问题陈述 #

设$I$是环$R$的左理想，$M$是左$R$-模。证明$IM = \left{\sum_{i=1}^n x_i m_i \mid n \geq 1, x_i \in I, m_i \in M\right}$是$M$的子模。

我的证明尝试 #

我给出的证明过程如下：

显然$IM \subseteq M$，因为$I \subseteq R$且$M$对$R$的作用封闭，任何$x m \in M$，又因为$M$在加法下是阿贝尔群，这些元素的有限和也在$M$中。显然$0_M \in IM$。

任取$a,b \in IM$，不失一般性，设$a = \sum_{i=1}^n x_i m_i$，$b = \sum_{i=1}^n y_i m_i$——这是可行的，因为我们可以给较短的和添加系数为0的项来补全缺失的求和项。那么：
$$
\begin{align*}
a - b = \sum_{i=1}^n x_i m_i - \sum_{i=1}^n y_i m_i &= \sum_{i=1}^n (x_i - y_i)m_i,
\end{align*}
$$
由于$x_i,y_i \in I$，而$I$是理想，故$x_i - y_i \in I$，因此$a - b \in IM$。由此$IM$是$M$的加法子群，接下来只需证明$IM$对$R$的作用封闭。

任取$r \in R$，$a = \sum_{i=1}^n x_i m_i$，则：
$$
\begin{align*}
r\left(\sum_{i=1}^n x_i m_i\right) &= \sum_{i=1}^n r(x_i m_i) \
&= \sum_{i=1}^n (r x_i)m_i \
&= \sum_{i=1}^n x_i' m_i.
\end{align*}
$$
因此$r a \in IM$，故$IM$是$M$的子模。

我的疑问 #

我想确认这个证明是否有效？尤其是我通过添加系数为0的项，让两个和的长度相同且对应$m_i$一致的做法——直觉上我觉得可行，但会不会有我没考虑到的问题？另外我看到有其他证明用了不同的方法，所以想请大家帮我澄清这一点。

证明有效性分析 #

你的证明完全是有效的！关于你提到的“补0项让两个求和长度一致”的做法，其实是代数证明里非常常用且合理的技巧，完全没有问题。

具体来说，假设$a = \sum_{i=1}^k x_i m_i$，$b = \sum_{j=1}^l y_j n_j$，其中$k \neq l$，比如$k < l$，我们可以把$a$写成$\sum_{i=1}^l x_i' m_i'$：前$k$项保留原来的$x_i m_i$，后面$l - k$项取$0_I \cdot m_{k+1}, ..., 0_I \cdot m_l$（这里$m_{k+1}, ..., m_l$可以是$M$中任意元素）。因为$0_I \in I$（理想作为子环必然包含加法单位元），且$0_I \cdot m = 0_M \in M$，所以添加这些项后，$a$的表达式和$b$长度一致，而且完全不改变$a$的值。

你的证明逻辑链非常完整：

• 首先确认$IM$包含在$M$中，且包含零元；
• 验证加法子群的条件（对减法封闭）：通过补项将两个和统一长度，利用理想对减法封闭的性质，得到差仍属于$IM$；
• 验证对$R$作用封闭：利用模的结合性$r(xm)=(rx)m$，再结合左理想对左乘封闭的性质（$r \in R, x \in I \implies rx \in I$），得出作用后的结果仍在$IM$中。

整个过程没有漏洞，这个技巧是完全合规的，不用有顾虑。如果说有可以优化的地方，其实也可以不用补项：直接把两个和合并成$\sum_{i=1}^{k+l} z_i p_i$，其中前$k$项是$a$的项，后$l$项是$-y_j n_j$（而$-y_j \in I$，因为理想是加法子群，对取逆封闭），这样也能直接得出差属于$IM$——不过你的方法和这个本质是一样的，只是形式上更统一而已。

备注：内容来源于stack exchange，提问作者Irving Rabin