有限维代数的 Jacobson 根

单模只记录不能再分割的作用。某个操作可能在每个单层上都为零，却在多层模中把上层推到下层。Jacobson 根正是收集这些在单层观测中消失的操作。

对一个有有限层数的模，反复施加根中的元素会不断降低层次，最终到达零。有限维代数的正则模本身也是有限层的，因此这幅图不仅解释根的作用，还证明整个根理想幂零。

严格上三角部分就是根 ​

设 $A=T_3(k)$ 为三阶上三角矩阵代数，令

它是双边理想，且

因此每个单模都被 $N$ 零化，证明见下节。商 $A/N\cong k^3$，有三个单模 $S_i=k$，分别让矩阵按第 $i$ 个对角元作用。这些单模的零化理想之交恰为对角元全零的 $N$。故

例如 $e_{23}$ 可把自然模的第三个基向量送到第二个，再由 $e_{12}$ 送到第一个；第三次严格上三角操作只能把它送到零。乘积 $e_{12}{e}_{23}=e_{13}\ne 0$ 也证明幂零指数恰为3。

一个幂零矩阵却不在根中 ​

在 $B=M_2(k)$ 中，自然模 $k^2$ 单且忠实，所以 $J(B)\subseteq {\mathrm{Ann}}_B(k^2)=0$。然而 $e_{12}^2=0$。

关键区别是：$k{e}_{12}$ 在整个 $M_2(k)$ 中不是双边理想。例如 $e_{21}{e}_{12}=e_{22}$，而 $e_{22}$ 非幂零。不能将全部幂零元素不加区别地拼成 Jacobson 根；在非交换环里，它们甚至未必对加法封闭。

有限维条件不能拿掉 ​

形式幂级数环公理库形式幂级数Formal power series以系数序列为本体并按 Cauchy 卷积运算、不预设解析收敛的无穷级数。 $k[[t]]$ 只有一个极大理想 $(t)$，因此 Jacobson 根为 $(t)$，但 $t^n\ne 0$ 对每个 $n$ 成立。有限维论证中的有限层数在这里消失了。

它还是整环，幂零根为0。因此即使在交换环里，幂零根公理库幂零根Nilradical由环中全部幂零元组成、也等于所有素理想之交的规范理想。和 Jacobson 根也不总是相同。有限维交换代数中二者相等，是有限性带来的额外结论。

两个定义为何一致 ​

若 $a$ 零化全部单模，则对每个极大左理想 $L$，它零化 $A/L$；作用在 $1+L$ 上便得到 $a\in L$。

反过来，若 $a$ 属于所有极大左理想，取任意单模 $S$ 及 $0\ne s\in S$。映射 $A\to S,b\mapsto bs$ 满射，其核是极大左理想，所以 $as=0$。对每个 $s$ 都成立，即 $a\in \mathrm{Ann}(S)$。

为什么它恰是最大的幂零双边理想 ​

先设 $I^N=0$。对单模 $S$，$IS$ 为子模。如果 $IS=S$，反复代入会得 $S=I^{N}S=0$，矛盾。因此 $IS=0$，即 $I\subseteq J(A)$。

再为正则左模 $A$ 选择组成列公理库模的组成列与 Jordan–Hölder 定理Composition series of a module · Jordan–Hölder theorem for modules用两条不同组成列展示因子多重集不变，以子模交叉比较证明唯一性，并计算不分裂扩张的长度。

根零化每个因子，所以 $J(A)A_i\subseteq A_{i-1}$。反复作用得到 $J(A{)}^{\ell }A=0$。代入单位 $1_A$ 就有 $J(A{)}^{\ell }=0$。

商掉根后为什么半单 ​

因 $A$ 有限维，可以从全部极大左理想中选有限个 $L_1,\dots ,L_r$，使交仍为 $J(A)$：只要当前交还大于 $J(A)$，就选一个使维数严格下降的新左理想，有限步必停。于是

是左模单射。右侧半单，故其子模也半单公理库半单模Semisimple module · Completely reducible module用R-线性投影和有限增大过程证明半单模的补模刻画，比较矩阵列分解与双数环的不分裂理想。。又因为根在两侧都作用为零，这正是 $A/J(A)$ 作为自身正则模的半单性。

这给出常用判据：有限维 $A$ 半单当且仅当 $J(A)=0$。一个方向来自上述论证；另一方向是根零化半单正则模，而只有零元素能通过左乘杀掉单位。

自检：若 $a\in J(A)$，则 $1-a$ 可逆，因为有限几何级数给出

当 $a^N=0$。对 $T_3(k)$ 中 $a=e_{12}+e_{23}$，逆为 $1+e_{12}+e_{23}+e_{13}$；相乘后逐项消去即可核对。根中的扰动可以被逆掉，但这个事实并不意味着原代数已半单。