关于ℤ[x]的子模M=(2,x)的秩为1的证明疑问及相关概念解析
我的问题与思路
我正在解决这个代数问题：
设$R = \mathbb{Z}[x]$，$M=(2,x)$是由2和$x$生成的理想（作为$R$的子模）。证明${2,x}$不是$M$的基，证明$M$的秩为1但不是秩1的自由模。
目前我已经完成了第一部分的证明，并且由此推出$M$的秩至多为1，但卡在了怎么简单清晰地证明秩恰好为1这一步：
- 我原本想找$M$中一个不能被其他元素整除的元素，比如$x \in M$，想通过“$x$不能被2整除”来推导它不是$M$中其他元素的倍数，进而说明秩为1，但不确定这个表述和逻辑是否正确；
- 我看到过一种说法：“$R$是整环，所以每个集合都是线性独立的，因此$M$的秩为1”，但完全没理解为什么$R$是整环就能推出这个结论，如果这个思路正确的话，希望能得到解释。
针对疑问的解析与证明
首先先明确整环上模的秩的定义：对于整域$R$，$R$-模$M$的秩是$M$中$R$-线性无关元素的最大个数。我们已经知道秩≤1，只要证明秩≥1，就能得到秩恰好为1，下面用两种思路解释：
思路一：找单个线性无关元素
线性无关的定义对单个元素$m \in M$来说很简单：不存在非零的$r \in R$，使得$r \cdot m = 0$。
我们取$x \in M$：假设存在非零多项式$f(x) \in \mathbb{Z}[x]$，使得$f(x) \cdot x = 0$。但$\mathbb{Z}[x]$是整环，整环的核心性质就是没有零因子——两个非零元素相乘不可能得到0，因此$f(x)$必须是零多项式。这就说明${x}$是一个线性无关的集合，即$M$中至少存在1个线性无关元素，秩≥1。结合之前的秩≤1，就可以得出$M$的秩恰好为1。
你之前想的“整除性”其实和线性无关是两个概念，别搞混啦：线性无关看的是有没有非零系数让线性组合为0，而整除性是元素之间的倍数关系，两者没有直接推导关系哦。
思路二：利用整环的性质推导
你看到的“$R$是整环，所以秩为1”的说法，其实是结合了两个关键点：
- 整环上，单个非零元素必然线性无关：因为整环没有零因子，只要$m \in M$是非零元素，就不可能有非零的$r \in R$使得$r \cdot m = 0$，所以任意单个非零元素都是线性无关的；
- 你已经证明了${2,x}$是线性相关的（因为$2 \cdot x + (-x) \cdot 2 = 0$，两个系数都是$R$中的非零元素），这说明$M$中不存在2个线性无关的元素，秩≤1。
把这两点结合起来，就得到$M$的秩恰好为1。
补充：为什么$M$不是秩1的自由模
如果$M$是秩1的自由模，那么存在某个$m \in M$，使得$M = R \cdot m$（即$M$中所有元素都是$m$的$R$-倍数）。我们可以用反证法证明这不可能：
假设$M = R \cdot m$，那么存在$f(x), g(x) \in \mathbb{Z}[x]$，使得$2 = f(x) \cdot m$，$x = g(x) \cdot m$。
将两式交叉相乘得：$x \cdot 2 = x \cdot f(x) \cdot m$，$2 \cdot x = 2 \cdot g(x) \cdot m$，因此$x \cdot f(x) = 2 \cdot g(x)$（整环中可以消去非零元素$m$）。
- 看次数：左边次数是$\deg(f) + 1$，右边次数是$\deg(g)$，因此$\deg(g) = \deg(f) + 1$；
- 看常数项：左边常数项为0（含$x$因子），右边常数项是$2 \cdot g(0)$，因此$2 \cdot g(0) = 0$，即$g(0) = 0$，所以$g(x) = x \cdot h(x)$（$h(x) \in \mathbb{Z}[x]$）。
代入上式得$x \cdot f(x) = 2 \cdot x \cdot h(x)$，消去$x$得$f(x) = 2 \cdot h(x)$。再代入$2 = f(x) \cdot m$得$2 = 2 \cdot h(x) \cdot m$，消去2（$\mathbb{Z}[x]$中2不是零因子）得$1 = h(x) \cdot m$，这说明$m$是$\mathbb{Z}[x]$中的单位。但$\mathbb{Z}[x]$的单位只有$\pm1$，而$\pm1$不在$M$中（$M$中所有元素的常数项都是偶数：2的倍数常数项为偶，$x$的倍数常数项为0，两者相加常数项仍为偶），矛盾！因此$M$不可能是秩1的自由模。
备注：内容来源于stack exchange，提问作者user965463
