Jordan-Hölder 定理及其模论版本

这一定理在Dummit上留作习题了，我们根据Rotman的Advanced Modern Algebra整理了一个证明，并给出其模论版本。

预备知识

群的同构定理，基本的模论知识。

Jordan-Hölder 定理的群论版本

先介绍相关定义。

定义. 群 $G$ 中的子群序列

$$G=G_0\ge G_1\ge G_2\ge \cdots \ge G_{k-1}\ge G_k=\{1\},\text{\hspace{1em}(1)}$$

• 若满足 $G_{i+1}⊴G_i(i=0,\cdots ,k-1)$，则称为正规序列，$G_i/G_{i+1}$ 为此序列的因子。
• 如果 $G$ 的正规序列的因子 $G_i/G_{i+1}$ 都是单群，则称该正规序列为 $G$ 的合成序列（composition series），称 $G_i/G_{i+1}$ 为 $G$ 的合成因子（composition factor）。
• 群 $G$ 中的正规序列

$$G=G_0^{\prime }\ge G_1^{\prime }\ge G_2^{\prime }\ge \cdots \ge G_{l-1}^{\prime }\ge G_l=\{1\},\text{\hspace{1em}(2)}$$

称为序列$(1)$的加细，如果序列$(1)$中的每个子群 $G_i$ 都在序列$(2)$中出现。

• 群 $G$ 的两个正规序列称为等价的，如果这两个序列的因子集之间有一一对应，且对应的因子同构。

例. 群 $\mathbb{Z}$ 没有合成序列。

证明. 设 $\mathbb{Z}$ 有合成列 $\mathbb{Z}=G_0>G_1>G_2>\cdots >G_n=\{0\}.$ 注意 $\mathbb{Z}$ 的子群均形如 $n\mathbb{Z}$，因此设 $G_{n-1}=k\mathbb{Z}$，则 $G_{n-1}/G_n\cong k\mathbb{Z}\cong \mathbb{Z}$，这说明 $G_{n-1}/G_n$ 不是单群，矛盾。 $\square$

命题. 每个有限群 $G$ 都有一个合成列。

证明. 对群 $G$ 的阶数归纳。

• 当 $|G|=1$，显然成立；
• 假设命题对 $|G|<n$（$n\ge 2$）的群 $G$ 成立，当 $|G|=n$ 时，分为两种情况：
  • 若 $G$ 是单群，则有显然的合成序列 $\{1\}=G_0\le G_1=G$。
  • 若 $G$ 不是单群，考虑 $G$ 的极大正规子群 $M$，则有 $\{1\}=G_0\le M\le G_1$，显然这是合成序列，注意 $|M|<n$，从而由归纳假设，$M$ 拥有合成列。设其合成列为 $\{1\}=M_0\le M_1\le \cdots \le M_k=M$，从而有 $G$ 的子群序列 $\{1\}=G_0\le M_1\le \cdots \le M_k=M\le G$，容易验证这是合成序列，于是由归纳假设，命题得证。 $\square$

定理1（Jordan-Hölder 定理）. 设群 $G$ 存在合成序列，则 $G$ 的任意两个合成序列等价。

证明. 我们直接证明更强的 Schreier 加细定理。由 Schreier 加细定理，任一合成列都与其加细列等价，而其两个加细列等价，故定理内容成立。 $\square$

Zassenhaus 引理或蝴蝶引理

Schreier 加细定理需要用到 Zassenhaus 引理。

引理（Zassenhaus 引理或蝴蝶引理）. 给定群 $G$ 的四个子群 $A⊴A^{\ast }$ 和 $B⊴B^{\ast }$，则 $A(A^{\ast }\cap B)⊴A(A^{\ast }\cap B^{\ast })$，$B(B^{\ast }\cap A)⊴B(B^{\ast }\cap A^{\ast })$，并且存在同构

$$\frac{A(A^{\ast }\cap B^{\ast })}{A(A^{\ast }\cap B)}\cong \frac{B(B^{\ast }\cap A^{\ast })}{B(B^{\ast }\cap A)}.$$

该引理的名称来自下面的一个示意图，虽然我并不认为这很像蝴蝶，也并不能帮助理解证明：

证明. 我们断言：

$$(A\cap B^{\ast })⊴(A^{\ast }\cap B^{\ast }).$$

事实上，任取 $c\in A\cap B^{\ast }$，$x\in A^{\ast }\cap B^{\ast }$，由 $A⊴A^{\ast }$，$c,x\in B^{\ast }$ 易知 $xc{x}^{-1}\in A\cap B^{\ast }$。类似地，$(A^{\ast }\cap B)⊴(A^{\ast }\cap B^{\ast })$。因此，

$$D:=(A\cap B^{\ast })(A^{\ast }\cap B)$$

是 $A^{\ast }\cap B^{\ast }$ 的一个正规子群。

注意到对称性，所以只需证明存在同构：

$$\frac{A(A^{\ast }\cap B^{\ast })}{A(A^{\ast }\cap B)}\cong \frac{A^{\ast }\cap B^{\ast }}{D}.\text{\hspace{1em}(3)}$$

定义 $\phi :A(A^{\ast }\cap B^{\ast })\to (A^{\ast }\cap B^{\ast })/D$，$ax\mapsto xD$，其中 $a\in A$，$x\in A^{\ast }\cap B^{\ast }$。

• 良定义： 如果 $ax=a^{\prime }{x}^{\prime }$，其中 $a^{\prime }\in A$ 且 $x^{\prime }\in A^{\ast }\cap B^{\ast }$，则 $(a^{\prime }{)}^{-1}a=x^{\prime }{x}^{-1}\in A\cap (A^{\ast }\cap B^{\ast })=A\cap B^{\ast }\le D$。
• 同态： $ax{a}^{\prime }{x}^{\prime }=a^{\prime \prime }x{x}^{\prime }$，其中 $a^{\prime \prime }=a(x{a}^{\prime }{x}^{-1})\in A$（因为 $A⊴A^{\ast }$），所以 $\phi (ax{a}^{\prime }{x}^{\prime })=\phi (a^{\prime \prime }x{x}^{\prime })=x{x}^{\prime }D=\phi (ax)\phi (a^{\prime }{x}^{\prime })$。
• 易验证 $\phi$ 是满射且 $\ker \phi =A(A^{\ast }\cap B)$。

于是由群的第一同构定理，$(3)$ 成立，证毕。 $\square$

Schreier 加细定理

定理2. 群 $G$ 的任意两个正规列

$$G=G_0\ge G_1\ge \cdots \ge G_n=\{1\}$$

和

$$G=N_0\ge N_1\ge \cdots \ge N_k=\{1\}$$

的两个加细是等价的。

证明. 我们在第一列中每对相邻项之间插入第二列的副本。对于每个 $i\ge 0$，定义

$$G_{ij}:=G_{i+1}(G_i\cap N_j),$$

注意 $G_{i+1}⊴G_i$，因此 $G_{ij}\le G$。我们有

$$\begin{array}{c}{G}_{i0}=G_{i+1}(G_i\cap N_0)=G_{i+1}{G}_i=G_i,\\ G_{ik}=G_{i+1}(G_i\cap N_k)=G_{i+1},\end{array}$$

故 $G_{ij}$ 序列是 $G_i$ 序列的一个子序列：

$$\cdots \ge G_i=G_{i0}\ge G_{i1}\ge G_{i2}\ge \cdots \ge G_{ik}=G_{i+1}\ge \cdots .$$

同理，若定义 $N_{pq}:=N_{p+1}(N_p\cap G_q)$，得到 $N_i$ 序列的子序列，且两个子序列都有 $nk$ 项。对于每个 $i,j$，注意 $G_{i+1}⊴G_i$，$N_{j+1}⊴N_j$，于是由 Zassenhaus 引理，

$$G_{i,j+1}⊴G_{i,j},N_{j,i+1}⊴N_{j,i},$$

故表明两个子序列是正规列，从而使原两个正规列的加细。由 Zassenhaus 引理知存在同构

$$\frac{G_{i+1}(G_i\cap N_j)}{G_{i+1}(G_i\cap N_{j+1})}\cong \frac{N_{j+1}(N_j\cap G_i)}{N_{j+1}(N_j\cap G_{i+1})},$$

即

$$G_{i,j}/G_{i,j+1}\cong N_{j,i}/N_{j,i+1}.$$

于是 $G_{i,j}/G_{i,j+1}\mapsto N_{j,i}/N_{j,i+1}$ 给出了一个双射，因此加细是等价的。 $\square$

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Jordan-Hölder 定理的模论版本和群论版本证明思路基本一致，所以下面的就当是水字数了（笑）。

Jordan-Hölder 定理的模论版本

先说明术语问题，这是容易的。群的正规序列对应子模序列，单群对应不可约模，其余术语类似定义。

定义. 设 $R$ 是含幺环。称 $R$-模 $M$ 为不可约的（irreducible），如果 $M\ne 0$ 且 $0$ 和 $M$ 是 $M$ 仅有的子模。

定理3（Jordan-Hölder 定理的模论版本）. 设 $R$ 是环，$M$ 是 $R$-模。若模 $M$ 存在合成序列，则 $M$ 的任意两个合成序列是等价的。即如果

$$M=M_0\supseteq M_1\supseteq \cdots \supseteq M_n=\{0\},M=N_0\supseteq N_1\supseteq \cdots \supseteq N_k=\{0\}\text{\hspace{1em}(4)}$$

是两个合成序列，则 $n=k$，且存在 $\{0,\cdots ,n-1\}$ 的一个置换 $\sigma$，使得 $M_i/M_{i+1}\cong N_{\sigma (i)}/N_{\sigma (i)+1}$。

我们的证明思路就是证明模中的 Zassenhaus 引理，由此证明模中的 Schreier 加细定理，由此证明模的 Jordan-Hölder 定理。

证明.

Step 1 证明模中的 Zassenhaus 引理。我们证明如下结果：

设 $M$ 是一个模。给定 $M$ 的四个子模 $A,A^{\ast },B,B^{\ast }$，满足 $A$ 是 $A^{\ast }$ 的子模，$B$ 是 $B^{\ast }$ 的子模。则 $A+(A^{\ast }\cap B)$ 是 $A+(A^{\ast }\cap B^{\ast })$ 的子模，$B+(B^{\ast }\cap A)$ 是 $B+(B^{\ast }\cap A^{\ast })$ 的子模，且有同构

$$\frac{A+(A^{\ast }\cap B^{\ast })}{A+(A^{\ast }\cap B)}\cong \frac{B+(B^{\ast }\cap A^{\ast })}{B+(B^{\ast }\cap A)}.\text{\hspace{1em}(5)}$$

由对称性，只需证明

$$\frac{A+(A^{\ast }\cap B^{\ast })}{A+(A^{\ast }\cap B)}\cong \frac{A^{\ast }\cap B^{\ast }}{(A^{\ast }\cap B)+(A\cap B^{\ast })}.$$

简记 $D:=\frac{A^{\ast }\cap B^{\ast }}{(A^{\ast }\cap B)+(A\cap B^{\ast })}$。定义映射

$$\phi :A+(A^{\ast }\cap B^{\ast })⟶\frac{A^{\ast }\cap B^{\ast }}{(A^{\ast }\cap B)+(A\cap B^{\ast })},\phi (a+z):=z+D(z\in A^{\ast }\cap B^{\ast }).$$

• 良定义性. 设 $x$ 有两种表示方式：$x=a_1+z_1=a_2+z_2$，其中 $a_1,a_2\in A$，$z_1,z_2\in A^{\ast }\cap B^{\ast }$。则 $a_1-a_2=z_2-z_1$，其中 $a_1-a_2\in A$，$z_2-z_1\in A^{\ast }\cap B^{\ast }$，从而 $z_2-z_1\in A\cap (A^{\ast }\cap B^{\ast })=A\cap B^{\ast }\subseteq (A^{\ast }\cap B)+(A\cap B^{\ast })=D$，于是 $z_1+D=z_2+D$，因此 $\phi$ 是良定义的。
• 显然这是满同态，其核为 $\ker \phi =A+(A^{\ast }\cap B)$。

于是由模的第一同构定理知

$$\frac{A^{\ast }\cap B^{\ast }}{(A^{\ast }\cap B)+(A\cap B^{\ast })}\cong \frac{A+(A^{\ast }\cap B^{\ast })}{A+(A^{\ast }\cap B)},$$

第一步得证。

Step 2. 证明模中的 Schreier 加细定理。

设模 $M$ 有两个正规序列（即子模序列）：

$$\begin{array}{r}M=M_0\supseteq M_1\supseteq \cdots \supseteq M_n=\{0\},\\ M=N_0\supseteq N_1\supseteq \cdots \supseteq N_k=\{0\}.\end{array}\text{\hspace{1em}(6)(7)}$$

则这两个序列拥有等价的加细。

我们在序列 $(6)$ 的每一项 $M_i$ 和 $M_{i+1}$ 之间插入由序列 $(7)$ 定义的项。定义：

$$M_{i,j}:=M_{i+1}+(M_i\cap N_j),(0\le i\le n-1,0\le j\le k).$$

注意当 $j=0$ 时，$M_{i,0}=M_{i+1}+(M_i\cap M)=M_{i+1}+M_i=M_i$；当 $j=k$ 时，$M_{i,k}=M_{i+1}+(M_i\cap \{0\})=M_{i+1}$。所以序列 $M_{i,0}\supseteq M_{i,1}\supseteq \cdots \supseteq M_{i,k}$ 构成了从 $M_i$ 到 $M_{i+1}$ 的加细。连接所有 $i$ 的这些片段，我们得到序列 $(6)$ 的一个加细，其因子为：

$$\frac{M_{i,j}}{M_{i,j+1}}=\frac{M_{i+1}+(M_i\cap N_j)}{M_{i+1}+(M_i\cap N_{j+1})}.$$

对称地，我们在序列 $(7)$ 的 $N_j$ 和 $N_{j+1}$ 之间插入由序列 $(6)$ 定义的项：

$$N_{j,i}:=N_{j+1}+(N_j\cap M_i),(0\le j\le k-1,0\le i\le n)$$

这构成了序列 $(7)$ 的加细，其因子为：

$$\frac{N_{j,i}}{N_{j,i+1}}=\frac{N_{j+1}+(N_j\cap M_i)}{N_{j+1}+(N_j\cap M_{i+1})}.$$

在 $(5)$ 中取 $A=M_{i+1}$，$A^{\ast }=M_i$ 且 $B=N_{j+1}$，$B^{\ast }=N_j$，则有同构

$$\frac{M_{i+1}+(M_i\cap N_j)}{M_{i+1}+(M_i\cap N_{j+1})}\cong \frac{N_{j+1}+(N_j\cap M_i)}{N_{j+1}+(N_j\cap M_{i+1})},$$

即

$$\frac{M_{i,j}}{M_{i,j+1}}\cong \frac{N_{j,i}}{N_{j,i+1}},$$

这表明两个加细序列的因子集在双射 $(i,j)\leftrightarrow (j,i)$ 下是同构的。

Step 3. 导出模的 Jordan-Hölder 定理。现在由加细定理，$M$ 的任意两个正规序列 $(4)$ 拥有等价的加细，而对于合成序列而言，由于其因子已是不可约模（无非平凡子模），任何加细操作仅能插入平凡项，导致加细后的非零因子集仍与原序列的因子集完全一致，因此原正规序列等价。 $■$