Estás en lo correcto, la existencia se mantiene, pero la afirmación de unicidad es falsa en varios aspectos.
En primer lugar, es cierto que $\Bbb Z^2$ como un módulo sobre $\Bbb Z$ se puede expresar, por ejemplo, como $(1) \oplus (1)$ así como $(1) \oplus (2)$. Más generalmente, se podría observar que la afirmación contradice su análogo para un DIP, que dice que los módulos proyectivos finitamente generados sobre un DIP $A$ son libres, es decir, isomorfos a sumas directas del ideal unitario: toma cualquier ideal no unitario de $A$ como contraejemplo para la unicidad de la afirmación de Lang.
Viendo este argumento, podrías pensar que tal vez hay una manera de mantener la unicidad, imponiendo que los ideales $\mathfrak{a}$ sean tomados tan grandes como sea posible: cualquier ideal principal de $A$ es isomorfo (como un módulo sobre $A$) al ideal unitario y está contenido en él; si reemplazamos ideales principales por ideales unitarios en nuestro argumento para DIP, sí encontramos unicidad.
Desafortunadamente, la respuesta sigue siendo no, y aquí hay un contraejemplo. Considera $A = \Bbb Z[\sqrt{-5}]$, que se sabe que es un dominio de Dedekind no principal. Sea $M=\mathfrak{p} := (2,1+\sqrt{-5})$, sea $N = \mathfrak{q} := (3,1-\sqrt{-5})$. Estos son ideales maximales distintos de $A$, por lo que ninguno está contenido en el otro. Sin embargo, el mapa $$m \mapsto \frac{m \times 3}{1+\sqrt{-5}}$$ define un isomorfismo de módulos sobre $A$ de $\mathfrak{p}$ a $\mathfrak{q}$ (basta verificar las imágenes de los generadores).
Puedes detenerte aquí si solo querías un contraejemplo definitivo. Ahora continuaré para mostrar dónde falla la prueba de Lang.
Lang muestra la existencia de la siguiente manera. Elije cualquier $\lambda \neq 0 \in \operatorname{Hom}_A(M,A)$, que existe (elige un mapa lineal distinto de cero $M \otimes_A K \rightarrow K$, donde $K= \operatorname{Frac}(A)$, y multiplica por el denominador común de las imágenes de los generadores de $M$). Denota $\mathfrak{a}_1 := \lambda(M)$, es un módulo libre de torsión finitamente generado sobre $A$, por lo tanto, proyectivo (Proposición 26 de Lang), por lo que la siguiente sucesión exacta corta se descompone: $$0 \rightarrow M_1 := \ker \lambda \rightarrow M \rightarrow \mathfrak{a}_1 \rightarrow 0.$$ Por lo tanto, podemos escribir $M \simeq \mathfrak{a}_1 \oplus M_1$. Al tensorizar con $K$, se ve que el rango de $M_1$ es menor que el rango de $M$, por lo que uno estaría tentado a continuar por inducción. Pero al hacerlo, no tendríamos una forma de imponer la relación de división entre los ideales. En cambio, si primero elegimos $\lambda$ como se mencionó anteriormente para que la imagen sea lo más grande posible (evito el término "maximal" porque la imagen no necesita ser un ideal maximal), entonces estamos garantizados de que los ideales restantes están contenidos en $\mathfrak{a}_1$. Para ver esto, supón que $M_1 \simeq \mathfrak{a}_2 \oplus M_2$ con $\mathfrak{a}_2$ no contenido en $\mathfrak{a}_1$, entonces $M \simeq \mathfrak{a}_1 \oplus \mathfrak{a}_2 \oplus M_2$, a partir de lo cual encontramos un mapa $\lambda':M \rightarrow A$ cuya imagen contiene tanto a $\mathfrak{a}_1$ como a $\mathfrak{a}_2$, contradiciendo la maximalidad de $\lambda$. Esto concluye la existencia.
Para la unicidad, Lang simplemente dice
La unicidad se sigue localizando en primos $\mathfrak{p}$, e invocando la correspondiente unicidad sobre anillos principales, que es parte del álgebra estándar.
Sin embargo, esto no tiene el efecto deseado. Si escribimos $$M = \bigoplus_{s=1}^t \mathfrak{p_1}^{e_{1,s}}...\mathfrak{p_m}^{e_{m,s}}$$ donde cada $(e_{j,s})_s$ es una secuencia no decreciente de enteros no negativos (esto es una reformulación de la existencia), localizar en (el complemento de) $\mathfrak{p}$ da: $$M_{(\mathfrak{p})} = \bigoplus_{s=1}^t A_{(\mathfrak{p})}\mathfrak{p_1}^{e_{1,s}}...\mathfrak{p_m}^{e_{m,s}}.$$ Ahora cada término de la suma es un ideal de $A_{(\mathfrak{p})}$ (el ideal unitario si $\mathfrak{p}$ no es uno de los factores), por lo tanto, principal, por lo tanto isomorfo a un módulo libre de rango 1, y hemos perdido efectivamente toda la información sobre qué ideales estaban allí, y a qué potencia. Solo se mantiene el rango de $M$.
En la prueba de existencia, podría suceder que existan dos opciones para un $\lambda$ maximal que mapean a ideales distintos, incomparables $\alpha$, en cuyo caso la unicidad fallaría. Así es como encontré el contraejemplo anterior.
