Gracias a @Hwang por la idea de esta prueba. Aquí va.
Supongamos que $M$ es un sub- $\mathbb{Z}$ -módulo de $\mathbb{Z}^2$ . Tomamos $v_1=(p,0)\in M$ como $p$ es positiva y mínima. Si tal $p$ no existe, simplemente no podemos incluir este elemento en nuestra base.
Ahora elige $v_2=(q,r)\in M$ para $r$ positivo y mínimo. Una vez más, si tal punto no existe, significa que todos los puntos están en el eje y podemos tomar $v_1$ como base.
En primer lugar, tenemos $\langle\{v_1,v_2\}\rangle\subseteq M$ ya que $M$ es un módulo y $v_1,v_2\in M$ .
Ahora, elige $(a,b)\in M$ . Demostramos que se puede expresar como una combinación lineal de $v_1$ y $v_2$ . Si $b\neq 0$ significa que una elección para $r$ existe y por lo tanto $r\neq 0$ . Debemos tener ese $r|b$ . De hecho, si $r$ no divide $b$ tenemos que $d=\gcd(r,b)<r$ y por combinación lineal de $(a,b)$ y $(q,r)$ podríamos por la identidad de Bézout encontrar un elemento para el que la 2ª coordenada es $d<r$ , una contradicción con nuestra elección de $r$ .
Desde $r|b$ tenemos $b=kr$ . A continuación, podemos ver $(a,b)-k(q,r)=(a-kq,0)\in M$ . Ahora, por un argumento similar al anterior, si $a-kq\neq 0$ (y por lo tanto $p\neq0$ ), podemos encontrar que $p|(a-kq)$ , digamos que $pt=a-kq$ . Esto significa que hemos encontrado que $(a,b)=t v_1+k v_2$ .
Ahora, para la independencia lineal, si tuviéramos que no $p$ o $r$ existía, excluimos respectivamente $v_1$ o $v_2$ de la base, por lo que podemos asumir que ambos están en la base. Entonces, si tenemos una combinación lineal $k_1(p,0)+k_2(q,r)=(0,0)$ podemos deducir $k_2=0$ entonces $k_1=0$ .
