Hopkins–Levitzkiの定理

1。 $S$ を単純加群、$0\neq s\in S$ とする。$Rs$ は $0$ でない部分加群なので $Rs=S$ であり、$r\mapsto rs$ は全射 $R\to S$ で、その核 $\operatorname{Ann}(s):=\{r\mid rs=0\}$ について $R/\operatorname{Ann}(s)\cong S$ である。$S$ は単純なので、部分加群の対応により $\operatorname{Ann}(s)$ は極大左イデアルである。よって $x\in J(R)$ なら $x\in\operatorname{Ann}(s)$、すなわち $xs=0$ であり、$xS=0$ である。逆に $x$ がすべての単純加群を消すとする。極大左イデアル $\mathfrak{m}$ について $R/\mathfrak{m}$ は単純加群なので、$x(1+\mathfrak{m})=x+\mathfrak{m}=0$、すなわち $x\in\mathfrak{m}$ であり、$x\in J(R)$ である。
$S$ を消す元の全体 $\operatorname{Ann}(S)$ は両側イデアルである。実際、$x\in\operatorname{Ann}(S)$、$r\in R$、$s\in S$ について $(rx)s=r(xs)=0$、$(xr)s=x(rs)=0$ である。$J(R)$ はこれらの共通部分なので両側イデアルである。
2。 $R(1-x)\neq R$ なら、$R(1-x)$ を含む極大左イデアル $\mathfrak{m}$ がある（定義の段落と同じ Zornの補題 の議論）。$x\in J(R)\subset\mathfrak{m}$ なので $1=(1-x)+x\in\mathfrak{m}$ となり矛盾する。よって $R(1-x)=R$ であり、$u(1-x)=1$ となる $u$ がある。$\square$

1。 $R=0$ なら $J=0=R$ で、零環は半単純環である。$R\neq0$ とし、有限個の極大左イデアルの共通部分として書ける左イデアルの族を考える。${}_RR$ は Artin 加群なので、この族には極小元 $I=\mathfrak{m}_1\cap\cdots\cap\mathfrak{m}_k$ がある。任意の極大左イデアル $\mathfrak{m}$ について $I\cap\mathfrak{m}$ も同じ族に属し $I$ に含まれるので、極小性から $I\cap\mathfrak{m}=I$、すなわち $I\subset\mathfrak{m}$ である。よって $I\subset J\subset I$ で、$J=I$ である。左 $R$ 加群の準同型
$$ R\longrightarrow R/\mathfrak{m}_1\oplus\cdots\oplus R/\mathfrak{m}_k,\qquad r\longmapsto(r+\mathfrak{m}_1,\dots,r+\mathfrak{m}_k) $$
の核は $J$ なので、$R/J$ は単純加群の有限直和の部分加群と同型であり、半単純環 の補題「補部分加群の存在」の 2 により半単純な左 $R$ 加群である。$R/J$ の左イデアルは $R/J$ の $R$ 部分加群と同じものなので（lem-hl-radical の後の段落）、$R/J$ は極小左イデアルの和であり、半単純環である。
2。 減少列 $J\supset J^2\supset J^3\supset\cdots$ は左イデアルの減少列なので、ある $k$ で $J^k=J^{k+1}=\cdots$ となる。$N:=J^k$ とおくと $N^2=J^{2k}=N$ である。$N\neq0$ と仮定して矛盾を導く。左イデアル $L$ で $NL\neq0$ となるものの族は $R$ を含む（$NR=N\neq0$）ので、極小元 $L_0$ がある。$NL_0\neq0$ なので $Na\neq0$ となる $a\in L_0$ がある。$N$ は両側イデアルなので $Na$ は左イデアルで $L_0$ に含まれ、$N(Na)=N^2a=Na\neq0$ である。$L_0$ の極小性から $Na=L_0$ であり、とくに $a=xa$ となる $x\in N\subset J$ がある。lem-hl-radical の 2 により $u(1-x)=1$ となる $u$ があり、$a=u(1-x)a=0$ となって $Na\neq0$ に反する。よって $J^k=0$ である。$\square$

1 ⇒ 2、1 ⇒ 3 は 半単純環 の補題「長さの上界」による。$I$ が無限集合なら、相異なる $i_1,i_2,\dots\in I$ をとると、$\bigoplus_{j\le n}S_{i_j}$（$n=1,2,\dots$）は真の増加列、$\bigoplus_{i\in I\setminus\{i_1,\dots,i_n\}}S_i$ は真の減少列である（$S_i\neq0$ なので包含は真）。よって 2 ⇒ 1、3 ⇒ 1 である。1 ⇒ 4：単純加群 $S$ は $0$ でない任意の元で生成される。4 ⇒ 1：有限個の生成元はそれぞれ有限個の $S_i$ の和に入るので、$M$ は有限個の $S_i$ の和に等しく、直和の一意性から $I$ はその添字だけからなる。$\square$

$J:=J(R)$、$J^n=0$ とし、$M_i:=J^iM$（$0\le i\le n$）とおく。$M=M_0\supset M_1\supset\cdots\supset M_n=0$ である。$F_i:=M_i/M_{i+1}$（$0\le i< n$）は $JF_i=0$ を満たすので、$R/J$ 加群とみなせ、その $R$ 部分加群と $R/J$ 部分加群は同じである。$R/J$ は半単純環なので、半単純環 の定理「加群による特徴づけ」（1 ⇒ 2）により $F_i$ は半単純な $R/J$ 加群であり、したがって半単純な $R$ 加群である。
1 ⇒ 2。 $M$ が Noether 加群なら、その部分加群の商 $F_i$ も Noether 加群である（Noether加群 の命題「短完全列とNoether性」）。lem-hl-semisimple により $F_i$ は Artin 加群である。$i$ について下から示す。$M_n=0$ は Artin 加群である。$M_{i+1}$ が Artin 加群なら、短完全列 $0\to M_{i+1}\to M_i\to F_i\to0$ と Artin加群 の定理「短完全列と Artin 性」により $M_i$ も Artin 加群である。よって $M=M_0$ は Artin 加群である。
2 ⇒ 1。 Noether と Artin の役割を入れ替えて同じ議論をする。
1・2 ⇒ 3。 lem-hl-semisimple により各 $F_i$ は有限個の単純加群の直和 $S_{i,1}\oplus\cdots\oplus S_{i,r_i}$ である。射影 $M_i\to F_i$ による $S_{i,1}\oplus\cdots\oplus S_{i,j}$（$0\le j\le r_i$）の逆像を $M_{i,j}$ とすると、$M_{i,r_i}=M_i$、$M_{i,0}=M_{i+1}$、$M_{i,j}/M_{i,j-1}\cong S_{i,j}$ である。これらを $i$ の順につなぐと（$r_i=0$ の段では $M_i=M_{i+1}$ なので何も挟まない）、$M=M_0$ から $M_n=0$ までの、各段の商が単純な列が得られ、これが組成列である。
3 ⇒ 1・2。 組成列の長さ $\ell$ についての帰納法で示す。$\ell=0$ なら $M=0$ である。$\ell\ge1$ なら、長さ $\ell$ の組成列 $M=N_0\supsetneq N_1\supsetneq\cdots\supsetneq N_\ell=0$ をとると、$N_1$ は長さ $\ell-1$ の組成列をもち、$M/N_1$ は単純加群である。単純加群の部分加群は $0$ と自身だけなので、単純加群は Noether 加群かつ Artin 加群であり、短完全列 $0\to N_1\to M\to M/N_1\to0$ と上の 2 つの命題により $M$ も両方の条件を満たす。$\square$

1。 prop-hl-artinian により $R$ は半準素環であり、${}_RR$ は Artin 加群なので、thm-hl-main により Noether 加群で組成列をもつ。有限生成の左加群 $M$ は有限直和 $R^{\oplus n}$ の商であり、$R^{\oplus n}$ は Artin 加群なので（Artin加群 の系「有限直和・有限和・有限生成加群」）、$M$ も Artin 加群で、thm-hl-main により組成列をもつ。
2。 thm-hl-main を $M={}_RR$ に当てはめる。
3。 1 で $R$ を可換とすればよい。$\square$