模长度不等式证明：设M为环A上的模，证ℓ(M/N)≤ℓ(M)

这是模论里关于合成列长度的经典基础结论，咱们一步步拆解完整的证明思路：

首先明确符号定义：设$M$是环$A$上的$A$-模，$\ell(M)$表示$M$的合成列长度——如果$M$存在有限长度的合成列，$\ell(M)$就是这个长度；若$M$不存在有限合成列，则规定$\ell(M) = \infty$。我们要证的是商模$M/N$的合成列长度不超过$M$的合成列长度，即$\ell(M/N) \leq \ell(M)$。

分情况讨论 #

• 情况1：$\ell(M) = \infty$
  此时不等式显然成立——不管$\ell(M/N)$是有限还是无穷，都满足“小于等于无穷大”的关系。

• 情况2：$\ell(M) < \infty$
  假设$\ell(M) = r$（$r$是正整数），根据合成列的定义，$M$存在一个严格递增的子模链：

  $0 = M_r \subsetneq M_{r-1} \subsetneq \dots \subsetneq M_0 = M$
  其中每个相邻商模$M_i/M_{i+1}$都是单模（这是合成列的核心要求：每一步都是不可再分的“简单”模）。

  接下来考虑自然满同态$\pi: M \to M/N$（定义为$\pi(m) = m + N$），把上面的合成列中的每个子模都通过$\pi$映射过去，得到$M/N$的一个子模链：

  $0 = \pi(M_r) \subseteq \pi(M_{r-1}) \subseteq \dots \subseteq \pi(M_0) = M/N$

  现在我们分析这个链的性质：

  1. $\pi(M_i)$的具体形式：$\pi(M_i) = (M_i + N)/N$，这是因为$\pi$把$M_i$中的元素都映射到它们在$M/N$中的等价类，也就是$M_i$和$N$的和模$N$。

  2. 利用第二同构定理分析相邻商模：
     对于任意$i$，$\pi(M_i)/\pi(M_{i+1}) = [(M_i + N)/N] / [(M_{i+1} + N)/N]$，根据第二同构定理，这个商模同构于$(M_i + N)/(M_{i+1} + N)$。
     再进一步，因为$M_{i+1} \subsetneq M_i$，所以$M_{i+1} + N \subseteq M_i + N$，再次用第二同构定理可得：
     (M_i + N)/(M_{i+1} + N) ≅ M_i / [M_i ∩ (M_{i+1} + N)]
     注意到$M_{i+1} \subseteq M_i ∩ (M_{i+1} + N)$，所以这个商模实际上是单模$M_i/M_{i+1}$的一个商模。

  3. 单模的商模性质：单模没有非平凡的真子模，所以它的商模要么是$0$（当子模等于自身时），要么和原单模同构（当子模是$0$时）。

  基于这一点，我们可以对刚才得到的$M/N$的子模链做“精简”：把所有满足$\pi(M_i) = \pi(M_{i+1})$的项去掉（因为此时对应的商模是$0$，没有意义）。剩下的链就是$M/N$的一个合成列——它是严格递增的，且每个相邻商模都是单模（和原合成列中的单模同构）。

  这个精简后的合成列的长度显然不会超过原合成列的长度$r$（我们只是去掉了重复项，没有添加任何新的步骤），因此$\ell(M/N) \leq r = \ell(M)$。

结论 #

两种情况都满足$\ell(M/N) \leq \ell(M)$，命题得证。

内容的提问来源于stack exchange，提问作者Guillermo Mosse