交换代数/正规列和合成列

正规列

定义 12.1:

令 $M$ 是一个 $R$-模。一个子模的有限序列

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

被称为 $M$ 的**正规列**。

注意，一个模的正规列是其底层群 $(M,+)$ 的一个正规列；实际上，一个阿贝尔群的每一个子群都是正规的，因此模中的每一个正规列都会产生一个群的正规列。反过来则不成立，因为加法子群不一定是关于 $R$ 中元素的乘法封闭的。

定义 12.2:

令 $M$ 是一个 $R$-模，并且令一个正规列

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

给出。如果每个模的包含都是严格的，那么这个正规列被称为**没有重复**。

细化和合成列

定义 12.3:

令 $M$ 是一个 $R$-模，并且令一个正规列

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

给出。这个正规列的**细化**是另一个正规列

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

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

注意这意味着 $m\geq n$。细化来自一个正规列

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

通过在合成序列 $N_{k}$ 和 $N_{k+1}$ 之间的两个模块中插入子模块 $L$；也就是说，我们从合成序列 $N_{k}$ 和 $N_{k+1}$ 的两个模块开始，找到 $M$ 的子模块 $L$，使得 $N_{k}\geq L\geq N_{k+1}$，然后将其插入到正常的序列中。

定义 12.4:

令 $M$ 为一个 $R$-模。我们说 $M$ 是 **简单** 的当且仅当它没有真子模（即 $M$ 的子模既不等于 $M$ 也不等于 $\langle 0\rangle$）。

定义 12.5:

令 $M$ 为一个 $R$-模。 $M$ 的 **合成序列** 是 $M$ 的一个正常序列，例如

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

使得

1. 没有重复，并且
2. 该系列中每个所谓的组成因子，即 $N_{k}/N_{k+1}$ 对于 $k\in \{0,\ldots ,n-1\}$，是简单的（我们设置 $N_{0}:=M$ 以及 $N_{n}:=\langle 0\rangle$）。

等价地，组成系列是一个没有重复的正规系列，使得它任何适当的细化都有重复。

对于任何模，我们可以关联一个所谓的长度。以下定理证明了这个概念的合理性

定理 12.6（约当）:

令 $M$ 是一个具有组成系列的 $R$-模

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

我们说这个组成系列的长度为 $n$，然后它得出结论

1. $M$ 中每个没有重复的正规系列的长度都为 $\leq n$，
2. $M$ 的其他每个组成系列的长度也为 $n$，以及
3. $M$ 中每个正规系列都可以细化为 $M$ 的组成系列。

证明:

首先，我们注意到 1. 意味着 3.，因为每当一个正规系列具有一个没有重复的细化时，我们都可以应用该细化，并且由于 1.，我们最终必须到达一个组成系列。

然后我们通过对 $n$ 的归纳来证明 1. 和 2.。事实上，对于 $n=1$，这个定理成立，因为 $M$ 是简单的，因此任何长度为 $>n=1$ 的正规系列必须有重复，这就是为什么平凡的正规系列是唯一没有重复的系列，并且只有一个组成系列。

现在假设情况 $n-1$ 是有效的。令有一个组成系列

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

长度为 $n$，并假设存在其他任何长度为 $m$ 的无重复正规序列。

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

因此，$N_{1}$ 具有长度为 $n-1$ 的合成序列。根据归纳法，我们有

1. 如果 $N_{1}=L_{1}$，那么 $L_{1}\geq \cdots \geq L_{m-1}\geq \langle 0\rangle$ 是 $L_{1}$ 中的正规序列，因此长度最多为 $n-1$，因此完整的正规序列 $M\geq L_{1}\geq L_{2}\geq \cdots \geq L_{m-1}\geq \langle 0\rangle$ 长度最多为 $n$。
2. 如果 $L_{1}<N_{1}$，那么 $N_{1}$ 具有长度为 $n$ 的无重复正规序列，这与假设相矛盾。
3. 如果不是 $L_{1}\leq N_{1}$，我们有 $N_{1}+L_{1}=M$，否则合成序列 $M\geq N_{1}\geq N_{2}\geq \cdots \geq N_{n-1}\geq \langle 0\rangle$ 将具有适当的细化。那么我们有两个正规序列

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

和

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

现在 $N_{1}$ 有一个长度为 $n-1$ 的组成序列，因此 $N_{1}\cap L_{1}$ 的组成序列长度为 $\leq n-2$。 此外，$L_{1}/(N_{1}\cap L_{1})\cong (L_{1}+N_{1})/N_{1}=M/N_{1}$，因此任何此类组成序列可以扩展到一个长度为 $n-1$ 的 $L_{1}$ 的组成序列。 因此，部分序列

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

的长度最多为 $n-1$。

这证明了 1. 由归纳法。 此外，通过归纳法，$M$ 不能有一个长度为 $<n$ 的组成序列，因为如果那样的话，上面的组成序列的长度也为 $n-1$，因此 2. 由 1. 和归纳法证明。$\Box$

定义 12.7:

假设 $M$ 具有一个合成序列。那么模块 $M$ 的长度定义为该合成序列的长度。

如果 $M$ 没有合成序列，我们设置 $M$ 的长度为 $\infty$。

此外，合成序列是本质上唯一的，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

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

是两个合成序列，则存在一个排列 $\sigma :\{0,1,\ldots ,n-1\}\to \{0,1,\ldots ,n-1\}$ 使得对于所有 $k\in \{0,1,\ldots ,n-1\}$

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

(同样，$N_{0}:=M$ 和 $N_{n}:=\langle 0\rangle$，类似地对于 $L$）。

我们说这两个序列是等价的。

证明:

我们通过对 $n$ 进行归纳。对于 $n=1$，我们只有平凡的合成序列作为合成序列。现在假设定理对于 $n-1$ 成立。设两个合成序列为

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

和

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

给出。如果 $L_{1}=N_{1}$，我们通过归纳法得到等价。如果不是，我们再次有 $L_{1}+N_{1}=M$（因为两者都不能被恰当地包含在另一个中，否则我们将得到与之前的 Jordan 定理的矛盾）。现在 $L_{1}\cap N_{1}$ 必须有一个合成序列，因为根据之前的定理，我们可以将序列

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

细化为 $M$ 的一个合成序列。此外，我们再次有

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

同构右侧的两个模块都是简单的，因此我们得到了 $M$ 的两个合成序列，由

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

和

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

现在上面的两个同构也意味着这两个是等价的，并且根据归纳法，第一个同构等价于第一个合成序列，第二个同构等价于第二个合成序列。$\Box$

命题 12.9:

令 $M$ 为一个 $R$-模，令 $N\leq M$ 为一个子模。

$M$ 有一个合成序列当且仅当 $N$ 和 $M/N$ 都有合成序列。

证明:

如果 $M$ 有一个合成序列，那么与这个序列相交或投影这个序列将得到 $N$ 或 $M/N$ 的正规序列。当重复部分被划去时，不再可能进行细化（否则它们会诱导对原始合成序列的细化，在后一种情况下，通过对应定理）。

如果 $N$ 和 $M/N$ 都有合成序列，我们取一个 $N$ 的合成序列和另一个 $M/N$ 的合成序列，分别由

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

给出。

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

根据对应定理，我们写出 $L_{j}=(K_{j}+N)/N$，其中 $K_{j}$ 是合适的。

然后

$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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定义 12.10

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

被称为 **$M$ 与 $N$ 之间的**正规序列**，如果每个包含关系都是严格的并且不存在使每个包含关系都严格的精炼，则称其为 **$M$ 与 $N$ 之间的**合成序列**。**

根据对应定理，我们得到了正规（或合成）序列之间的双射

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

在 $M$ 与 $N$ 一方面，以及正规（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 $M/N$。然后根据以上内容和第三同构定理，在 $M$ 与 $N$ 之间的合成序列本质上是唯一的。此外，如果存在合成序列，则可以将正规序列细化为相同长度的合成序列。**