本文中F总是特征为2的域，C_2^α为2^α阶循环群，其中1≤α。F[C_2^α]是群C_2^α的群代数。除非特别指出，所有模均指左模。

文献[1]分类了F[C_2^α]的所有互不同构的不可分解模M₁，M₂，…，M_2^α，其中dim_F(M_i)=i。文献[2]递推地给出表示环Rep(F[C_2^α])的乘法结构。文献[3]则证明了表示环$\operatorname{Rep}\left(F\left[C_{2^{\alpha}}\right]\right) \otimes_{\mathbf{Z}} \mathbb{C}$是半单环。

本文对Rep(F[C_2^α])进行进一步研究，首先证明Rep(F[C_2^α])的Krull维数为1；然后给出Rep(F[C_2^α])的所有素理想，找到零理想0的极小准素分解，最后证明谱空间Spec(Rep(F[C_2^α]))是连通的。

1 表示环的Krull维数

定义1.1      令 $S$ 是所有有限生成的 $F\left[C_{2^{\alpha}}\right]$模 $M$ 的同构类[ $M$ ]的集合。对以 $S$ 为基的自由交换群，由其子群＜[ $M]+[N]-[M \oplus N] \mid M$ ，$N \in S>$ 确定的商群在乘法 $[M][N]=\left[M \otimes_{F} N\right]$下成为一个交换环，称为 $F\left[C_{2^{\alpha}}\right]$ 的表示环，记作 $\operatorname{Rep}\left(F\left[C_{2^{\alpha}}\right]\right)$ 。

命题1.1    $\operatorname{Rep}\left(F\left[C_{2^{\alpha}}\right]\right) \cong \mathbf{Z}\left[x_{2}, \cdots\right.$ ，$\left.x_{2^{\alpha}}\right] /I_{2^{\alpha}}$ 是环同构，其中 $I_{2^{\alpha}}$ 是由表示环中 $\mathbf{Z}-$ 基的乘法关系

$ \left[M_{i} \otimes_{F} M_{j}\right]=\left[M_{\beta_{1}}\right]+\cdots+\left[M_{\beta_{n}}\right] $

(其中1≤i, j≤2^α)决定的形如x_ix_j-(x_β1+…+x_βn)(其中x₁=1)的元素生成的理想。

证明   有限生成F[C_2^α]模M有长度有限的合成列，故可写成不可分解模的直和。由Grothendick群的泛性性质，Rep(F[C_2^α])是以[M₁]，[M₂]，…，[M_2^α]为基的自由 Z模，其中dim_F(M_i)=i。于是在Rep(F[C_2^α])中有[M_i][M_j]=[M_i⊗_FM_j]=[M_β1]+…+[M_βn]，

并且[M₁]是乘法单位元。因此有加群同态

$ \varphi: \begin{cases}\operatorname{Rep}\left(F\left[C_{2^{\alpha}}\right]\right) & \rightarrow \mathbf{Z}\left[x_{2}, \cdots, x_{2^{\alpha}}\right] /I_{2^{\alpha}}, \\ {\left[M_{i}\right]} & \mapsto \bar{x}_{i} .\end{cases} $

令$\psi:\left\{\begin{array}{lll}\mathbf{Z}\left[x_{2}, \cdots, x_{2^{\alpha}}\right] & \rightarrow & \operatorname{Rep}\left(F\left[C_{2^{\alpha}}\right]\right), \\ x_{i} & \mapsto & {\left[M_{i}\right], }\end{array}\right.$则$\psi$是环的满同态并且$I_{2^{\alpha}} \subseteq \operatorname{ker}(\psi)$，于是诱导出$\mathbf{Z}\left[x_{2}, \cdots, x_{2^{\alpha}}\right] /I_{2^{\alpha}}$到$\operatorname{Rep}\left(F\left[C_{2^{\alpha}}\right]\right)$的环同态$\bar{\psi}$。$\bar{\psi}$与$\varphi$互逆表明$\bar{\psi}$是环同构。

由命题1.1可知Rep(F[C_2^α])是诺特环。

定理1.1    对1≤i, j≤2^α，假设在Rep(F[C_2^α])中有[M_i][M_j]=[M_β1]+…+[M_βn]，则有如下公式

$ \begin{aligned} {\left[M_{2^\alpha-i}\right]\left[M_j\right]=} & {\left[M_{2^\alpha-\beta_1}\right]+\cdots+} \\ & {\left[M_{2^\alpha-\beta_n}\right]+(j-n)\left[M_{2^\alpha}\right], } \end{aligned} $

(1)

$ {\left[M_{i}\right]\left[M_{2^{\alpha}-j}\right]=} {\left[M_{2^{\alpha}-i}\right]\left[M_{j}\right]+(i-j)\left[M_{2^{\alpha}}\right], } $

(2)

$ \left[M_{2^{\alpha}-i}\right]\left[M_{2^{\alpha}-j}\right]=\left[M_{i}\right]\left[M_{j}\right]+\left(2^{\alpha}-i-j\right)\left[M_{2^{\alpha}}\right] . $

(3)

证明   设$g_{\text {是 }} C_{2^{\alpha}}$的生成元。于是有环的满同态$\varphi:\left\{\begin{array}{lll}F[x] & \rightarrow & F\left[C_{2^{\alpha}}\right] \\ x & \mapsto & g .\end{array}\right.$由于$F[x]$是主理想整环，于是对任意$M_{k}$，作为不可分解的$F[x]$模，存在$m_{k} \in M_{k}$使$M_{k}=F[x] m_{k}$。此时有模同构$F[x] /\operatorname{Ann}_{F[x]}\left(m_{k}\right) \cong M_{k}$。因为$\operatorname{Ann}_{F[x]}\left(m_{k}\right)=$ $(f(x)) \supseteq\left((x-1)^{2^{\alpha}}\right) ~($注意$F$的特征为2），对比$F[x] /\operatorname{Ann}_{F[x]}\left(m_{k}\right) \cong M_{k}$两边的$F$模的维数可知$\operatorname{Ann}_{F[x]}\left(m_{k}\right)=\left((x-1)^{k}\right)$。因此有$F[x] /\left((x-1)^{k}\right) \cong M_{k}$是模同构。特别地$F\left[C_{2^{\alpha}}\right] \cong M_{2^{\alpha}} 。$

设F[C_2^α]模M有直和分解

$ M=M_{\gamma_{1}} \oplus \cdots \oplus M_{\gamma_{m}}, $

其中$1 \leqslant \gamma_{1} \leqslant \cdots \leqslant \gamma_{m} \leqslant 2^{\alpha}$。由于$M_{k} \cong$ $F[x] /\left((x-1)^{k}\right)$是$F[x]$模同构，所以有$m=$ $\operatorname{dim}_{F}(M /(x-1) M)$。由于$M_{k}$作为群$C_{2^{\alpha}}$的表示可以写成Jordan型矩阵

$ g_{\mapsto}\left(\begin{array}{cccc} 1 & 1 & & \\ & 1 & \ddots & \\ & & \ddots & 1 \\ & & & 1 \end{array}\right)_{k \times k}, $

再根据$M_{k} \cong F^{\oplus k}$，所以有$F\left[C_{2^{\alpha}}\right]$模的短正合序列

$ 0 \rightarrow M_{2^{\alpha}-i} \rightarrow M_{2^{\alpha}} \rightarrow M_{i} \rightarrow 0, $

其中$1 \leqslant i \leqslant 2^{\alpha}$。从而有$F\left[C_{2^{\alpha}}\right]$模的短正合序列$0 \rightarrow M_{2^{\alpha}-i} \otimes_{F} M_{j} \rightarrow M_{2^{\alpha}} \otimes_{F} M_{j} \rightarrow M_{i} \otimes_{F} M_{j} \rightarrow 0$。

由推论4.3.8^[4]有$F\left[C_{2^{\alpha}}\right]$模同构$M_{2^{\alpha}} \otimes_{F} M_{j} \cong j M_{2^{\alpha}}$，于是由定理中的记号$j=$ $\operatorname{dim}_{F}\left(M_{2^{\alpha}} \otimes_{F} M_{j} /(g-1)\left(M_{2^{\alpha}} \otimes_{F} M_{j}\right)\right) \geqslant n=$ $\operatorname{dim}_{F}\left(M_{i} \otimes_{F} M_{j} /(g-1)\left(M_{i} \bigotimes_{F} M_{j}\right)\right)$。又因为$0 \rightarrow \bigoplus\limits_{i=1}^{n} M_{2^{\alpha}-\beta_{i}} \rightarrow n M_{2^{\alpha}} \rightarrow \bigoplus\limits_{i=1}^{n} M_{\beta_{i}} \rightarrow 0$是$F\left[C_{2^{\alpha}}\right]$模的短正合序列，于是由Schanul定理可得$\left(M_{2^{\alpha}-i} \otimes_{F} M_{j}\right) \oplus n M_{2^{\alpha}} \cong\left(\bigoplus\limits_{i=1}^{n} M_{2^{\alpha}-\beta_{i}}\right) \oplus j M_{2^{\alpha}}$。从而在$\operatorname{Rep}\left(F\left[C_{2^{\alpha}}\right]\right)$中有$\left[M_{2^{\alpha}-i}\right]\left[M_{j}\right]=$ $\left[M_{2^{\alpha}-\beta_{1}}\right]+\cdots+\left[M_{2^{\alpha}-\beta_{n}}\right]+(j-n)\left[M_{2^{\alpha}}\right]$。

由于Rep(F[C_2^α])是交换环，所以式(2)可直接从式(1)得到。对于式(3)，可以直接由前2个公式得到。

从定理1.1的证明中可以得到下面2个推论。

推论1.1    在Rep(F[C_2^α])，对1≤i≤2^α，有

$ \left[M_{2^{\alpha}}\right]\left[M_{i}\right]=i\left[M_{2^{\alpha}}\right] . $

推论1.2    Rep(F[C_2^α])是Rep(F[C_2^α+1])的子环。

定理1.2    Rep(F[C_2^α])的Krull维数是1。

证明   记Rep(F[C_2^α])为R_α。由于在R_α+1中有[M_2^α+1][M_2^α+1]=2^α+1[M_2^α+1]，可知[M_2^α+1]满足x²-2^α+1x，于是R_α[M_2^α+1]是R_α的整扩张。

对1≤i < 2^α，设[M_2^α-i][M_2^α-i]=[M_β1]+…+[M_βn]。由定理1.1，存在整数k使得[M_2^α+i][M_2^α+i]=[M_β1]+…+[M_βn]+k[M_2^α+1]。于是[M_2^α+i]满足x²-a，其中a属于R_α[M_2^α+1]。从而R_α+1是R_α[M_2^α+1]的整扩张，故R_α+1的Krull维数等于R_α的维数。

下面求$R_{1}$的Krull维数。显然$\mathbf{Z}[x]$的Krull维数$\operatorname{Kr}(\mathbf{Z}[x])=2$。由命题1.1有$R_{1} \cong$ $\mathbf{Z}[x] /(x(2-x))$，因此$\operatorname{Kr}\left(R_{1}\right)=$ $\sup\limits_{m}\left\{\operatorname{Kr}\left(\left(R_{1}\right)_{m}\right)\right\}$，其中$m$是$\mathbf{Z}[x]$的任意极大理想，$\left(R_{1}\right)_{m}$是$m$对$R_{1}$的局部化。当$x^{2}-2 x \notin$ $m$时，有$\left(R_{1}\right)_{m}=0$。当$x^{2}-2 x \in m$时，有环同构$\left(R_{1}\right)_{m} \cong \mathbf{Z}[x]_{m} /\left(\frac{x(2-x)}{1}\right)$。由于$\frac{x(2-x)}{1}$不是$\mathbf{Z}[x]_{m}$中的零因子，于是根据文献[5]中的推论11.18可得$\operatorname{Kr}\left(\left(R_{1}\right)_{m}\right)=\operatorname{Kr}\left(\mathbf{Z}[x]_{m}\right)-1$。因此

$ \operatorname{Kr}\left(R_{1}\right)=\sup\limits_{m}\left\{\operatorname{Kr}\left((\mathbf{Z}[x])_{m}\right)\right\}-1=1 . $

2 零理想的极小准素分解

引理2.1    在Rep(F[C_2^α])中，设1≤k < α，0≤t≤2^α-k-1，0≤i≤2^k，则有

$ \left[M_{t2^{k}+i}\right]\left[M_{2^{k}}\right]=i\left[M_{(t+1) 2^{k}}\right]+\left(2^{k}-i\right)\left[M_{t2^{k}}\right] $

(4)

证明   首先M_2^k-i与M_2^k是不可分解的F[C_2^α]模，也是不可分解的F[C_2^k]模。由推论1.1，在Rep(F[C_2^k])中有[M_2^k-i][M_2^k]=(2^k-i)[M_2^k]。由推论1.2这一公式在Rep(F[C_2^k+1])中也成立。由式(1)，在Rep(F[C_2^k+1])中有

$ \left[M_{2^{k}+i}\right]\left[M_{2^{k}}\right]=i\left[M_{2 \cdot 2^{k}}\right]+\left(2^{k}-i\right)\left[M_{2^{k}}\right], $

在上式中用2^k-i代替i可得在Rep(F[C_2^k+1])中有

$ \left[M_{2 \cdot 2^{k}-i}\right]\left[M_{2^{k}}\right]=\left(2^{k}-i\right)\left[M_{2 \cdot 2^{k}}\right]+i\left[M_{2^{k}}\right], $

再由式(1)，在

Rep(F[C_2^k+2])中有

$ \left[M_{2 \cdot 2^{k}+i}\right]\left[M_{2^{k}}\right]=\left(2^{k}-i\right)\left[M_{2 \cdot 2^{k}}\right]+i\left[M_{3 \cdot 2^{k}}\right] . $

重复上述过程即得所证。

引理2.2    在Rep(F[C_2^α])中设1≤k < α，0≤i≤2^k。

1) 当$\left\{\begin{array}{l}1 \leqslant l \leqslant 2^{\alpha-k-1} \\ 2 \leqslant m \leqslant 2^{\alpha-k-1}\end{array}\right.$时，$\left[M_{(2 l-1) \cdot 2^{k}+i}\right]\left[M_{2 l \cdot 2^{k}}\right]$和$\left[M_{2(m-1) \cdot 2^{k}+i}\right]\left[M_{2(m-1) \cdot 2^{k}}\right]$是$\left[M_{2^{k+1}}\right], \cdots, \left[M_{2^{\alpha}}\right]$的非负整数为系数的线性组合。

2) 当1≤l≤2^α-k-1-1时，

$ {\left[M_{(2 l+1) 2^{k}+i}\right]\left[M_{(2 l+1) 2^{k}}\right]=} \\ \left(2^{k}-i\right)\left[M_{2^{k}}\right]+\sum\limits_{t=k+1}^{\alpha} k_{t}\left[M_{2^{t}}\right], $

(5)

$ {\left[M_{2l2^{k}+i}\right]\left[M_{(2 l+1) 2^{k}}\right]=i\left[M_{2^{k}}\right]+\sum\limits_{t={\rm k}+1}^{\alpha} k_{t}\left[M_{2^{t}}\right], } $

(6)

其中k_t是非负整数。

证明   由引理2.1可得

$ \begin{aligned} {\left[M_{2^{k}+i}\right]\left[M_{2^{k}}\right] } & =i\left[M_{2 \cdot 2^{k}}\right]+\left(2^{k}-i\right)\left[M_{2^{k}}\right], \\ {\left[M_{2 \cdot 2^{k}+i}\right]\left[M_{2^{k}}\right] } & =i\left[M_{3 \cdot 2^{k}}\right]+\left(2^{k}-i\right)\left[M_{2 \cdot 2^{k}}\right], \end{aligned} $

由式(2)和上面第2个公式可得

$ \begin{gathered} {\left[M_{2 \cdot 2^{k}+i}\right]\left[M_{3 \cdot 2^{k}}\right]=i\left[M_{2^{k}}\right]+} \\ \left(2^{k}-i\right)\left[M_{2 \cdot 2^{k}}\right]+\left(2^{k}+i\right)\left[M_{2^{2} \cdot 2^{k}}\right], \end{gathered} $

类似的，重复使用引理2.1和定理1.1，可以得到如下公式

$ \begin{aligned} & {\left[M_{3 \cdot 2^k+i}\right]\left[M_{3 \cdot 2^k}\right]=\left(2^k-i\right)\left[M_{2^k}\right]+\left(2^{k+1}+i\right)\left[M_{2^2 \cdot 2^k}\right], } \\ & {\left[M_{2^k+i}\right]\left[M_{2 \cdot 2^k}\right]=\left(2^k+i\right)\left[M_{2 \cdot 2^k}\right], } \\ & {\left[M_{2 \cdot 2^k+i}\right]\left[M_{2 \cdot 2^k}\right]=\left(2 \cdot 2^k-i\right)\left[M_{2 \cdot 2^k}\right]+i\left[M_{4 \cdot 2^k}\right], } \\ & {\left[M_{3 \cdot 2^k+i}\right]\left[M_{4 \cdot 2^k}\right]=\left(3 \cdot 2^k+i\right)\left[M_{4 \cdot 2^k}\right], } \\ & {\left[M_{4 \cdot 2^k+i}\right]\left[M_{4 \cdot 2^k}\right]=\left(4 \cdot 2^k-i\right)\left[M_{4 \cdot 2^k}\right]+i \cdot\left[M_{8 \cdot 2^k}\right] .} \end{aligned} $

1) 由上面讨论，易知l=1, 2且m=2时所证结论成立。设l, m≤2^t时, 所证结论成立。对t作归纳法。

当$2^{t}+1 \leqslant l \leqslant 2^{t+1}-1$，取$w$是正整数，使$2 l+1<2^{w+1-k}<2^{l+1}+2 l$。由归纳假设，可得$\left[M_{\left(2^{v+1-k}-2 l-1\right) 2^{k}+\left(2^{k}-i\right)}\right]\left[M_{\left(2^{w+1-k}-2 l 2^{k}\right.}\right]=\sum\limits_{i=k+1}^{\alpha} k_{t}\left[M_{2^{t}}\right]$，于是由式(3)，有$\left[M_{2l2^{k}+i}\right]\left[M_{2l2^{k}}\right]=\sum\limits_{t=k+1}^{\alpha} k_{t}^{\prime}\left[M_{2^{t}}\right]$，其中$k^{\prime}$，是非负整数(后面同理)。

当$l=2^{t}$时，由$\left[M_{2^{k++1}-i}\right]\left[M_{2^{k+t+1}}\right]=\left(2^{k+l+1}- i\right)$$\left[M_{2^{k++1}}\right]$和式(1)，可知也有$\left[M_{2l2^{k}+i}\right]\left[M_{2l2^{k}}\right]=$ $\sum\limits_{t=k+1}^{\alpha} k^{\prime}\left[M_{2^{t}}\right]$成立。因此对任意$2^{t}+1 \leqslant m \leqslant$ $2^{l+1}$，有

$ \left[M_{2(m-1) 2^{k}+i}\right]\left[M_{2(m-1) 2^{k}}\right]=\sum\limits_{t=k+1}^{\alpha} k_{t}^{\prime}\left[M_{2^{t}}\right] $

成立。

再设2^t+1≤m≤2^t+1，取w是正整数，使2(m-1)+1 < 2^w+1-k≤2^t+1+2(m-1)。由归纳假设可得

$ \left[M_{\left(2^{w+1-k}-2(m-1)\right) 2^{k}+i}\right]\left[M_{\left(2^{w+1-k}-2(m-1)\right) 2^{k}}\right]=\sum\limits_{t=k+1}^{\alpha} k_{t}\left[M_{2^{t}}\right], $

从而由式(3)有

$ \left[M_{(2(m-1)-1) 2^{k}+\left(2^{k}-i\right)}\right]\left[M_{2(m-1) 2^{k}}\right]=\sum\limits_{t=k+1}^{\alpha} k_{t}^{\prime}\left[M_{2^{t}}\right], $

m=2^t+1+1可直接代入上式验证。因此，对任意2^t≤l≤2^t+1，有

$ \left[M_{(2 l-1) 2^{k}+i}\right]\left[M_{2l2^{k}}\right]=\sum\limits_{t=k+1}^{\alpha} k_{t}^{\prime}\left[M_{2^{t}}\right] . $

综上，证明了l, m≤2^t+1时有结论成立。

2) 易知当l=1时，所证结论成立。设对l≤2^t，有所证结论成立。

当$2^{l}+1 \leqslant l \leqslant 2^{l+1}-1$，取$w$是正整数，使2 $(l+1) \leqslant 2^{w+1-k}<2^{l+1}+2(l+1)$。由归纳假设，有$\left[M_{\left(2^{w+1-k}-2(l+1)+1\right) 2^{k}}\right] \quad\left[M_{\left(2^{w+1-k}-2(l+1)+1\right) 2^{k}+\left(2^{k}-i\right)}\right]=$ $i\left[M_{2^{k}}\right]+\sum\limits_{t=k+1}^{\alpha} k_{t}\left[M_{2^{t}}\right]$。于是根据式(3)可得

$ \left[M_{2l2^{k}+i}\right]\left[M_{(2 l+1) 2^{k}}\right]=i\left[M_{2^{k}}\right]+\sum\limits_{t=k+1}^{\alpha} k_{t}^{\prime}\left[M_{2^{t}}\right], $

其中k′_t是非负整数(后面同理)。

当$2^{t}+1 \leqslant l \leqslant 2^{t+1}-2$时，取$w$是正整数，使$2(l+1)+2 \leqslant 2^{w+1-k}<2^{l+1}+2(l+1)$，考虑$\left[M_{\left(2^{w+1-k}-2(l+1)\right) 2^{k}+\left(2^{k}-i\right)}\right]\left[M_{\left(2^{w+1-k}-2(l+1)+1\right) 2^{k}}\right]=$ $\left(2^{k}-i\right)\left[M_{2^{k}}\right]+\sum\limits_{t=k+1}^{\alpha} k_{t}\left[M_{2^{t}}\right]$，于是有

$ \begin{gathered} {\left[M_{(2 l+1) 2^{k}+i}\right]\left[M_{(2 l+1) 2^{k}}\right]=} \\ \left(2^{k}-i\right)\left[M_{2^{k}}\right]+\sum\limits_{t=k+1}^{\alpha} k_{t}^{\prime}\left[M_{2^{i}}\right] . \end{gathered} $

当$l=2^{l+1}-1$时，由于$\left[M_{2^{k}-i}\right]\left[M_{2^{k}}\right]=\left(2^{k}-\right.$ $i)\left[M_{2^{k}}\right]$，所以由式(3)可得

$ \begin{aligned} {\left[M_{(2 l+1) 2^{k}+i}\right]\left[M_{(2 l+1) 2^{k}}\right] } & =\left[M_{\left(2^{t+2}-1\right) 2^{k}+i}\right]\left[M_{\left(2^{t+2}-1\right) 2^{k}}\right] \\ & =\left(2^{k}-i\right)\left[M_{2^{k}}\right]+\sum\limits_{t=k+1}^{\alpha} k_{t}^{\prime}\left[M_{2^{\prime}}\right] . \end{aligned} $

当t≤α-k-3，l=2^t+1时，由于

$ \begin{aligned} & {\left[M_{2^{t+2}{2^{k}-i}}\right]\left[M_{\left(2^{t+2}{-1) 2^{k}}\right.}\right]=\left[M_{(2(l-1)+1) 2^{k}+2^{k}-i}\right]\left[M_{(2(l-1)+1)^{k}}\right]} \\ & =i\left[M_{2^{k}}\right]+\sum\limits_{t=k+1}^{\alpha} k_{t}\left[M_{2^{t}}\right], \end{aligned} $

所以由2^t+k+3≤2^α和式(3)可知

$ \begin{aligned} {\left[M_{2l2^{k}+i}\right]\left[M_{(2 l+1) 2^{k}}\right] } & =\left[M_{2^{t+2}{2^{k}+i}}\right]\left[M_{\left(2^{t+2}+1\right) 2^{k}}\right] \\ & =i\left[M_{2^{k}}\right]+\sum\limits_{i=k+1}^{\alpha} k_{t}^{\prime}\left[M_{2^{t}}\right] . \end{aligned} $

最后，再令t≤α-k-3，l=2^t+1，根据前面所证的结论有

$ \begin{aligned} & {\left[M_{2(l-1) 2^{k}+\left(2^{k}-i\right)}\right]\left[M_{(2(l-1)+1) 2^{k}}\right]=} \\ & \left(2^{k}-i\right)\left[M_{2^{k}}\right]+\sum\limits_{t=k+1}^{\alpha} k_{t}\left[M_{2^{t}}\right], \end{aligned} $

所以应用式(3)可知

$ \left[M_{(2l+1)^{k}+i}\right]\left[M_{(2l+1) 2^{k}}\right]=\left(2^{k}-i\right)\left[M_{2^{k}}\right]+\sum\limits_{t=k+1}^{\alpha} k_{i}^{\prime}\left[M_{2^{k}}\right] . $

综上，证明了l≤2^t+1时式(5)和式(6)成立。

引理2.3    在Rep(F[C_2^α])中，设0≤l≤2^α-1-1，则有下式成立

$ \left[M_{2 l+1}\right]\left[M_{3}\right]=\left\{\begin{array}{l} {\left[M_{2 l+3}\right]+\sum\limits_{t=1}^{2^{\alpha-1}} k_{t}\left[M_{2 t}\right], 2 \mid l, } \\ {\left[M_{2 l-1}\right]+\sum\limits_{t=1}^{2^{\alpha-1}} k_{t}\left[M_{2 t}\right], 2 \nmid l, } \end{array}\right. $

(7)

其中k_t是非负整数。

证明   易知α=2时所证结论成立。对α用归纳法，下证对α+1有所证结论成立。

当$0 \leqslant l \leqslant 2^{\alpha-1}-1$时，由归纳假设有

$ \left[M_{2 l+1}\right]\left[M_{3}\right]=\left\{\begin{array}{l} {\left[M_{2 l+3}\right]+\sum\limits_{t=1}^{2^{\alpha-1}} k_{t}\left[M_{2 t}\right], 2 \mid l, } \\ {\left[M_{2 l-1}\right]+\sum\limits_{t=1}^{2^{\alpha-1}} k_{t}\left[M_{2 t}\right], 2 \nmid l, } \end{array}\right. $

成立。

当$2^{\alpha-1} \leqslant l \leqslant 2^{\alpha}-1$时，由归纳假设有

$ \begin{aligned} & {\left[M_{2\left(2^{\alpha}-l-1\right)+1}\right]\left[M_{3}\right]=} \\ &\left\{\begin{array}{l} {\left[M_{2^{\alpha+1}-2 l+1}\right]+\sum\limits_{t=1} k_{t}\left[M_{2 t}\right], 2 \nmid l, } \\ {\left[M_{2^{\alpha+1}-2 l-3}\right]+\sum\limits_{t=1}^{2^{\alpha-1}} k_{t}\left[M_{2 t}\right], 2 \mid l.} \end{array}\right. \end{aligned} $

因此应用式(1)，可知式(7)成立。

引理2.4    在$\operatorname{Rep}\left(F\left[C_{2^{\alpha}}\right]\right)$中，设$2 \leqslant \alpha$，$1 \leqslant l \leqslant 2^{\alpha-1}-1$且$2 \nmid l$，则有

$ \left[M_{2 l+1}\right]\left[M_{2 l-1}\right]=\left[M_{3}\right]+\sum\limits_{t=1}^{\alpha} k_{t}\left[M_{2^{t}}\right], $

(8)

其中k_t是非负整数。

证明   易知α=2时所证结论成立。对α用归纳法，下证对α+1有所证结论成立。

当$1 \leqslant l \leqslant 2^{\alpha-1}-1$且$2 \nmid l$时，由归纳假设有

$ \left[M_{2 l+1}\right]\left[M_{2 l-1}\right]=\left[M_{3}\right]+\sum\limits_{t=1}^{\alpha} k_{t}\left[M_{2^{t}}\right] $

成立。

当$2^{\alpha-1}+1 \leqslant l \leqslant 2^{\alpha}-1$且$2 \nmid l$时，由归纳假设，有

$ \left[M_{2\left(2^{\alpha}-l\right)+1}\right]\left[M_{2\left(2^{\alpha}-l\right)-1}\right]=\left[M_{3}\right]+\sum\limits_{t=1}^{\alpha} k_{t}\left[M_{2^{t}}\right], $

因此应用式(3)，可知式(8)成立。

引理2.5    $\operatorname{Rep}\left(F\left[C_{2^{\alpha}}\right]\right)$中，设$1 \leqslant i \leqslant$ $2^{\alpha-1}, 1 \leqslant j \leqslant 2^{\alpha}$，则

$ \left[M_{2 i}\right]\left[M_{j}\right]=\sum\limits_{t=1}^{2^{\alpha-1}} k_{t}\left[M_{2 t}\right] . $

(9)

其中k_t是非负整数。

证明   因为[M₂][M₃]=[M₂]+[M₄]，所以结合推论1.1，易知式(9)对α=1，2成立。对α做归纳，下证对α+1有所证结论成立。

不妨设式(9)中$j \neq 2^{\alpha}$(否则结论显然成立)。由归纳假设有$\left[M_{2^{\alpha}-2 i}\right]\left[M_{2^{\alpha}-j}\right]=$ $\sum\limits_{t=1}^{2^{\alpha-1}} k_{t}\left[M_{2 t}\right]$，用定理1.1有

$ \begin{aligned} & {\left[M_{2^{\alpha}+2 i}\right]\left[M_{2^{\alpha}+j}\right]=\sum\limits_{t=1}^{2^{\alpha}} k_{t}^{\prime}\left[M_{2 t}\right], } \\ & {\left[M_{2^{\alpha}+2 i}\right]\left[M_{2^{\alpha}-j}\right]=\sum\limits_{t=1}^{2^{\alpha}} k_{t}^{\prime \prime}\left[M_{2 t}\right], } \\ & {\left[M_{2^{\alpha}-2 i}\right]\left[M_{2^{\alpha}+j}\right]=\sum\limits_{t=1}^{2^{\alpha}} k_{t}^{\prime \prime \prime}\left[M_{2 t}\right], } \end{aligned} $

其中k′_t、k″_t和k'''_t都是非负整数。

命题2.1    设P是Rep(F[C_2^α])的素理想。

1) 设1≤k≤α. 当[M_2^k+1], …, [M_2^α]∈P，[M_2^k]∉P时(这里k=α时[M_2^α]∉P)。

(ⅰ)对任意1≤i≤2^k，有[M_i]-i∈P，[M_2^k+i]-(2^k-i)∈P；

(ⅱ)对任意的$1 \leqslant i \leqslant 2^{k}, 2 \leqslant t \leqslant 2^{\alpha-k}-1$，有$\left[M_{12^{k}+i}\right]\left[M_{12^{k}+i}\right]-\left\{\begin{array}{l}i^{2} \in P, 2 \mid t \\ \left(2^{k}-i\right)^{2} \in P, 2 \nmid t\end{array} \in P\right.$。

2) 当[M₂]，[M_2²]，…，[M_2^α]∈P时，对任意1≤i≤2^α-1，有[M_2i]∈P，[M_2i-1][M_2i-1]-1∈P。

证明   1)(ⅰ)由([M_i]-i)[M_2^k]=0，可以得到[M_i]-i∈P. 由式(4)可以得到([M_2^k+i]-2^k+i)[M_2^k]∈P，从而[M_2^k+i]-(2^k-i)∈P。

(ⅱ)由式(4)，[M_2·2^k+i][M_2^k]-(i[M_3·2^k]+(2^k-i)[M_2·2^k])=0，对该式乘[M_2·2^k+i]，由引理2.2，可知[M_2·2^k+i][M_2·2^k+i]-i²∈P。依次下去即得所证。

2) 易知α=1，2时结论成立。设对任意β < α，在Rep(F[C_2^α])中有所证结论成立。

因为[M₃][M₃]=[M₁]+2[M₄]，所以根据已知条件[M₃][M₃]-1∈P，从而[M₃]∉P。由式(8)，对任意的2 t有[M_t]∉P。

设1≤i≤2^α-2-1，由式(9)可得

$ \left[M_{2^{a-1}-2 i}\right]\left[M_{2^{a-1}-1}\right]-\sum\limits_{t=1}^{2^{a-2}} k_{t}\left[M_{2 t}\right]=0, $

从而有$\left[M_{2^{\alpha-1}+2 i}\right]\left[M_{2^{\alpha-1}+1}\right]-k_{2^{\alpha}}\left[M_{2^{\alpha}}\right]-$ $\sum\limits_{t=1}^{2^{\alpha-2}} k_{t}\left[M_{2 t}\right]=0$。根据归纳假设，$\left[M_{2^{\alpha-1}+2 i}\right]\left[M_{2^{\alpha-1}+1}\right] \in P$，所以$\left[M_{2^{\alpha-1}+2 i}\right] \in P$。

下设0≤l≤2^α-2-1。

当2|l时，由式(7)，有

$ \left[M_{2^{\alpha-1}+2 l+1}\right]\left[M_{3}\right]-\left[M_{2^{\alpha-1}+2 l+3}\right]-\sum\limits_{t=1}^{2^{k}} k_{t}\left[M_{2}\right]=0, $

对该式两边乘[M_2^α-1+2l+1]，再由式(8)可知

$ \left[M_{2^{\alpha-1}+2 l+1}\right]\left[M_{2^{\alpha-1}+2 l+1}\right]-1 \in P . $

当$2 \nmid l$时，同理有$\left[M_{2^{\alpha-1}+2 l+1}\right]\left[M_{2^{\alpha-1}+2 l+1}\right]-1 \in$ $P$。

定理2.1    在R_α=Rep(F[C_2^α])中，极小素理想P一定形如下面4种形式：

1) $\left(\left[M_{i}\right]-i \mid 2 \leqslant i \leqslant 2^{\alpha}\right)$；

2) $\left(\left[M_{2^{\alpha}}\right]\right)+\left(\left[M_{i}\right]-i \mid 2 \leqslant i \leqslant 2^{\alpha-1}\right)+$ $\left(\left[M_{2^{\alpha-1}+i}\right]-\left(2^{\alpha-1}-i\right) \mid 0<i<2^{\alpha-1}\right)$；

3) 设$1 \leqslant k \leqslant \alpha-2$，则$\left(\left[M_{2^{\alpha}}\right], \cdots, \left[M_{2^{k+1}}\right]\right)+$ $\left(\left[M_{i}\right]-i \mid 2 \leqslant i \leqslant 2^{k}\right)+\left(\left[M_{2^{k}+i}\right]-\left(2^{k}-i\right) \mid\right.$ $\left.1 \leqslant i \leqslant 2^{k}\right)+\left(\left[M_{t 2^{k}+i}\right]-k_{t 2^{k}+i} \mid 2 \leqslant t \leqslant 2^{\alpha-k}-1\right.$，$\left.1 \leqslant i \leqslant 2^{k}\right)$，其中当$2 \mid t$时，$\left|k_{t 2^{k}+i}\right|=i$，而当$2 \nmid t$时，$\left|k_{t2^{k}+i}\right|=2^{k}-i$，再按照如下规则确定$\left|k_{t2^{k}+i}\right|$的正负号：令$k+1 \leqslant l \leqslant \alpha-1$，任意选取$k_{2^{l}+1}$的正负号，再随着$l$从小到大，依次按照$k_{2^{l}+1} k_{2^{l}+w}=k_{w}\left(k_{1}=1\right), 1 \leqslant w \leqslant 2^{l}$，确定$k_{2^{l}+w}$的正负号；

4)([M_2i]|1≤i≤2^α-1)+([M_2i+1]-k_2i+1|1≤i < 2^α-1)，其中|k_2i+1|=1，对每个1≤l≤α-1，指定k_2^l+1的正负号，再随着l从小到大，依次按照k_2^l+1k_2^l+2w-1=k_2w-1，1≤w≤2^l-1，确定k_2^l+2w-1的正负号。

证明   由命题1.1，R_α的素理想和Z[x₂, …, x_2^α]中包含I_2^α(命题1.1中的理想)的素理想一一对应。因为有环同构

$ \mathbf{Z}\left[x_{2}, \cdots, x_{2^{\alpha}}\right] /\left(x_{i}-k_{i} \mid 2 \leqslant i \leqslant 2^{\alpha}\right) \cong \mathbf{Z} $

所以(x_i-k_i|2≤i≤2^α)是Z[x₂, …, x_2^α]中的素理想。因此只需证明在Z[x₂, …, x_2^α]中I_2^α包含(x_i-k_i|2≤i≤2^α)。

又因为对于Z[x₂, …, x_2^α]中的理想(x_i-k_i|2≤i≤2^α)有f(x₂, …, x_2^α)∈(x_i-k_i|2≤i≤2^α)当且仅当f(k₂, …, k_2^α)=0。所以，只需证明对I_2^α中的全体形如x_ix_j-(x_β1+…+x_βn)(其中1≤i, j≤2^α，规定x₁=1)的生成元满足

$ k_{i} k_{j}-\left(k_{\beta_{1}}+\cdots+k_{\beta_{n}}\right)=0, $

其中k₁=1。

1) 对任意1≤i≤2^α，有k_i=i，由

$ \left[M_{i}\right]\left[M_{j}\right]=\left[M_{\beta_{1}}\right]+\cdots+\left[M_{\beta_{n}}\right] $

两边的 $F$ 维数相等，所以 $i j-\left(\beta_{1}+\cdots+\beta_{n}\right)=0$ 。因此 $k_{i} k_{j}-\left(k_{\beta_{1}}+\cdots+k_{\beta_{n}}\right)=0$ ，故 $I_{2^{\alpha}} \subset\left(x_{i}-k_{i}\right.$ $12 \leqslant i \leqslant 2^{\alpha}$ ）。

2) 对任意1≤i≤2^α-1，有k_i=i，k_2^α-1+i=2^α-1-i。

下设1≤i, j < 2^α-1。

设x_2^α-1-ix_2^α-1-j-(x_β1+…+x_βn)∈I_2^α，于是由

$ \left[M_{2^{\alpha-1}-i}\right]\left[M_{2^{\alpha-1}-j}\right]=\left[M_{\beta_1}\right]+\cdots+\left[M_{\beta_n}\right] $

两边的F维数相等, 可得

$ k_{2^{\alpha-1}-i} k_{2^{\alpha-1}-j}-\left(k_{\beta_{1}}+\cdots+k_{\beta_{n}}\right)=0 . $

由定理1.1可知，x_2^α-1+ix_2^α-1+j-(x_β1+…+x_βn+mx_2^α)(其中m是整数)是I_2^α的生成元之一。又因为k_2^α-1-i=2^α-1-i=k_2^α-1+i，k_2^α=0，于是

$ k_{2^{\alpha-1}+i} k_{2^{\alpha-1}+j}-\left(k_{\beta_{1}}+\cdots+k_{\beta_{n}}+m k_{2^{\alpha}}\right)=0, $

从而x_2^α-1+ix_2^α-1+j-(x_β1+…+x_βn+mx_2^α)∈(x_i-k_i|2≤i≤2^α)。

同理由定理1.1可知，x_2^α-1+ix_2^α-1-j-(x_{2^α-1+(2^α-1-β1)}+…+x_{2^α-1+(2^α-1-βn)}+mx_2^α)(其中m是整数)是I_2^α的生成元之一。又因为k_2^α-1+ik_2^α-1-j-(k_2^α-β1+…+k_2^α-βn+mk_2^α)=k_2^α-1-ik_2^α-1-j-(k_β1+…+k_βn)=0，所以x_2^α-1+ix_2^α-1-j-(x_γ1+…+x_γn)∈(x_i-k_i|2≤i≤2^α)，显然x_2^αx_2^α-1±j-(2^α-1±j)x_2^α∈(x_i-k_i|2≤i≤2^α)。

综上$I_{2^{\alpha}} \subset\left(x_{i}-k_{i} \mid 2 \leqslant i \leqslant 2^{\alpha}\right)$ 。

3) 对任意$1 \leqslant i \leqslant 2^{k}$，有$k_{i}=i, k_{2^{k}+i}=2^{k}-i$。

设1≤l，w=t₁2^k+i，其中0≤t₁ < 2^l，1≤i≤2^k。于是根据本定理中的定义有

$ \left|k_{2^{k+1}+w}\right|=\left|k_{w}\right|= \begin{cases}i, & 2 \mid t_{1}, \\ 2^{k}-i, & 2 \nmid t_{1}\end{cases} $

首先，设 $k=\alpha-2,1 \leqslant i, j <2^{\alpha-1}$ 。由本定理的 2）可知，对生成元 $x_{i} x_{j}-\left(x_{\beta_{1}}+\cdots+x_{\beta_{n}}\right) \in I_{2^{\alpha-1}}$ $\subset I_{2^{\alpha}}$ 有 $k_{i} k_{j}-\left(k_{\beta_{1}}+\cdots+k_{\beta_{n}}\right)=0$ ，所以 $x_{i} x_{j}-\left(x_{\beta_{1}}+\cdots+x_{\beta_{n}}\right) \in\left(x_{i}-k_{i} \mid 2 \leqslant i \leqslant 2^{\alpha}\right)$。设生成元x_2^α-1-ix_2^α-1-j-(x_γ1+…+x_γn)∈I_2^α-1⊆I_2^α(因为1≤i, j < 2^α-1，所以2^α-1-i和2^α-1-j都不为0). 于是有生成元x_2^α-1+ix_2^α-1+j-(x_γ1+…+x_γn+mx_2^α)∈I_2^α(其中m是整数). 由定理中的定义，有

$ \begin{aligned} k_{2^{\alpha-1}+1} k_{2^{\alpha-1}+i}&=k_{i}\\ & =k_{2^{\alpha-1}-i} \\ & = \begin{cases}i, & 1 \leqslant i \leqslant 2^{\alpha-2}, \\ 2^{\alpha-2}-\left(i-2^{\alpha-2}\right), & 2^{\alpha-2}+1 \leqslant i \leqslant 2^{\alpha-1}\end{cases} \end{aligned} $

所以k_2^α-1-ik_2^α-1-j=k_2^α-1+ik_2^α-1+j。因此k_2^α-1+ik_2^α-1+j-(k_γ1+…+k_γn+mk_2^α)=k_2^α-1-ik_2^α-1-j-(k_γ1+…+k_γn)=0。因此x_2^α-1+ix_2^α-1+j-(x_γ1+…+x_γn+mx_2^α)∈(x_i-k_i|2≤i≤2^α)。

再设x_ix_2^α-1-j-(x_γ1+…+x_γn)∈I_2^α-1⊆I_2^α，于是有x_2^α-1+ix_2^α-1-j-(x_2^α-1+γ1+…+x_2^α-1+γn+mx_2^α+m′x_2^α-1)∈I_2^α(其中m是整数)。所以k_2^α-1+ik_2^α-1-j-(k_2^α-1+γ1+…+k_2^α-1+γn)=k_2^α-1+1(k_ik_2^α-1-j-(k_γ1+…+k_γn))=0。因此x_2^α-1+ix_2^α-1-j-(x_2^α-1+β1+…+x_2^α-1+βn+mx_2^α+m′x_2^α-1)∈(x_i-k_i|2≤i≤2^α)，显然x_2^αx_2^α-1±j-(2^α-1±j)x_2^α∈(x_i-k_i|2≤i≤2^α)。

综上，$k=\alpha-2$ 时 $I_{2^{\alpha}} \subset\left(x_{i}-k_{i} \mid 2 \leqslant i \leqslant\right.$ $2^{\alpha}$ )。

当k=α-3时，设1≤i, j≤2^α-1，由本定理2)和上面刚刚所证的结果可得x_ix_j-(x_β1+…+x_βn)∈I_2^α时，有$x_{i} x_{j}-\left(x_{\beta_{1}}+\cdots+x_{\beta_{n}}\right) \in\left(x_{i}-k_{i} \mid 2 \leqslant i \leqslant 2^{\alpha}\right)$。

其余与上面同理可证。

依次下去，可知对每个1≤k≤α-2有

$ I_{2^{\alpha}} \subset\left(x_{i}-k_{i} \mid 2 \leqslant i \leqslant 2^{\alpha}\right) . $

4) α=1，2时结论成立。对α做归纳，下证对α有所证结论成立。

由命题2.1(2)可知，对任意1≤l≤2^α-1有[M_2l]∈P，因此k_2l=0. 由式(9)，不妨设1≤i, j≤2^α-1且2不能整除i，j。

当生成元 $x_{i} x_{j}-\left(x_{\beta_{1}}+\cdots+x_{\beta_{n}}\right) \in I_{2^{\alpha-1}} \subset I_{2^{\alpha}}$时，根据归纳假设有 $x_{i} x_{j}-\left(x_{\beta_{1}}+\cdots+x_{\beta_{n}}\right) \in\left(x_{i}\right.$ $\left.-k_{i} \mid 2 \leqslant i \leqslant 2^{\alpha}\right)$ 。此时由定理1.1可得

$ \begin{aligned} & x_{2^{\alpha-1}-i} x_{2^{\alpha-1}-j}-\left(x_{\beta_{1}}+\cdots+x_{\beta_{n}}+m^{\prime} x_{2^{\alpha-1}}\right) \in I_{2^{\alpha}}, \\ & x_{2^{\alpha-1}+i} x_{2^{\alpha-1}+j}-\left(x_{\beta_{1}}+\cdots+x_{\beta_{n}}+m x_{2^{\alpha}}\right) \in I_{2^{\alpha}}, \end{aligned} $

其中m′和m是整数。因此根据归纳假设k_2^α-1-ik_2^α-1-j=k_β1+…+k_βn=k_ik_j，又因为k_2^α-1+ik_2^α-1+j=(k_2^α-1+1k_2^α-1+i)(k_2^α-1+1k_2^α-1+j)=k_ik_j，所以k_2^α-1-ik_2^α-1-j=k_ik_j=k_2^α-1+ik_2^α-1+j。因此

$ x_{2^{\alpha-1}+i} x_{2^{\alpha-1}+j}-\left(x_{\beta_{1}}+\cdots+x_{\beta_{n}}+m x_{2^{\alpha}}\right) \in\\ 、；、；、；、；、；、；、；、；\left(x_{i}-k_{i} \mid 2 \leqslant i \leqslant 2^{\alpha}\right) . $

同理由x_ix_j-(x_β1+…+x_βn)∈I_2^α可得x_2^α-1+ix_2^α-1-j-(x_{2^α-1+2^α-1-β1}+…+x_{2^α-1+2^α-1-βn}+mx_2^α+m′x_2^α-1)∈I_2^α(其中m′和m是整数)，所以根据归纳假设可得$k_{2^{\alpha-1}+i} k_{2^{\alpha-1}-j}-\left(k_{2^{\alpha-1}+2^{\alpha-1}-\beta_{1}}+\cdots+k_{2^{\alpha-1}+2^{\alpha-1}-\beta_{n}}\right)=$ $k_{2^{\alpha-1}+1}\left(k_{i} k_{2^{\alpha-1}-j}-\left(k_{2^{\alpha-1}-\beta_{1}}+\cdots+k_{2^{\alpha-1}-\beta_{n}}\right)\right)=0$. 因此

$ \begin{gathered} x_{2^{\alpha-1}+i} x_{2^{\alpha-1}-j}-\left(x_{\beta_{1}}+\cdots+x_{\beta_{n}}+m x_{2^{\alpha}}\right) \in \\ \left(x_{i}-k_{i} \mid 2 \leqslant i \leqslant 2^{\alpha}\right) . \end{gathered} $

综上，$I_{2^{\alpha}} \subset\left(x_{i}-k_{i} \mid 2 \leqslant i \leqslant 2^{\alpha}\right)$ 。

推论2.1    若I是Rep(F[C_2^α])的极大理想，则I=P+(q)，其中P是定理2.1中的极小素理想，q是一个素数。

推论2.2    1)(i)Rep(F[C_2^α])中形如定理2.1中1)和2)的素理想各有1个。

(ii) Rep(F[C_2^α])中形如定理2.1(3)的素理想有2^α-1-2个。

(iii) Rep(F[C_2^α])中形如定理2.1(4)的素理想有2^α-1个。

2) 所有极大理想构成的集合是无限可数集。

文献[3]证明了$\operatorname{Rep}\left(F\left[C_{2^{\alpha}}\right]\right) \otimes_{\mathbf{Z}} \mathbb{C}$是半单环。由于$\mathbb{C}$是代数闭域，所以$\operatorname{Rep}\left(F\left[C_{2^{\alpha}}\right]\right) \otimes_{\mathbf{Z}} \mathbb{C}$ $\bigoplus\limits_{i=1}^{2^\alpha}$是环同构，因此$\operatorname{Rep}\left(F\left[C_{2^{\alpha}}\right]\right) \otimes_{\mathbf{Z}} \mathbb{C} \cong{ }_{i=1}^{\oplus^{\alpha}} \mathbb{C}$有且只有$2^{\alpha}$个素理想，且每个素理想都是极大理想。这与推论2.1和推论2.2是一致的。

引理2.6    在Rep(F[C_2^α])中，设0≤i≤2^α-1-1，0≤j≤2^α-1-1，则[M_2i+1][M_2j+1]的直和分解中有[M₁]当且仅当i=j。

证明   易知结论对α=1, 2成立。对α用归纳法。设在Rep(F[C_2^α-1])中有结论成立。设0≤i, j≤2^α-2-1，[M_2^α-1+2i+1][M_2^α-1+2j+1]=[M_β1]+…+[M_βn]，于是可得[M_2^α-1-2i-1][M_2^α-1-2j-1]=[M_β1]+…+[M_βn]+l[M_2^α]，其中l是整数。由归纳假设，存在β_i=1当且仅当i=j。

引理2.7    在Rep(F[C_2^α])中，令1≤k≤α，1≤i≤2^α-k，则[M_2^ki][M_2^kj]的直和分解中有[M_2^k]当且仅当i=j且$2 \nmid i$。

证明   易知对α=2成立。设Rep(F[C_2^α-1])中有结论成立，下证对α也成立。

k=α和α-1时结论显然成立。

不妨设$1 \leqslant i, j \leqslant 2^{\alpha-1-k}-1$且$1 \leqslant k \leqslant \alpha-2$。

设[M_2^α-1+2^ki][M_2^α-1+2^kj]=[M_β1]+…+[M_βn]，于是有[M_2^α-1-2^ki][M_2^α-1-2^kj]=[M_β1]+…+[M_βn]+l[M_2^α]，其中l是整数。由归纳假设，存在β_i=2^k当且仅当i=j且$2 \nmid i$。

引理2.7可以用如下迭代的形式来表述：

在Rep(F[C_2^α])中，令1≤i≤2^α-1，y⁽¹⁾_i=2i；设y^(k-1)_i已定义，令1≤i≤2^α-k，y^(k)_i=y^(k-1)_2i，于是[M_yi^(k)][M_yj^(k)]的直和分解中有[M_2^k]当且仅当i=j且$2 \nmid i$。

定理2.2    Rep(F[C_2^α])是reduced环。

证明   设$x=\sum\limits_{t=1}^{2^\alpha} k_t\left[M_t\right]$，并且x²=0。由引理2.5和引理2.6，可知当$2 \nmid i$时，k_i=0。由引理2.7，依次比较两边[M₂]，[M_2²], …, [M_2^α]的系数可知x=0。

定理2.3    令$T$ 是定理2.1中的所有极小素理想构成的集合，则 $0=\bigcap\limits_{P \in T} P$是0的极小准素分解。此时$\operatorname{Rep}\left(F\left[C_{2^{\alpha}}\right]\right)$ 的所有零因子是 $\bigcup\limits_{P \in T} P$。

证明   由定理2.2，

$ 0=\bigcap\limits_{P \in T} P $

成立。设$0=\bigcap\limits_{i \in I} q_{i}$是由$0=\bigcap\limits_{P \in T} P$得到的0的极小准素分解。由文献[5]的命题4.6，对$\operatorname{Rep}\left(F\left[C_{2^{\alpha}}\right]\right)$的每个素理想$P$，存在$i \in I$，使得$\sqrt{q_{i}}=P \text {, 因此 } 0=\bigcap\limits_{P \in T} P $就是极小准素分解。

推论2.3    设$R=\operatorname{Rep}\left(F\left[C_{2^{\alpha}}\right]\right), { }_{R} P \rightarrow{ }_{R} M \rightarrow$ 0是$R$模$M$的投射盖，则$M \cong P$是$R$模同构。

证明   只需证明Rep(F[C_2^α])作为R模的任一多余子模是0。由推论2.1和定理2.3，R的Jacobson radical J(R)=0，于是_RR的所有多余子模的和是0。所以P的Jacobson radical(见文献[6]) J(P)=0。因此P的所有多余子模的和为0。

定理2.4    记$R=\operatorname{Rep}\left(F\left[C_{2^{\alpha}}\right]\right)$，$\operatorname{Spec}(R)$取Zariski拓扑，$\mathbf{Z}$取离散拓扑，则$\operatorname{Mor}_{\text {Top }}(\operatorname{Spec}(R)$，$\mathbf{Z}) \cong \mathbf{Z}$是群同构。

证明   记$V(I)=\{p \in \operatorname{Spec}(R) \mid p \supseteq I\}$，其中$I$是$R$的理想。设$p_{i}$琽是任意2个极小素理想。

易知V(p_i)和V(p_j)都是Spec(R)的连通拓扑子空间。由于p_i+(2)=p_j+(2)，于是Spec(R)只有一个连通分支。由连续映射保持连通性，可知结论成立。