交換代數/正規列和合成列

正規列

定義 12.1:

令 $M$ 是一個 $R$-模。一個子模的有限序列

$M\geq N_{1}\geq N_{2}\geq \cdots \geq N_{n-1}\geq \langle 0\rangle$

被稱為 $M$ 的**正規列**。

注意，一個模的正規列是其底層群 $(M,+)$ 的一個正規列；實際上，一個阿貝爾群的每一個子群都是正規的，因此模中的每一個正規列都會產生一個群的正規列。反過來則不成立，因為加法子群不一定是關於 $R$ 中元素的乘法封閉的。

定義 12.2:

令 $M$ 是一個 $R$-模，並且令一個正規列

$M\geq N_{1}\geq N_{2}\geq \cdots \geq N_{n-1}\geq \langle 0\rangle$

給出。如果每個模的包含都是嚴格的，那麼這個正規列被稱為**沒有重複**。

細化和合成列

定義 12.3:

令 $M$ 是一個 $R$-模，並且令一個正規列

$M\geq N_{1}\geq N_{2}\geq \cdots \geq N_{n-1}\geq \langle 0\rangle$

給出。這個正規列的**細化**是另一個正規列

$M\geq L_{1}\geq L_{2}\geq \cdots \geq L_{m-1}\geq \langle 0\rangle$

使得 $\{N_{1},\ldots ,N_{n-1}\}\subseteq \{L_{1},\ldots ,L_{m-1}\}$.

注意這意味著 $m\geq n$。細化來自一個正規列

$M\geq N_{1}\geq N_{2}\geq \cdots \geq N_{n-1}\geq \langle 0\rangle$

透過在合成序列 $N_{k}$ 和 $N_{k+1}$ 之間的兩個模組中插入子模組 $L$；也就是說，我們從合成序列 $N_{k}$ 和 $N_{k+1}$ 的兩個模組開始，找到 $M$ 的子模組 $L$，使得 $N_{k}\geq L\geq N_{k+1}$，然後將其插入到正常的序列中。

定義 12.4:

令 $M$ 為一個 $R$-模。我們說 $M$ 是 **簡單** 的當且僅當它沒有真子模（即 $M$ 的子模既不等於 $M$ 也不等於 $\langle 0\rangle$）。

定義 12.5:

令 $M$ 為一個 $R$-模。 $M$ 的 **合成序列** 是 $M$ 的一個正常序列，例如

$M\geq N_{1}\geq N_{2}\geq \cdots \geq N_{n-1}\geq \langle 0\rangle$,

使得

1. 沒有重複，並且
2. 該系列中每個所謂的組成因子，即 $N_{k}/N_{k+1}$ 對於 $k\in \{0,\ldots ,n-1\}$，是簡單的（我們設定 $N_{0}:=M$ 以及 $N_{n}:=\langle 0\rangle$）。

等價地，組成系列是一個沒有重複的正規系列，使得它任何適當的細化都有重複。

對於任何模，我們可以關聯一個所謂的長度。以下定理證明了這個概念的合理性

定理 12.6（約當）:

令 $M$ 是一個具有組成系列的 $R$-模

$M\geq N_{1}\geq N_{2}\geq \cdots \geq N_{n-1}\geq \langle 0\rangle$.

我們說這個組成系列的長度為 $n$，然後它得出結論

1. $M$ 中每個沒有重複的正規系列的長度都為 $\leq n$，
2. $M$ 的其他每個組成系列的長度也為 $n$，以及
3. $M$ 中每個正規系列都可以細化為 $M$ 的組成系列。

證明:

首先，我們注意到 1. 意味著 3.，因為每當一個正規系列具有一個沒有重複的細化時，我們都可以應用該細化，並且由於 1.，我們最終必須到達一個組成系列。

然後我們透過對 $n$ 的歸納來證明 1. 和 2.。事實上，對於 $n=1$，這個定理成立，因為 $M$ 是簡單的，因此任何長度為 $>n=1$ 的正規系列必須有重複，這就是為什麼平凡的正規系列是唯一沒有重複的系列，並且只有一個組成系列。

現在假設情況 $n-1$ 是有效的。令有一個組成系列

$M\geq N_{1}\geq N_{2}\geq \cdots \geq N_{n-1}\geq \langle 0\rangle$

長度為 $n$，並假設存在其他任何長度為 $m$ 的無重複正規序列。

$M\geq L_{1}\geq L_{2}\geq \cdots \geq L_{m-1}\geq \langle 0\rangle$

因此，$N_{1}$ 具有長度為 $n-1$ 的合成序列。根據歸納法，我們有

1. 如果 $N_{1}=L_{1}$，那麼 $L_{1}\geq \cdots \geq L_{m-1}\geq \langle 0\rangle$ 是 $L_{1}$ 中的正規序列，因此長度最多為 $n-1$，因此完整的正規序列 $M\geq L_{1}\geq L_{2}\geq \cdots \geq L_{m-1}\geq \langle 0\rangle$ 長度最多為 $n$。
2. 如果 $L_{1}<N_{1}$，那麼 $N_{1}$ 具有長度為 $n$ 的無重複正規序列，這與假設相矛盾。
3. 如果不是 $L_{1}\leq N_{1}$，我們有 $N_{1}+L_{1}=M$，否則合成序列 $M\geq N_{1}\geq N_{2}\geq \cdots \geq N_{n-1}\geq \langle 0\rangle$ 將具有適當的細化。那麼我們有兩個正規序列

$M=N_{1}+L_{1}\geq N_{1}\geq N_{1}\cap L_{1}\geq \cdots \geq N_{n-1}\cap L_{1}\geq \langle 0\rangle$

和

$M=N_{1}+L_{1}\geq L_{1}\geq N_{1}\cap L_{1}\geq \cdots \geq N_{n-1}\cap L_{1}\geq \langle 0\rangle$.

現在 $N_{1}$ 有一個長度為 $n-1$ 的組成序列，因此 $N_{1}\cap L_{1}$ 的組成序列長度為 $\leq n-2$。 此外，$L_{1}/(N_{1}\cap L_{1})\cong (L_{1}+N_{1})/N_{1}=M/N_{1}$，因此任何此類組成序列可以擴充套件到一個長度為 $n-1$ 的 $L_{1}$ 的組成序列。 因此，部分序列

$L_{1}\geq \cdots \geq L_{m-1}\geq \langle 0\rangle$

的長度最多為 $n-1$。

這證明了 1. 由歸納法。 此外，透過歸納法，$M$ 不能有一個長度為 $<n$ 的組成序列，因為如果那樣的話，上面的組成序列的長度也為 $n-1$，因此 2. 由 1. 和歸納法證明。$\Box$

定義 12.7:

假設 $M$ 具有一個合成序列。那麼模組 $M$ 的長度定義為該合成序列的長度。

如果 $M$ 沒有合成序列，我們設定 $M$ 的長度為 $\infty$。

此外，合成序列是本質上唯一的，正如以下定理所述：

定理 12.8 (Hölder):

如果

$M\geq N_{1}\geq N_{2}\geq \cdots \geq N_{n-1}\geq \langle 0\rangle$

和

$M\geq L_{1}\geq L_{2}\geq \cdots \geq L_{n-1}\geq \langle 0\rangle$

是兩個合成序列，則存在一個排列 $\sigma :\{0,1,\ldots ,n-1\}\to \{0,1,\ldots ,n-1\}$ 使得對於所有 $k\in \{0,1,\ldots ,n-1\}$

$N_{\sigma (k)}/N_{\sigma (k)+1}\cong L_{k}/L_{k+1}$

(同樣，$N_{0}:=M$ 和 $N_{n}:=\langle 0\rangle$，類似地對於 $L$）。

我們說這兩個序列是等價的。

證明:

我們透過對 $n$ 進行歸納。對於 $n=1$，我們只有平凡的合成序列作為合成序列。現在假設定理對於 $n-1$ 成立。設兩個合成序列為

$M\geq N_{1}\geq N_{2}\geq \cdots \geq N_{n-1}\geq \langle 0\rangle$

和

$M\geq L_{1}\geq L_{2}\geq \cdots \geq L_{n-1}\geq \langle 0\rangle$

給出。如果 $L_{1}=N_{1}$，我們透過歸納法得到等價。如果不是，我們再次有 $L_{1}+N_{1}=M$（因為兩者都不能被恰當地包含在另一箇中，否則我們將得到與之前的 Jordan 定理的矛盾）。現在 $L_{1}\cap N_{1}$ 必須有一個合成序列，因為根據之前的定理，我們可以將序列

$M\geq L_{1}\cap N_{1}\geq \langle 0\rangle$

細化為 $M$ 的一個合成序列。此外，我們再次有

$N_{1}/(L_{1}\cap N_{1})\cong M/L_{1}$ 和 $L_{1}/(N_{1}\cap L_{1})\cong M/N_{1}$；

同構右側的兩個模組都是簡單的，因此我們得到了 $M$ 的兩個合成序列，由

$M\geq N_{1}\geq L_{1}\cap N_{1}\geq \cdots \geq \langle 0\rangle$

和

$M\geq L_{1}\geq L_{1}\cap N_{1}\geq \cdots \geq \langle 0\rangle$.

現在上面的兩個同構也意味著這兩個是等價的，並且根據歸納法，第一個同構等價於第一個合成序列，第二個同構等價於第二個合成序列。$\Box$

命題 12.9:

令 $M$ 為一個 $R$-模，令 $N\leq M$ 為一個子模。

$M$ 有一個合成序列當且僅當 $N$ 和 $M/N$ 都有合成序列。

證明:

如果 $M$ 有一個合成序列，那麼與這個序列相交或投影這個序列將得到 $N$ 或 $M/N$ 的正規序列。當重複部分被劃去時，不再可能進行細化（否則它們會誘導對原始合成序列的細化，在後一種情況下，透過對應定理）。

如果 $N$ 和 $M/N$ 都有合成序列，我們取一個 $N$ 的合成序列和另一個 $M/N$ 的合成序列，分別由

$N>N_{1}>N_{2}>\cdots >N_{k-1}>\langle 0\rangle$

給出。

$M/N>L_{1}>\cdots >L_{m-1}>\langle 0\rangle$.

根據對應定理，我們寫出 $L_{j}=(K_{j}+N)/N$，其中 $K_{j}$ 是合適的。

然後

$M>K_{1}+N>\cdots >K_{m-1}+N>N>N_{1}>\cdots >N_{k-1}>\langle 0\rangle$$M>K_{1}+N>\cdots >K_{m-1}+N>N>N_{1}>\cdots >N_{k-1}>\langle 0\rangle$

是 $M$ 的合成序列。$\Box$

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定義 12.10

$N\leq L_{1}\leq L_{2}\leq \cdots \leq L_{n-1}\leq M$

被稱為 **$M$ 與 $N$ 之間的**正規序列**，如果每個包含關係都是嚴格的並且不存在使每個包含關係都嚴格的精煉，則稱其為 **$M$ 與 $N$ 之間的**合成序列**。**

根據對應定理，我們得到了正規（或合成）序列之間的雙射

$N\leq L_{1}\leq L_{2}\leq \cdots \leq L_{n-1}\leq M$

在 $M$ 與 $N$ 一方面，以及正規（或合成）序列

$N/N\leq L_{1}/N\leq L_{2}/N\leq \cdots \leq L_{n-1}/N\leq M/N$

的 $M/N$。然後根據以上內容和第三同構定理，在 $M$ 與 $N$ 之間的合成序列本質上是唯一的。此外，如果存在合成序列，則可以將正規序列細化為相同長度的合成序列。**