# Kommutativer Ring/Modul/Länge/Einführung/Textabschnitt
## Definition

Es sei $R$ ein kommutativer Ring und $M$ ein $R$-Modul. Dann nennt man die maximale Länge $\ell$ einer Kette von Untermoduln
    $M_{0}\subset M_{1}\subset M_{2}\subset \ldots \subset M_{\ell }\,$
die Länge von $M$. Sie wird mit $\ell {\left(M\right)}$ bezeichnet.
Die Länge ist eine natürliche Zahl oder unendlich. Es wird sich herausstellen, dass die Moduln mit endlicher Länge eine restriktive, aber sehr wichtige Klasse von Moduln bilden. Da man sich für das Maximum interessiert kann man grundsätzlich mit $M_{0}=0$ starten und mit $M_{\ell }=M$ aufhören. Wenn $R$ ein Körper und $M$ ein Vektorraum ist, so geht es einfach um die maximale Kette von Untervektorräumen. Diese nennt man Fahnen und bei diesen geht die Vektorraumdimension mit jedem Schritt um $1$ hoch. In diesem Fall ist die Länge also einfach die Vektorraumdimension.
Der Nullmodul hat die Länge $0$. Da man sich für maximale Ketten interessiert, erhebt sich insbesondere die Frage, wann man eine Inklusion $N\subset M$ von Moduln durch Zwischenmoduln verfeinern kann. Ein Zwischenmodul
    $N\subseteq L\subseteq M\,$
entspricht einem Untermodul
    $0=N/N\subseteq L/N\subseteq M/N\,$
und so gelangt man zur Fragestellung, welche Moduln nur den Nullmodul und sich selbst als Untermodul besitzen.

## Definition

Ein $R$-Modul $M\neq 0$ über einem kommutativen Ring $R$ heißt einfach, wenn er nur die trivialen Untermoduln besitzt.
Ein Modul ist also genau dann einfach, wenn er genau zwei Untermoduln besitzt, nämlich den Nullmodul und sich selbst, und dies ist genau dann der Fall, wenn seine Länge gleich $1$ ist.

## Lemma

Ein $R$-Modul $M$ über einem kommutativen Ring $R$
ist genau dann einfach, wenn er isomorph zu einem Restklassenkörper $R/{\mathfrak {m}}$ zu einem maximalen Ideal ${\mathfrak {m}}$ von $R$ ist.

### Beweis

Zwischen einem maximalen Ideal ${\mathfrak {m}}\subset R$ und dem Ring gibt es keine weiteren Ideale, somit gibt es in $R/{\mathfrak {m}}$ keine nichttrivialen Untermoduln und die Restekörper sind einfach. Wenn umgekehrt $M\neq 0$ einfach ist, so muss der von einem Element $0\neq v\in M$ erzeugte Untermodul $Rv$ schon der ganze Modul sein. Insbesondere gibt es einen surjektiven Modulhomomorphismus
    $R\longrightarrow M,\,1\longmapsto v.$
Somit haben wir eine Isomorphie $M\cong R/{\mathfrak {a}}$ mit einem Ideal ${\mathfrak {a}}\subset R$. Dabei muss ${\mathfrak {a}}$ maximal sein, da es andernfalls ein Zwischenideal ${\mathfrak {a}}\subset {\mathfrak {b}}\subset R$ geben würde, das einem nichttrivialen Untermodul
    $0\subset {\mathfrak {b}}/{\mathfrak {a}}\subset R/{\mathfrak {a}}=M\,$
entsprechen würde, was es im einfachen Fall nicht geben darf.
$\Box$

## Lemma

Es sei $R$ eine endliche erzeugte kommutative $K$-Algebra über einem Körper $K$ und sei $M$ ein $R$-Modul.
Dann besitzt $M$ genau dann endliche Länge, wenn $M$ als $K$-Vektorraum endlichdimensional ist.
Wenn $K$ algebraisch abgeschlossen ist, so stimmt die Länge mit der $K$-Vektorraumdimension überein.

### Beweis

Wenn $M$ als $K$-Vektorraum endlichdimensional ist, so hat $M$ automatisch endliche Länge, da jeder Untermodul auch ein Untervektorraum ist. Die Rückrichtung zeigen wir durch Induktion über die Länge. Wenn die Länge gleich $1$ ist, so ist der Modul einfach und somit nach Fakt von der Form $M=R/{\mathfrak {m}}$ mit einem maximalen Ideal ${\mathfrak {m}}$. Nach dem Hilbertschen Nullstellensatz ist $K\subseteq R/{\mathfrak {m}}$ eine endliche Körpererweiterung und der Modul ist ein endlichdimensionaler $K$-Vektorraum. Es sei nun $M$ ein $R$-Modul endlicher Länge $\geq 2$. Dann gibt es eine kurze exakte Sequenz
    $0\longrightarrow N\longrightarrow M\longrightarrow M/N\cong R/{\mathfrak {m}}\longrightarrow 0$
mit einem einfachen Restklassenmodul und einem $R$-Untermodul $N$ kleinerer Länge. Nach Induktionsvoraussetzung bzw. dem Fall einfacher Moduln stehen links und rechts endlichdimensionale $K$-Vektorräume. Daher ist auch der Modul $M$ als $K$-Vektorraum endlichdimensional.
Wenn zusätzlich $K$ algebraisch abgeschlossen ist, so zeigt man die Gleichheit von Länge und Dimension entsprechend durch Induktion, wobei der Induktionsanfang wiederum auf dem Hilbertschen Nullstellensatz beruht, der hier besagt, dass sämtliche Restklassenkörper isomorph zu $K$ selbst sind.
$\Box$
Die komplexen Zahlen haben als $\mathbb {R}$-Modul die Länge $2$, aber als ${\mathbb {C} }$-Modul die Länge $1$.

## Definition

Es sei $M$ ein $R$-Modul über einem kommutativen Ring $R$. Unter einer Kompositionsreihe für $M$ versteht man eine Kette von Untermoduln
    $0\subset M_{1}\subset M_{2}\subset \ldots \subset M_{\ell -1}\subset M_{\ell }=M\,$
mit der Eigenschaft, dass alle Restklassenmoduln $M_{i}/M_{i-1}$, $i=1,\ldots ,\ell$, einfach sind.
Eine Kompositionsreihe ist einfach eine Kette von Untermoduln, die man nicht weiter verfeinern kann, zwischen $M_{i-1}$ und $M_{i}$ liegt kein weiterer Untermodul. Ein Modul endlicher Länge besitzt auch eine Kompositionsreihe, und zwar ist eine jede Kette maximaler Länge automatisch eine Kompositionsreihe, da sie nicht verfeinert werden kann. Umgekehrt besitzt ein Modul mit einer Kompositionsreihe endliche Länge, was nicht selbstverständlich ist.

## Satz

Es sei $R$ ein kommutativer Ring und $M$ ein $R$-Modul endlicher Länge.
Dann besitzt jede Kompositionsreihe von $M$ diese Länge.

### Beweis

Wir führen Induktion über die Länge $n$ des Moduln. Bei $n=0,1$ gibt es überhaupt nur eine Kompositionsreihe. Es sei die Aussage also für jeden Modul der Länge $n$ bewiesen und sei
    $0\subset M_{1}\subset \ldots \subset M_{n}\subset M_{n+1}=M\,$
eine Kette von Untermoduln von $M$ maximaler Länge. Jede Kompositionsreihe besitzt natürlich höchstens die Länge $n+1$. Es sei
    $0\subset U_{1}\subset \ldots \subset U_{s}\subset U_{s+1}=M\,$
eine Kompositionsreihe von $M$. Wir betrachten die kurze exakte Sequenz
    $0\longrightarrow M_{n}\longrightarrow M\longrightarrow M/M_{n}\longrightarrow 0.$
Bei $M_{n}\subseteq U_{s}$ muss Gleichheit gelten und dann ist $n=s$ nach Induktionsvoraussetzung. Bei $M_{n}\not \subseteq U_{s}$ ist die induzierte Abbildung
    $M_{n}\longrightarrow M/U_{s}$
surjektiv und man hat eine kurze exakte Sequenz
    $0\longrightarrow M_{n}\cap U_{s}\longrightarrow M_{n}\longrightarrow M/U_{s}\longrightarrow 0$
und eine kurze exakte Sequenz
    $0\longrightarrow M_{n}\cap U_{s}\longrightarrow U_{s}\longrightarrow M/M_{n}\longrightarrow 0.$
Dabei hat $M_{n}$ die Länge $n$ und nach Induktionsvoraussetzung besitzt $M_{n}\cap U_{s}$ die Länge $n-1$. Dann besitzt $U_{s}$ eine Länge von zumindest $n$, also $s\geq n$ und damit $s=n$.
$\Box$

## Satz

Es sei $R$ ein kommutativer Ring und es sei
    $0\longrightarrow L\longrightarrow M\longrightarrow N\longrightarrow 0$
eine kurze exakte Sequenz von $R$-Moduln.
Dann besitzt $M$ genau dann endliche Länge, wenn dies für $L$ und $N$ gilt. In diesem Fall gilt die Additionsformel

### Beweis

Dies folgt aus Fakt.
$\Box$

## Lemma

Es sei $R$ ein Hauptidealbereich und $f\in R$, $f\neq 0$. Es sei
    $f=up_{1}\cdots p_{n}\,$
eine Primfaktorzerlegung von $f$ mit einer Einheit $u$ und (nicht notwendigerweise verschiedenen) Primelementen $p_{i}$.
Dann ist die Länge des Restklassenringes $R/(f)$ gleich $n$.

### Beweis

Wir führen Induktion nach $n$. Bei $n=0$ ist $f$ eine Einheit, der Restklassenring ist der Nullring und dessen Länge ist $0$. Wenn $n=1$ ist, so ist $f$ selbst prim und der Restklassenring $R/(f)$ ist nach Fakt ein Körper, also ein einfacher $R$-Modul, der somit die Länge $1$ besitzt. Es sei die Aussage nun für $n$ bewiesen. Es sei
    $f=up_{1}\cdots p_{n}\cdot p_{n+1}=g\cdot p_{n+1}\,.$
Dann liegt die Idealinklusion $(f)\subset (p_{n+1})$ vor, und der Kern des zugehörigen surjektiven Modulhomomorphismus
    $R/(f)\longrightarrow R/(p_{n+1})$
ist $(p_{n+1})R/(f)$. Dieser $R$-Modul ist wiederum isomorph zu $R/(g)$ über $1\mapsto p_{n+1}$. Es ist ja $hp_{n+1}\in (f)$ genau dann, wenn $h\in (g)$ ist. Somit haben wir eine kurze exakte Sequenz
    $0\longrightarrow R/(g){\stackrel {\cdot p_{n+1}}{\longrightarrow }}R/(f)\longrightarrow R/(p_{n+1})\longrightarrow 0$
und die Behauptung folgt aus Fakt.
$\Box$

## Satz

Es sei $R$ ein kommutativer Ring und $M$ ein $R$-Modul.
Dann besitzt $M$ genau dann endliche Länge, wenn er sowohl artinsch als auch noethersch ist.

### Beweis

$\Box$