Jordan標準形を冗談みたいに台パンしながら使えるようになる為の記事

[1]$x+N=x^{'}+N,y+N=y^{'}+N$とすると$x-x^{'}\in N,y-y^{'}\in N$なので
\begin{equation} (x-x^{'})+(y-y^{'})=(x+y)-(x^{'}+y^{'})\in N \end{equation}
なので$(x+y)+N=(x^{'}+y^{'})+N$
[2]$a\in R,x+N=x^{'}+N$とすると$x-x^{'}\in N$なので
\begin{equation} a(x-x^{'})=ax-ax^{'}\in N \end{equation}
なので$ax+N=ax^{'}+N$

[1]$k=0$の場合は$V=\mathrm{span}\{v_{1},v_{2},...,v_{n}\}$なので定義そのものであるから成立する。
[2]$0,1,2,...,k$まで成立すると仮定する。すなわち$V=\mathrm{span}\{w_{1},...,w_{k};v_{k+1},...,v_{n}\}$が成立しているものとする。
$w_{k+1}\in V$なので、以下の式が成り立つ。
\begin{equation} \exists a_{1},...,a_{k},b_{k+1},...,b_{n}\ s.t.\ w_{k+1}=\sum_{i=1}^{k}a_{i}w_{i}+\sum_{i=1}^{n-k}b_{k+i}v_{k+i} \end{equation}
(i)まず$b_{k+1}=\cdots=b_{n}=0$となる事はない事が分かる。これは$w_{1},...,w_{k},w_{k+1}$は一次独立である事から分かる。
(ii)そこで、$b_{k+1},...,b_{n}$の内少なくとも一つは$0$でないものが存在する。ゆえに、それを$b_{i}$とすれば、置換$\sigma(k+i)=k+1,\sigma(k+1)=k+i$それ以外は変えない置換$\sigma\in\mathfrak{S}_{n}$を考え改めて$b_{\sigma(i)}\mapsto b_{i},v_{\sigma(i)}\mapsto v_{i}$とすることで
\begin{equation} v_{k+1}=\frac{1}{b_{k+1}}(w_{k+1}-\sum_{i=1}^{k}a_{i}w_{i}+\sum_{i=2}^{n-k}b_{k+i}v_{k+i}) \end{equation}
の様に出来、$v_{k+1}$を$w_{1},...,w_{k},w_{k+1},v_{k+2},...,v_{n}$の一次結合で置き換えることが出来た。
すなわち、$k+1$の場合でも$V=\mathrm{span}\{w_{1},...,w_{k},w_{k+1};v_{k},...,v_{n}\}$が言えたので証明完了。

[存在]$V$は有限生成なので適当な$V$の元により構成される有限生成系$S\coloneqq\{v_{1},...,v_{n}\}\neq\varnothing$を一つ取ってくることが出来る。
次に$S$の部分集合で、それが生成系になりかつ最小個数の部分集合を$T\coloneqq\{u_{1},...,u_{r}\}$とする。
もし$u_{1},...,u_{r}$が一次従属であるとすると、少なくとも一つの$i\in \{1,2,...,r\}$が存在して$c_{1},...,c_{r}\in\mathbb{K}(c_{i}\neq 0)$を適当に取る事で$u_{i}=-\sum_{j\neq i}\frac{c_{j}}{c_{i}}u_{j}$と出来るので$T\setminus\{u_{i}\}$が生成系となり矛盾。
この$T$は生成系なので定義より$V$を張り、なおかつ、その元の個数は最小なので基底を成す事が分かる。
[一意性]二つの基底$B_{1},B_{2}\subset V$を考える。もし$|B_{1}|\lt |B_{2}|$とすると補題$1$より、$B_{2}$の基底を構成する元のうち$|B_{1}|$個の元を$B_{1}$の元で置き換える事が出来る。しかし、$B_{1}$を構成するのは基底の元であり、置き換えで余った$|B_{2}|-|B_{1}|$個の$B_{2}$の元は全て$B_{1}$の元の一次独立で表せることになり
$|B_{2}|\lt |B_{2}|$が成り立つので矛盾。
同様に$|B_{2}|\lt|B_{1}|$としても矛盾が生じるので$|B_{1}|=|B_{2}|$

[$\ker{T}$]
\begin{eqnarray} \forall a,b\in\mathbb{K}:\forall u,v\in \ker{T}:T(au+bv)&=&aT(u)+bT(v)\\ &=&a0+b0\\ &=&0+0\\ &=&0 \end{eqnarray}
なので$\forall a,b\in\mathbb{K}:\forall u,v\in \ker{T}:au+bv\in \ker{T}$が言えた。すなわち$\ker{T}$は$V$は部分加群。
[$\mathrm{Im}{T}$]以下の式が成り立つので
\begin{equation} \forall y_{1},y_{2}\in \mathrm{Im}{T}:\exists x_{1},x_{2}\in V\ s.t.\ y_{i}=T(x_{i})\quad(i=1,2) \end{equation}
これを用いると
\begin{eqnarray} \forall a,b\in \mathbb{K}: ay_{1}+by_{2}&=&aT(x_{1})+bT(x_{2})\\ &=&T(ax_{1}+bx_{2})\in \mathrm{Im}{T} \end{eqnarray}
が言えるので、$\mathrm{T}$は$W$の部分加群。

$V$の基底を$\{v_{1},v_{2},...,v_{n}\}$とする。
また$\ker{T}$の基底を$\{u_{1},...,u_{r}\}$とする。
補題1より、$V$の基底を$\ker{T}$を構成する基底の元で置き換えて、新たな基底$\{u_{1},u_{2},...,u_{r},v_{r+1},...,v_{n}\}$を構成する事が出来る。
以下、この前提で証明を行う。
[1]$\mathrm{Im}{T}$の生成系は$\{T(v_{r+1}),...,T(v_{n})\}$である。
実際、$\forall v\in V:\exists c_{1},...,c_{n}\in \mathbb{K}\ s.t.\ v=\sum_{k=1}^{r}c_{k}u_{k}+\sum_{k=r+1}^{n}c_{k}v_{k}$の様に書けるので
\begin{eqnarray} f(v)&=&T(\sum_{k=1}^{r}c_{k}u_{k}+\sum_{k=r+1}^{n}c_{k}v_{k})\\ &=&\sum_{k=1}^{r}c_{k}T(u_{k})+\sum_{k=r+1}^{n}c_{k}T(v_{k})\\ &=&\sum_{k=r+1}^{n}c_{k}T(v_{k}) \end{eqnarray}
を得るので生成系である事が分かる。
[2]一次独立性
$\sum_{k=r+1}^{n}c_{k}T(v_{k})=0$が成り立つと仮定する。すると$T(\sum_{k=r+1}^{n}c_{k}v_{k})=0$なので$\sum_{k=r+1}^{n}c_{k}v_{k}\in \ker{T}$すなわち次の式を得る。
\begin{equation} \sum_{k=r+1}^{n}c_{k}v_{k}=\sum_{k=1}^{r}c_{k}u_{k} \end{equation}
$u_{1},...,u_{r},v_{r+1},...,v_{n}$は一次独立なので$c_{1}=\cdots=c_{r}=c_{r+1}=\cdots=c_{n}=0$を得るので一次独立性も示せた。
[3]以上の事から直ちに次元を計算して証明完了。
\begin{eqnarray} \dim{\mathrm{Im}{T}}&=&n-r\\ &=&\dim{V}-\dim{\ker{T}} \end{eqnarray}

[単射性]
\begin{eqnarray} \exists u,v\in V\ s.t.\ T(u)=T(v)&\Leftrightarrow&T(u)-T(v)=0\\ &\Leftrightarrow&T(u-v)=0\\ &\Rightarrow&u-v\in\ker{T}=\{0\}\\ &\Rightarrow&u=v \end{eqnarray}
[全射性]$\dim{V}=\dim{W}$が成立すると仮定する。
定理4より$\dim{V}=\dim{W}=\dim{\mathrm{Im}{T}}$である。
さらに$\mathrm{Im}{T}\subset W$でありそれは部分加群を成しその次元が$n$なので補題1より$W$の基底を$\mathrm{Im}{T}$の基底として表せる。ゆえに$\mathrm{Im}{T}=W$。

[1]$\deg{f}\lt \deg{g}$の場合は$q=0,r=f$とすればいい。
[2]$\deg{f}\geq\deg{g}$の場合$n=\deg{f}$に関する帰納法で示す。$n=\deg{g}$である場合は、$f,g$の最高次数の係数$a,b\in\mathbb{K}$とすると$f^{'}=f-\frac{a}{b}g$を構成すると$\deg{f^{'}}\lt \deg{g}$なので$q=\frac{a}{b},r=f^{'}$とすればいい。
$\deg{g},\deg{g}+1,...,\deg{g}+m$まで成立すると仮定する。
そして$\deg{g}+m+1$の場合も最高次数の係数をそれぞれ$a,b$とすれば$f^{'}=f-\frac{a}{b}x^{m+1}g$を考える事で$\deg{f}^{'}\leq \deg{g}+m$が成り立つので、帰納法の仮定より以下の式を得る。
\begin{equation} \exists q^{'},r^{'}\in\mathbb{K}[x](\deg{r^{'}}\lt\deg{g})\ s.t.\ f^{'}=q^{'}g+r^{'} \end{equation}
ゆえに$f=(\frac{a}{b}x^{m+1}+q^{'})g+r^{'}\quad(\deg{r^{'}}\lt \deg{g})$なので$q=\frac{a}{b}x^{m+1}+q^{'},r=r^{'}$とすることで$\deg{g}+m+1$の場合も成立する事が示せた。
よって証明完了。

[0]$f=0\vee g=0$の場合は明らか。
[1]よってそれ以外の場合を考える。まずEuclidの互除法より
\begin{equation} \exists q,r\in\mathbb{K}[x](\deg{r}\lt \deg{g})\ s.t.\ f=qg+r \end{equation}
が成り立つ。
$d|f,g$とすると$d|(f-qg)=d|r$また$d|r$としても$d|g,r$とすると$d|(qg+r)=d|f$が成り立つの$\gcd{(f,g)}=\gcd{(g,r)}$が成り立つ事が分かる。
Euclidの互除法を繰り返す事で
\begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} f=qg+r_{1}\\ g=q_{1}r_{1}+r_{2}\\ r_{i}=q_{i+1}r_{i+1}+r_{i+2}\quad(i=1,2,...,n-1)\\ r_{n}=q_{n+1}r_{n+1}\\ r_{n+1}=\gcd{(f,g)} \end{array} \right. \end{eqnarray}
を得る。
上記の連立方程式を逆向きに$r_{i}=r_{i-2}-q_{i-1}r_{i-1}\quad(i=n+1,n-1,...,1)$辿る事で求める式を得る。
ただし、$r_{0}=g,r_{-1}=f$とした。

\begin{eqnarray} \forall x,y\in \cap_{\gamma\in\Gamma}I_{\gamma}\Rightarrow\forall \gamma\in\Gamma:x,y\in I_{\gamma}\therefore\forall \gamma\in\Gamma: x+y\in I_{\gamma}\Leftrightarrow x+y\in \cap_{\gamma\in\Gamma}I_{\gamma} \end{eqnarray}
\begin{eqnarray} \forall a\in R:\forall x \in \cap_{\gamma\in\Gamma}I_{\gamma}\Rightarrow\forall \gamma\in\Gamma: x\in I_{\gamma}\therefore \forall \gamma\in\Gamma:\gamma x\in I_{\gamma}\Leftrightarrow a x\in \cap_{\gamma\in\Gamma}I_{\gamma} \end{eqnarray}

$\mathbb{K}[x]$の非零なイデアルを$I$とする。
その最小次数の元を$g\in I$とする。Euclidの互除法より
\begin{equation} \forall f\in I:\exists q,r\in\mathbb{K}[x](\deg{r}\lt \deg{g})\ s.t.\ f=qg+r \end{equation}
が成り立つので$r=f-qg\in I$を得る。
次数の最小性から$r=0$を得るので$f=qg$である事が分かるので$I=< g>$が示せた。

[(1)]
\begin{eqnarray} \forall a,b\in R:\forall x,y\in \ker{\pi}:\pi(ax+by)&=&a\pi(x)+b\pi(y)\\ &=&a0+b0\\ &=&0+0\\ &=&0 \end{eqnarray}
なので$ax+by\in\ker{\pi}$が成り立つので$\ker{\pi}$は$M$の部分加群
[(2)]
\begin{equation} \forall x,y\in \mathrm{Im}{\pi}:\exists x^{'},y^{'}\in M\ s.t.\ \pi(x^{'})=x,\pi(y^{'})=y \end{equation}
\begin{eqnarray} \forall a,b\in R: ax+by&=&a\pi(x^{'})+b\pi(y^{'})\\ &=&\pi(ax^{'}+by^{'}) \end{eqnarray}
であるから$ax+by\in \mathrm{Im}{\pi}$は$N$の部分加群。

[well-defined]
$m+\ker{\pi}=m^{'}+\ker{\pi}$とする。
すると$m-m^{'}\in\ker{\pi}$なので
\begin{equation} \pi(m-m^{'})=\pi(m)-\pi(m^{'})=0 \end{equation}
なので$\pi(m)=\pi(m^{'})$。すなわち代表元の取り方に依らないので$\overline{\pi}$はwell-defined。
[準同型性]
\begin{eqnarray} \forall a,b\in R:\forall m+\ker{\pi},m^{'}+\ker{\pi}\in M/\ker{\pi}:\overline{\pi}(a(m+\ker{\pi})+bm^{'}+\ker{\pi})&=&\overline{\pi}(am+bm^{'}+\ker{\pi})\\ &=&\pi(am+bm^{'})\\ &=&a\pi(m)+b\pi(m^{'})\\ &=&a\overline{\pi}(m+\ker{\pi})+b\overline{\pi}(m^{'}+\ker{\pi}) \end{eqnarray}
[単射性]$m+\ker{\pi},m^{'}+\ker{\pi}\in M/\ker{\pi}$について$\overline{\pi}(m+\ker{\pi})=\overline{\pi}(m^{'}+\ker{\pi})$を満たすとすると$\pi(m-m^{'})=0$なので$m-m^{'}\in\ker{\pi}$なので$m+\ker{\pi}=m^{'}+\ker{\pi}$
[全射性]これは$\forall m\in M: \overline{\pi}(m+\ker{\pi})=\pi(m)\in\mathrm{Im}{\pi}$なので明らか。

[1]$n=1$の場合は、$R$自身を加群としてみる。
その零あるいは$R$以外の加群を$M\subset R$とするとこれがイデアルである事をまずは示す。
$M$を生成する元を$m_{1},m_{2},...,m_{n}$とすると仮定より$M=< m_{1},m_{2},...,m_{n}>$であるが、これはイデアルとなる。
実際、
(1)
\begin{eqnarray} \forall r\in R: \forall c_{1},c_{2},...,c_{n}\in R:r(\sum_{k=1}^{n}c_{k}m_{k})=\sum_{k=1}^{n}rc_{k}m_{k}\in M \end{eqnarray}
(2)
\begin{eqnarray} \forall c_{1},c_{2},...,c_{n},d_{1},d_{2},...,d_{n}\in R,:\sum_{k=1}^{n}c_{k}m_{k}+\sum_{k=1}^{n}d_{k}m_{k}=\sum_{k=1}^{n}(c_{k}+d_{k})m_{k} \end{eqnarray}
つまり、$M$はイデアルである事が分かる。
$R$は非零なイデアルは必ず単項イデアルなので$\exists m\in R\ s.t.\ M=< m>$と書ける事が示された。
[2]$1,2,...,n$まで成立すると仮定し$n+1$の場合を考える。
$\pi:R^{n+1}\rightarrow R$を考えるとこれは準同型射である事は明らか。
また$\pi(M)\subset R$は$R$加群なのでイデアル。$R$は非零なイデアルの場合は単項イデアルなので$\exists d\in R\ s.t.\ \pi(M)=< d>$が成り立つ事が分かる。
(1)$d=0$の場合は$M\subset \ker{\pi}=R^{n}\times \{0\}$。これは$R^{n}$と自然に同型な加群なので帰納法より$M$は有限生成。
$i:R^{n}\times\{0\}\rightarrow R^{n},i(x,0)=x$を考えよ。
(2)$d\neq 0$の場合は、$d=\pi(x_{0})$を満たす$x_{0}\in M$を取る。
$M^{'}=M\cap\ker{\pi}$とすると、$\ker{\pi}\simeq R^{n}$の部分加群なので高々有限個の$y_{1},y_{2},...,y_{k}\quad(k\leq n)$により生成される。
任意の$x\in M$について、$\pi(x)\in < d>$なので$\exists r\in R\ s.t.\ \pi(x)=rd$よって、$\pi(x-rx_{0})=0$。すなわち$x-rx_{0}\in M^{'}$である事がわかるので$x$は$x_{0},y_{1},y_{2},...,y_{k}$の一次結合で書ける事が示せた。

$M=< m_{1},m_{2},...,m_{n}>$とする。
また$\pi:R^{n}\rightarrow M,(r_{1},r_{2},...,r_{n})\mapsto \sum_{k=1}^{n}r_{k}m_{k}$とする。
これは全射であり、準同型射なので準同型定理より$M=R^{n}/\ker{\pi}$
また$\ker{\pi}\subset R^{n}$は$R^{n}$の部分加群なので$n$個以下の元$x_{1},x_{2},...,x_{m}$により生成されるので$\varphi: R^{m}\rightarrow R^{n},\varphi(e_{i})=x_{i}\quad(i=1,2,...,m;e_{i}は標準基底)$を満たす準同型射を考えると$\mathrm{Im}{\varphi}=\ker{\pi}$
が成り立つので証明完了。

$I\coloneqq \cup_{k}I_{k}$はイデアルである事を用いる。
次の二つを実際に確認すればいい。
(1)$x,y\in I$とすると、ある自然数$n_{0}\in\mathbb{N}$が存在し、任意の自然数$n\in\mathbb{N}(n\gt n_{0})$に対して$x,y\in I_{n}$が成り立つ。
ゆえに$x+y\in I_{n}$が言えるので、$x+y\in I$。
(2)$x\in I$とするとある自然数$n_{0}\in\mathbb{N}$が存在し、任意の自然数$n\in\mathbb{N}(n\gt n_{0})$に対して$x\in I_{n}$が成り立つので$\forall r\in R: rx\in I_{n}$が成り立つ。
ゆえに$rx\in I$が言えるので$rx\in I$。

$R$は非零なイデアルは単項イデアルしか存在しない環なのである元$d\in R$が存在して$I=< d>$と書ける。
この事から、$d\in I=\cup_{k}I_{k}$が成り立つのである自然数$n_{0}\in\mathbb{N}$が存在して$d\in I_{n_{0}}$が成立する事が分かる。
仮定より次の包含関係を得るので$I=(d)\subset I_{n_{0}}\subset I_{n_{0}+1}\subset \cdots\subset I=(d)$
$I_{n_{0}}=I_{n_{0}+1}=\cdots=(d)$を得る。

[1]
\begin{eqnarray} u\frac{a}{g}+v\frac{b}{g}&=&\frac{ua+vb}{g}\\ &=&\frac{g}{g}\\ &=&1 \end{eqnarray}
さらに
\begin{eqnarray}\begin{pmatrix}u&v\\-\frac{b}{g}&\frac{a}{g}\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}ua+vb\\-\frac{ab}{g}+\frac{ab}{g}\end{pmatrix}\\ &=&\begin{pmatrix}g\\0\end{pmatrix} \end{eqnarray}

[0]$A=0$の場合は$U=I_{m},V=I_{n},r=0$とすればいい。
[1]なので$A\neq 0$として考える。
(1)$a_{11}$が$0$であれば、行・列基本変形を用いて入れ替える。
そして$a_{11}$が第一行・列の他の成分を割り切るまで、補題12を適用し$a_{11}$をその最大公約数に入れ替える。
この操作で更新される$a_{11}$を列$a_{11}^{(0)},a_{11}^{(1)},...$の様に記録すると最大公約数の定義よりイデアルの増大列を得る。$< a_{11}^{(0)}>\subset < a_{11}^{(1)}>\subset\cdots$
定理11よりこの増大列は有限の$n$で止まるので第一行・列は全て$a_{11}^{(n)}$で割り切れる状態に出来る。
(2)$a_{11}^{(n)}$により第一行・列は割り切れるので通常の掃き出し法により除去し第一行・列の全て$(1,1)$成分以外$0$に出来る。
(3)残りの小行列$(m-1)\times (n-1)$行列に同様の操作を繰り返す事で、対角行列$\mathrm{diag}(d_{1},d_{2},...,d_{r},0,0,...,0)$を得る。
(4)もし$d_{i}\nmid d_{i+1}$が成り立つ場合は、第$i$列に第$i+1$列に加えて補題12を適用し、$(\gcd,\mathrm{lcm}(\coloneqq\frac{d_{i}d_{i+1}}{\gcd}))$に置き換える。
また、この操作を繰り返す事でイデアルの増大列$< d_{i}>\subset<\gcd{(d_{i},d_{i+1})}>\subset\cdots$を得るが、これは定理11より有限回の操作で終了するので$d_{1}|d_{2}|\cdots|d_{r}$に有限回の操作で到達する。

定理10より$\exists m\in\mathbb{N}\ s.t.\ \exists \varphi:R^{m}\rightarrow R^{n}\ s.t.\ M\simeq R^{n}/\mathrm{Im{\varphi}}$が成り立つ。
その$\varphi$の表現行列を$A$とする。
定理13より$\exists U\in M_{n\times n}(R),V\in M_{m\times m}(R)\ s.t.\ UAV=\mathrm{diag}(d_{1},d_{2},...,d_{r},0,...0)$が成り立つ。
[1]$\mathrm{V}$は列基本変形の積で構成されるので正則行列。ゆえに$\mathrm{Im}{V}=R^{m}$
なので$\mathrm{Im}(UAV)=\mathrm{Im}(UA)$
さらに$U$は行基変形の積で構成させるので$\mathrm{Im}{U}=R^{n}$であり,
$U(\mathrm{Im}{A})=\mathrm{Im}{(UA)}$が成り立つ。
[$U(\mathrm{Im}{A})\subset\mathrm{Im}{(UA)}$]
$x\in U(\mathrm{Im}{A})$とすると、ある$y\in \mathrm{Im}{A}$が存在して$x=Uy$と書ける。
さらに$y\in \mathrm{Im}{A}$なので$z\in R^{m}$が存在して$y=Az$の様に書けるので$x=UAz\in \mathrm{Im(UA)}$
[$U(\mathrm{Im}{A})\supset\mathrm{Im}{(UA)}$]逆向きの包含関係も同様。
ゆえに
\begin{equation} \forall x+\mathrm{Im}{A}\in R^{n}/\mathrm{Im}{A}:U(x)+U(\mathrm{Im}{A})=U(x)+\mathrm{\mathrm{Im}}{(UA)}\in R^{n}/\mathrm{Im}{(UA)} \end{equation}
が成り立つ。
以上の計算より
\begin{eqnarray} M&\simeq& R^{n}/\mathrm{Im{\varphi}}\\ &\simeq&R^{n}/\mathrm{Im{(UAV)}}\\ &\simeq&R^{n}/\Im{\mathrm{diag(d_{1},d_{2},...,d_{r},0,0,...)}}\\ &\simeq&R^{n-r}\oplus\bigoplus_{k=1}^{r}R/< d_{k}> \end{eqnarray}

最後の商空間については$R^{m}=\mathrm{span}\{e_{1},e_{2},...,e_{m}\}$について標準基底および、同じく標準基底$R^{n}=\mathrm{span}\{f_{1},f_{2},...,f_{n}\}$をとれば、次式がが成り立つ事を用いている。$\Im{\mathrm{diag(d_{1},d_{2},...,d_{r},0,0,...)}} =d_{1}f_{1}+d_{2}f_{2}+\cdots+d_{r}f_{r} $

なお、$d_{k}$が単元なら$R/< d_{k}>=\{0\}$として扱う。

[一意性]
一意性についてもSmith標準形はただ一つしか存在しないので証明完了。👈これに関しては一旦受け入れる。TODO

[結合律]
\begin{eqnarray} \forall f=\sum_{k=0}^{n}c_{k}x^{k},g=\sum_{k=0}^{n}d_{k}x^{k}\in\mathbb{K}[x]:\forall v\in V:(fg).v&=&\sum_{k=0}^{2n}\sum_{l+m=k}^{k}c_{l}d_{m}x^{k}.v\\ &=&\sum_{k=0}^{2n}\sum_{l+m=k}^{k}c_{l}d_{m}T^{k}(v)\\ &=&\sum_{k=0}^{n}c_{k}T^{k}(v)\sum_{l=0}^{n}d_{l}T^{l}(v)\\ &=&\sum_{k=0}^{n}c_{k}T^{k}(\sum_{l=0}^{n}d_{l}T^{l}(v))\\ &=&\sum_{k=0}^{n}c_{k}x^{k}.(\sum_{l=0}^{n}d_{l}x^{l}.v) \end{eqnarray}
[分配法則1]
\begin{eqnarray} \forall f=\sum_{k=0}^{n}c_{k}x^{k}\in\mathbb{K}[x]:\forall u,v\in V:f.(u+v)&=&\sum_{k=0}^{n}c_{k}T^{k}(u+v)\\ &=&\sum_{k=0}^{n}c_{k}T^{k}(u)+\sum_{k=0}^{n}c_{k}T^{k}(v)\\ &=&f.u+f.v \end{eqnarray}
[分配法則2]
\begin{eqnarray} \forall f=\sum_{k=0}^{n}c_{k}x^{k},g=\sum_{k=0}^{n}d_{k}x^{k}\in\mathbb{K}[x]:\forall v\in V:(f+g).v&=&\sum_{k=0}^{n}(c_{k}+d_{k})T^{k}(v)\\ &=&\sum_{k=0}^{n}c_{k}T^{k}(v)+\sum_{k=0}^{n}d_{k}T^{k}(v)\\ &=&f.v+g.v \end{eqnarray}
[単位元]$1.v=v$

[基底]任意の多項式$g\in\mathbb{K}[x]$に対してある多項式$q,r\in\mathbb{K}[x](\deg{r}\lt \deg{f})$が存在して$g=qf+r$が成り立つので$g+< f>=r+< f>$である事が分かる。
また、$r$は$1,x,...,x^{d-1}$の$\mathbb{K}$係数一次結合でかけるので基底は$\{1+< f>,x+< f>,...,x^{d-1}+< f>\}$となる事が分かる。
[随伴行列]
$x^{d}+< f>=-\sum_{k=0}^{d-1}c_{k}x^{k}+< f>$なので
\begin{align} &x\begin{pmatrix}1+< f>,x+< f>,...,x^{d-1}+< f>\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}1+< f>,x+< f>,...,x^{d-1}+< f>\end{pmatrix}\begin{pmatrix}0&0&\cdots&0&-c_{0}\\1&0&\cdots&0&-c_{1}\\0&1&\cdots&0&-c_{2}\\\vdots&\vdots&\ddots&&\vdots\\0&0&\cdots&1&-c_{d-1}\end{pmatrix}\\ &=\begin{pmatrix}1+< f>,x+< f>,...,x^{d-1}+< f>\end{pmatrix}C(f) \end{align}

$\mathbb{K}[x]$は$\mathbb{K}$上の部分加群として$1,x,x^{2},...$が一次独立。
なので$\mathbb{K}[x]$は$\mathbb{K}$上無限次元ベクトル空間。
$R^{s}=\mathbb{K}[x]^{s}$がもしあれば$V$も$\mathbb{K}$上無限次元ベクトルになり$V$が有限次元である事に反する。
すなわち、以下の事を示せた。
\begin{equation} V=\bigoplus_{k=1}^{r}\mathbb{K}[x]/< f_{k}>\quad(f_{1},f_{2},...,f_{r}\in \mathbb{K}[x];f_{1}|f_{2}|\cdots|f_{r}) \end{equation}

$d=\deg{f}$とする。
$d=1$の場合は
\begin{equation} x-C(f)=x+c_{0}=f \end{equation}
が成り立つので正しい。
$d\neq 1$の場合を考える。
\begin{eqnarray} \det{(xI-C(f))}&=&\begin{vmatrix}x&0&\cdots&0&c_{0}\\-1&x&\cdots&0&c_{1}\\0&-1&\cdots&0&c_{2}\\\vdots&\vdots&\ddots&&\vdots\\0&0&\cdots&-1&x+c_{d-1}\end{vmatrix}\\ &=&(x+c_{d-1})\begin{vmatrix}x&0&\cdots&0&0&0\\-1&x&\cdots&0&0&0\\0&-1&\cdots&0&0&0\\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\vdots&\vdots\\0&0&\cdots&-1&x&0\\0&0&\cdots&0&-1&x\end{vmatrix}+\begin{vmatrix}x&0&\cdots&0&c_{0}\\-1&x&\cdots&0&c_{1}\\0&-1&\cdots&0&c_{2}\\\vdots&\vdots&\ddots&&\vdots\\0&0&\cdots&-1&c_{d-2}\end{vmatrix}\\ &=&x^{d-1}(x+c_{d-1})+\sum_{k=0}^{d-2}c_{k}(-1)^{d+k}\begin{pmatrix}x&0&\cdots&0&0\\-1&x&\cdots&0&0\\0&-1&\cdots&0&0\\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&\vdots\\0&0&\cdots&-1&x\\0&0&\cdots&0&-1\end{pmatrix}のk+1行を除いた行列式) \end{eqnarray}

[$< f_{r}>\subset \mathrm{Ann}(V)$]$\forall i\in\{1,2,...,r\}:f_{i}|f_{r}$なので
\begin{equation} \forall i\in\{1,2,...,r\}:f_{r}+< f_{i}>=< f_{i}> \end{equation}
ゆえに$f_{r}(T)=0$が言えるので$f_{r}\in \mathrm{Ann}(V)$
[$< f_{r}>\supset \mathrm{Ann}(V)$]$g\in \mathrm{Ann}(V)$である場合は$\mathbb{K}[x]$加群として$V\simeq\bigoplus_{k=1}^{r}\mathbb{K}[x]/< f_{k}>$なので特に$v=(0,0,...,v_{r})\in V$を同型射により$ v\mapsto (< f_{1}>,...,1+< f_{r}>)$となる様にとれば
\begin{eqnarray} g.v&\mapsto& g(x)(< f_{1}>,...,1+< f_{r}>)\\ &=&(< f_{1}>,...,g(x)+< f_{r}>)\\ &=&0 \end{eqnarray}
なので$f_{r}|g(x)$を得る。$< f_{r}>\supset \mathrm{Ann}(V)$

[構成]写像$\Phi:\mathbb{K}[x]/< f>\rightarrow\mathbb{K}[x]/< g>\times\mathbb{K}[x]/< h>,(p+< f>)\mapsto(p+< g>,p+< h>)$はwell-defined
実際$p+< f>=p^{'}+< f>$を考える。すると
\begin{eqnarray} \Phi(p-p^{'}+< f>)&=&(p-p^{'}+< g>,p-p^{'}+< h>) \end{eqnarray}
であり$f=gh|p-p^{'}$なので$g|p-p^{'}\land h|p-p^{'}$なので
\begin{equation} \Phi(p-p^{'}+< f>)=0 \end{equation}
ゆえに$\Phi(p+< f>)=\Phi(p^{'}+< f>)$
[単射性]$p+< f>,q+< f>\in \mathbb{K}[x]$が$\Phi(p+< f>)=\Phi(q+< f>)$が成立したとする。
\begin{eqnarray} (p+< g>,p+< h>)=(q+< g>,q+< h>) \end{eqnarray}
が成り立つ。$f|p-q\land g|p-q\land h|p-q$なので$p-q\in < f>$
すなわち$p+< f>=q+< f>$
[全射性]
\begin{eqnarray} \dim_{\mathbb{K}}(\mathbb{K}[x]/< f>)&=&\deg{f}\\ &=&\deg{g}+\deg{h}\\ &=&\dim_{\mathbb{K}}(\mathbb{K}[x]/< g>)+\dim_{\mathbb{K}}(\mathbb{K}[x]/< h>) \end{eqnarray}
なので定理6より$\Phi$は全射。

$y=x-\lambda$とおく。
すると
\begin{eqnarray} x\begin{pmatrix}y^{e-1}&y^{e-2}&\cdots&1\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}y^{e-1}&y^{e-2}&\cdots&1\end{pmatrix}\{\begin{pmatrix}0&1&0&\cdots&0\\0&0&1&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&0\\0&0&0&\ddots&1\\0&0&0&\cdots&0\end{pmatrix}+\begin{pmatrix}\lambda&0&0&\cdots&0\\0&\lambda&0&\cdots&0\\\vdots&\vdots&\ddots&\ddots&0\\0&0&0&\ddots&0\\0&0&0&\cdots&\lambda\end{pmatrix}\}\\ &=&\begin{pmatrix}y^{e-1}&y^{e-2}&\cdots&1\end{pmatrix}J_{e}(\lambda) \end{eqnarray}

定理19,定義21,補題24を使うだけなので省略。

仮定より以下の二つの式が成り立つ。
\begin{eqnarray} T\begin{pmatrix}v_{1}&\cdots&v_{n}\end{pmatrix}&=&\begin{pmatrix}v_{1}&\cdots&v_{n}\end{pmatrix}B\\ &=&\begin{pmatrix}u_{1}&\cdots&u_{n}\end{pmatrix}PB\\ &=&T\begin{pmatrix}u_{1}&\cdots&u_{n}\end{pmatrix}P\\ &=&\begin{pmatrix}u_{1}&\cdots&u_{n}\end{pmatrix}AP \end{eqnarray}
ゆえに$\begin{pmatrix}u_{1}&\cdots&u_{n}\end{pmatrix}(PB-AP)=O$を得る。
$\begin{pmatrix}u_{1}&\cdots&u_{n}\end{pmatrix}$は正則なので$PB-AP=O$が導かれる。整理して$B=P^{-1}AP$が示された。