang $\le n-1$ gezeigt. Ist $N=0$, so kÃ¶nnen wir eine beliebige Basis von $M$ nehmen und $a_i:=0$ fÃ¼r alle $i$ nehmen.
Sei nun $N\ne 0$. Die Menge \[\mathcal I:=\{\ph(N)\mid\ph\in M^*\}\] von Idealen von $R$
besitzt wegen $N\ne0$ Elemente $\ne(0)$, wie man mit 1.2.5(c) leicht sieht. Da $R$ als Hauptidealring noethersch ist, besitzt $\mathcal I$
mindestens ein maximales Element. WÃ¤hle $a_1\in N_R\setminus\{0\}$ derart, dass $(a_1)$ maximal in $\mathcal I$ ist. WÃ¤hle
dazu $\ph_1\in M^*$ und $y_1\in N$ mit $\ph_1(y_1)=a_1$.

\smallskip
\emph{Hilfsbehauptung:} $\ps(y_1)\in(a_1)$ fÃ¼r alle $\ps\in M^*$

\emph{BegrÃ¼ndung:} Sei $\ps\in M^*$. WÃ¤hle $a\in R$ mit $(a)=(\ps(y_1),a_1)=(\ps(y_1),\ph_1(y_1))$. WÃ¤hle $b,b_1\in R$ mit
$a=b\ps(y_1)+b_1\ph_1(y_1)=(b\ps+b_1\ph_1)(y_1)$. Es folgt $(a_1)\subseteq(a)\subseteq(b\ps+b_1\ph_1)(N)\in\mathcal I$. Wegen der MaximalitÃ¤t von $(a_1)$ in $\mathcal I$, muss $(a_1)=(a)$ gelten und damit $\ps(y_1)\in(a)=(a_1)$.

\smallskip\noindent
Wir nehmen nun kurzzeitig eine beliebige Basis $z_1,\dots,z_n$ von $M$ zur Hilfe. Es gibt $c_1,\dots,c_n\in R$ mit $y_1=
\sum_{i=1}^nc_iz_i$. Wendet man die Hilfsbehauptung fÃ¼r jedes $j\in\{1,\dots,n\}$ an auf die Linearform
$M\to R,\ \sum_{i=1}^nd_iz_i\mapsto d_j$ ($d_i\in R$) an, so erhÃ¤lt man $a_1|c_i$ fÃ¼r alle $i\in\{1,\dots,n\}$. Daher gibt es $c_i'\in R$
mit $c_i=a_1c_i'$. Setze $x_1:=\sum_{i=1}^nc_i'z_i$.

\smallskip\noindent
Wir haben also $x_1\in M$ gefunden mit $a_1x_1=y_1\in N$. Aus $\ph_1(y_1)=a_1$ folgt nun $\ph_1(x_1)=1$, denn $a_1\ne0$.
Daher spaltet die Abbildung $R\to M,\ a\mapsto ax_1$ ($a\in R$) die kurze exakte Folge
\[0\longrightarrow\ker\ph_1\longrightarrow M\overset{\ph_1}\longrightarrow R\longrightarrow0\]
und es gilt (siehe Aufgabe 4(b) auf Ãœbungsblatt 4)
\begin{equation}\tag{$*$}
M=Rx_1\oplus\ker\ph_1.
\end{equation}
Ebenso spaltet $a_1R\to N,\ aa_1\mapsto ay_1=aa_1x_1$ ($a\in R$) die kurze exakte Folge
\[0\longrightarrow N\cap\ker\ph_1\longrightarrow N\overset{\ph_1|_N}\longrightarrow a_1R\longrightarrow0\] und es gilt
\begin{equation}\tag{$**$}
N=Ra_1x_1\oplus(N\cap\ker\ph_1).
\end{equation}
Nach Satz \ref{unterfrei}  ist $\ker\ph_1$ ein freier $R$-Modul. Aus $(*)$ folgt $\rk(\ker\ph_1)=n-1$, wobei zu beachten ist, dass
$x_1\ne0$ (was natÃ¼rlich aus $y_1\ne0$ also letztlich aus $a_1\ne0$ folgt).
Die Induktionsvoraussetzung liefert nun eine Basis $x_2,\dots,x_n$ von $\ker\ph_1$ sowie $a_2,\dots,a_n\in N_R$ mit
$N\cap\ker\ph_1=\sum_{i=2}^nRa_ix_i$ und $a_2|\dots|a_n$. Aus $(**)$ folgt nun $N=\sum_{i=1}^nRa_ix_i$. Wegen
$(*)$ ist $x_1,\dots,x_n$ eine Basis von $M$. Es bleibt damit nur noch $a_1|a_2$ zu zeigen sofern $n\ge2$.

\smallskip\noindent
Sei also $n\ge 2$ und betrachte die Linearform
\[\ph\colon M\to R,\ \sum_{i=1}^nb_ix_i\mapsto b_1+b_2\qquad(b_i\in R).\]
Es gilt $(a_1)\subseteq(a_1,a_2)=\ph(N)\in\mathcal I$. Aus der MaximalitÃ¤t von $(a_1)$ in $\mathcal I$ folgt $(a_1)=(a_1,a_2)$, also
$a_1|a_2$.
\end{proof}

\begin{kor}[Smithsche Normalform von Homomorphismen]\emph{[Henry John Stephen Smith *1826\ $\dagger$1883]}
Sei $R$ ein Hauptidealring. Sei $N$ ein freier $R$-Modul vom Rang $n\in\N_0$, $M$ ein freier $R$-Modul vom Rang $m\in\N_0$ und
$f\colon N\to M$ ein Homomorphismus.
Dann gibt es ein eindeutig bestimmtes $r\in\{0,\dots,\min\{m,n\}\}$ und eindeutig bestimmte $a_1,\dots,a_r\in N_R\setminus\{0\}$
mit $a_1|a_2|\dots|a_r$, fÃ¼r die gilt:
Es gibt Basen $y_1,\dots,y_n$ von $N$ und $x_1,\dots,x_m$ von $M$ mit
\[f(y_i)=\begin{cases}a_ix_i&amp;\text{fÃ¼r alle }i\in\{1,\dots,r\}\text{ und}\\
0&amp;\text{ fÃ¼r alle }i\in\{r+1,\dots,n\}.\end{cases}\]
\end{kor}

\begin{proof}
Die Eindeutigkeit folgt sofort aus der Eindeutigkeitsaussage des Elementarteilersatzes,
denn offenbar sind \[a_1,\dots,a_r,\underbrace{0,\dots,0}_{\quad m-r\text{ mal}}\]
zwangslÃ¤ufig die Elementarteiler des Bildes von $f$ in $M$.

\smallskip\noindent
Zur Existenz: WÃ¤hle mit dem Elementarteilersatz eine Basis $x_1,\dots,x_m$ von $M$ und $a_1,\dots,a_m\in N_R$ mit
$\im f=\sum_{i=1}^mRa_ix_i$  und $a_1|\dots|a_m$. Dann gibt es $r\in\{0,\dots,m\}$ mit $a_1,\dots,a_r\in N_R\setminus\{0\}$
und $a_{r+1}=\ldots=a_m=0$. Es ist dann $a_1x_1,\dots,a_rx_r$ eine Basis von $\im f$, denn $a_1x_1,\dots,a_rx_r$ sind linear unabhÃ¤ngig, weil $R$ ein IntegritÃ¤tsring ist.
Weil $\im f$ nach Satz \ref{unterfrei} frei ist, zerfÃ¤llt die kurze exakte Sequenz
\[0\longrightarrow\ker f\longrightarrow N\overset f\longrightarrow\im f\longrightarrow0\]
wegen Aufgabe 4(a) auf Ãœbungsblatt 4. GemÃ¤ÃŸ Bedingung (ii) in Aufgabe 1(f) auf dem Ãœbungsblatt 3 gibt es einen Homomorphismus
$g\colon\im f\to N$, welcher diese Sequenz spaltet, das heiÃŸt $f\circ g=\id_{\im f}$ (insbesondere ist $g$ injektiv). Nach Aufgabe 4(b) auf dem Ãœbungsblatt 4 gilt dann $N=\ker f\oplus\im g$. Setze $y_i:=g(a_ix_i)$ fÃ¼r alle $i\in\{1,\dots,r\}$. Weil $g\colon\im f\to\im g$ ein Isomorphismus ist, bilden $y_1,\dots,y_r$ eine Basis von $\im g$. Nach Satz \ref{unterfrei} gilt insbesondere $r\le n$, also
$r\le\min\{m,n\}$. Weil auch $\ker f$ nach Satz \ref{unterfrei} frei ist und weil
$N=\ker f\oplus\im g$ gilt, kÃ¶nnen wir $y_1,\dots,y_r$ mit einer Basis $y_{r+1},\dots,y_n$ von $\ker f$ zu einer Basis $y_1,\dots,y_n$ von
$N$ ergÃ¤nzen. SchlieÃŸlich gilt $f(y_i)=f(g(a_ix_i))=a_ix_i$ fÃ¼r $i\in\{1,\dots,r\}$ und $f(y_i)=0$ fÃ¼r $i\in\{r+1,\dots,n\}$.
\end{proof}

\begin{kor}[Struktursatz fÃ¼r endlich erzeugte Moduln Ã¼ber Hauptidealringen]\label{struktur}
Sei $R$ ein Hauptidealring und $M$ ein endlich erzeugter $R$-Modul. Dann gibt es eindeutig bestimmte
\begin{enumerate}[(a)]
\item $k\in\N_0$ und $a_1,\dots,a_k\in N_R\setminus\{1\}$ mit $a_1|a_2|\dots|a_k$ und \[M\cong\prod_{i=1}^kR/a_iR.\]
\item $\ell,n\in\N_0$ und bis auf Reihenfolge eindeutige $(p_1,k_1),\dots,(p_\ell,k_\ell)\in\P_R\times\N$ mit
\[M\cong\left(\prod_{i=1}^\ell R/p_i^{k_i}R\right)\times R^n.\]
\end{enumerate}
\end{kor}

\begin{proof}
Die Eindeutigkeit wurde in Lemma \ref{unicity} schon bewiesen. Die Existenzaussage in (b) erhÃ¤lt man aus der Existenzaussage in (a)
mit dem Chinesischen Restsatz wie in den ersten Zeilen des Beweises von Lemma \ref{unicity}(a). SchlieÃŸlich zeigen wir die
Existenzaussage in (a): Da $M$ endlich erzeugt ist, findet man ein $n\in\N$ und einen Epimorphismus $R^n\to M$. Mit dem
Isomorphiesatz findet man einen Untermodul $N$ von $R^n$ derart, dass $M\cong R^n/N$. Jetzt schaut man die Elementarteiler
von $N$ in $ R^n$ an und argumentiert genau wie im Beweis der Eindeutigkeitsaussage des Elementarteilersatzes \ref{elementar}.
\end{proof}

\begin{kor}
Jede endlich erzeugte abelsche Gruppe ist isomorph zu einem direkten Produkt endlich vieler zyklischer Gruppen.
\end{kor}

\begin{kor}
Jede endliche abelsche Gruppe ist isomorph zu einem direkten Produkt von zyklischen Gruppen von Primzahlpotenzordnung.
\end{kor}

\begin{bem} Sei $R$ ein Hauptidealring. Aus 1.5.4 und dem Struktursatz \ref{struktur} folgt, dass die endlich erzeugten
unzerlegbaren $R$-Moduln bis auf Isomorphie genau $R$ und die $R/(p^k)$ mit $p\in\P_R$ und $k\in\N$ sind. KÃ¶nnte man das
ohne Benutzung des Struktursatzes zeigen, dann wÃ¤re die Existenzaussage in Teil (b) des Struktursatzes eine direkte Konsequenz
aus Satz 1.5.5, denn endlich erzeugte $R$-Moduln sind nach 1.4.7 noethersch.
\end{bem}

\end{document}</pre></body></html>