Artin–Reesの補題

同義語：Artin–Rees lemmaArtin–Rees の補題

概要

前提知識: Noether環, 加群, イデアル, 完全列, 射影極限

部分加群に誘導される位相

加群 $M$ をイデアル $I$ の冪で近似するとき、部分加群 $N$ の近似には二通りの作り方がある。一つは $N$ 自身に $I$ を繰り返し掛ける方法であり、もう一つは $M$ の近似の中で $N$ に属する元だけを残す方法である。前者は $I^nN$、後者は $N\cap I^nM$ である。前者から後者への包含はつねに成立するが、逆向きの包含は同じ次数では成立しないことがある。
Artin–Reesの補題は、このずれが固定した有限の次数だけで吸収されることを保証する。Noether環上の有限生成加群なら、ある固定整数 $c$ 以後、$N\cap I^nM$ は次数 $c$ の部分から $I^{n-c}$ を掛けて得られる。無限個の近似を一つずつ調べる代わりに、有限個の斉次生成元で全次数を制御できる。
この補題の重要な用途は、部分加群の位相と完備化を比較することである。位相が一致するので、短完全列を完備化しても左側の単射は失われない。右側の全射は、有限商での持上げを一段ずつ補正して得る。以下ではこれらを証明する。その際、一般の射影極限がつねに完全であるという誤った原則は使わない。

定理と有限性の仮定

環は単位元をもつ可換環とする。イデアルの零乗は $I^0=A$ と約束する。加群は零加群を許す。以下の主定理は AM69 Chapter 10, Corollary 10.10 の内容である。

Artin–Reesの補題

$A$ をNoether環、$I$ をイデアル、$M$ を有限生成 $A$ 加群、$N\subset M$ を部分加群とする。ある整数 $c\ge0$ が存在して、すべての $n\ge c$ に対して
$$N\cap I^nM=I^{n-c}(N\cap I^cM)$$
が成り立つ。従って
$$I^nN\subset N\cap I^nM\subset I^{n-c}N$$
である。

定数 $c$ は $I,M,N$ の固定された組に対して選ぶ。$n$ ごとに選び直す定数ではない。一方、異なる部分加群や異なるイデアルについて同じ $c$ が使えるという主張ではない。証明は以下のRees構成で与える。

Noether性により $I$ は有限生成であり、$M$ の部分加群 $N$ も有限生成になる。しかし補題の証明では $N$ 自身の有限生成だけでは足りない。すべての交叉 $N\cap I^nM$ を集めた次数付き加群が有限生成になることが核心である。その有限性を、有限型のRees環上の部分加群として得る。

Rees環による完全証明

まず証明で使う有限性を確かめておく。Noether環上の有限生成加群の部分加群は有限生成である。この事実は有限自由加群の階数に関する帰納法で示せる。階数一では部分加群はイデアルだからNoether条件そのものである。階数 $s$ では第一座標への像が有限生成イデアルとなり、核は階数 $s-1$ の自由加群の部分加群となる。像の生成元の持上げと核の生成元を合わせればよい。一般の有限生成加群については有限自由加群からの全射の逆像に適用する。

多項式環の有限性

Noether環 $R$ に対して、有限変数多項式環 $R[T_1,\ldots,T_s]$ はNoether環である。

一変数の場合を示す。$J\subset R[T]$ をイデアルとする。$J=0$ なら空集合で生成されるので有限生成である。以下 $J\ne0$ とする。$J$ の非零多項式の先頭係数が生成する $R$ のイデアルは有限生成だから、その生成に必要な先頭係数をもつ多項式 $f_1,\ldots,f_v\in J$ を選べる。選んだ多項式は少なくとも一つあるので、$N$ をそれらの次数の最大値とする。
$g\in J$ の次数が $N$ 以上なら、その先頭係数を $f_i$ の先頭係数の線形結合で表す。それぞれの $f_i$ に適切な $T$ の冪を掛けて次数を $\deg g$ に合わせ、線形結合を引けば次数が真に下がる。この操作を有限回繰り返すと、$g$ は $f_i$ の多項式係数線形結合と、次数が $N$ 未満の $J$ の元との和になる。
次数が $N$ 未満の多項式全体は有限自由 $R$ 加群である。その中の部分加群 $J\cap R[T]_{< N}$ は有限生成である。この有限個の生成元と $f_i$ が $J$ をイデアルとして生成する。従って $R[T]$ はNoether環である。変数を一つずつ追加して有限変数の場合を得る。商環もNoetherなので、有限型 $R$ 代数にも同じ結論が成り立つ。

Artin–Reesの必要な形

$R$ をNoether環、$M$ を有限生成 $R$ 加群、$N\subset M$ を部分加群、$\mathfrak a$ をイデアルとする。ある整数 $c\ge0$ が存在し、すべての $n\ge c$ について
$$N\cap\mathfrak a^nM=\mathfrak a^{n-c}(N\cap\mathfrak a^cM)$$
が成り立つ。特に左辺は $\mathfrak a^{n-c}N$ に含まれる。

$\mathfrak a=(u_1,\ldots,u_s)$ と書く。Rees環
$$S=R[u_1t,\ldots,u_st]\subset R[t]$$
は有限型 $R$ 代数だからNoether環である。次数付き加群
$$\mathcal M=\bigoplus_{n\ge0}\mathfrak a^nM t^n$$
は $M$ の有限生成元を次数零に置けば有限生成 $S$ 加群になる。その部分加群
$$\mathcal N=\bigoplus_{n\ge0}(N\cap\mathfrak a^nM)t^n$$
も有限生成である。有限個の生成元を斉次成分に分け、そのすべてを生成元に取り直す。 $N=0$ なら $c=0$ として結論は直ちに成立する。以下 $N\ne0$ とし、これらの次数の最大値を $c$ とする。
次数 $n\ge c$ の成分は、次数 $i\le c$ の生成元に $\mathfrak a^{n-i}$ を掛けたものの和である。$\mathfrak a^{c-i}$ を掛けた段階で $N\cap\mathfrak a^cM$ に入るので、全体は $\mathfrak a^{n-c}(N\cap\mathfrak a^cM)$ に含まれる。逆包含は $N$ が部分加群であることと冪の積から直ちに従う。
ここで $c$ は固定した三つのデータ $M,N,\mathfrak a$ から一度だけ選ぶ。$n$ ごとに別の定数を選んではいない。この一様性が誘導位相と完備化の比較を可能にする。

上のArtin–Reesの必要な形は主定理の等式そのものである。Rees環を用いた証明は、生成元に関係があっても使える。$A$ や $M$ に零因子があることも妨げにならない。$I$ を生成する元が正則列であるとか、$M$ が自由であるといった仮定は不要である。
$N=0$ なら左辺はすべて零で、$c=0$ と選べる。$I=0$ なら $n\ge1$ の左辺は零なので $c=1$ でよい。$I=A$ なら両辺は $N$ であり $c=0$ でよい。この最後の場合、位相は一般に分離ではない。Artin–Reesの等式と、加群がその位相で分離することを混同してはいけない。

誘導位相と閉包

$I$ 進位相では、零の基本近傍を $I^nM$ とする。部分加群 $N$ に誘導される位相では零の基本近傍は $N\cap I^nM$ である。二つの下降列が互いに共終であれば、同じ位相を定める。共終とは、一方の任意の項に他方の十分先の項が含まれることである。同じ番号の項が等しいことは要求しない。

誘導位相の一致

主定理の仮定の下で、$N$ 自身の $I$ 進位相と、$M$ の $I$ 進位相から誘導される位相は一致する。

任意の $n$ について $I^nN\subset N\cap I^nM$ である。逆向きには主定理の固定定数 $c$ を使い、任意の $r\ge0$ に対して
$$N\cap I^{r+c}M\subset I^rN$$
を得る。従って二つの近傍系は互いに共終である。これが位相の一致を意味する。

部分加群 $N$ の $M$ 内での閉包は
$$\overline N=\bigcap_{n\ge0}(N+I^nM)$$
である。これは商加群 $M/N$ の零の閉包の逆像でもある。誘導位相が一致するという結論だけでは、$N$ が閉じているとはまだ言えない。商の分離性が別に必要である。以下でJacobson根基の条件を加えたときに、その分離性まで証明する。

交叉の消滅に必要な有限Nakayama

有限生成加群の行列式補題

有限生成 $A$ 加群 $Q$ が $Q=IQ$ を満たすなら、ある $a\in I$ について $(1-a)Q=0$ となる。特に $I\subset\operatorname{Jac}(A)$ なら $Q=0$ である。

$Q$ の生成元を $q_1,\ldots,q_s$ とする。各 $q_i$ は $\sum_jb_{ij}q_j$、$b_{ij}\in I$ と書ける。行列 $E-B$ を生成元の列へ掛けると零になる。余因子行列を掛ければ $\det(E-B)$ はすべての $q_i$ を零化する。この行列式は $I$ を法として $1$ なので $1-a$、$a\in I$ の形である。$I$ がJacobson根基に含まれれば $1-a$ は単元だから $Q=0$ である。$s=0$ はすでに零加群の場合である。

Krull交叉の有限加群版

主定理の $A,I,M$ について $K=\bigcap_nI^nM$ とする。このとき $K=IK$ である。$I\subset\operatorname{Jac}(A)$ なら $K=0$。従ってその場合、有限生成加群のすべての部分加群は $I$ 進位相で閉じている。

$K\subset M$ にArtin–Reesを適用する。すべての冪に $K$ が含まれるので、$n=c+1$ で
$$K=K\cap I^{c+1}M=I(K\cap I^cM)=IK.$$
$K$ はNoether加群 $M$ の部分加群なので有限生成である。前の行列式補題から、Jacobson根基の条件の下では $K=0$ となる。
任意の部分加群 $N$ に対して商 $M/N$ は有限生成である。その交叉が零となるので、$\bigcap_n(N+I^nM)=N$ となる。これは閉包の式から $N$ が閉じていることを意味する。

Jacobson根基の条件を外すと交叉が消えない場合がある。例えば体 $k$ に対し $A=k\times k$、$I=k\times0$、$M=A$ とすると $I^n=I$ がすべての $n\ge1$ で成り立つ。交叉は非零の $I$ である。$I$ は冪等イデアルであり、$I=I^2$ というArtin–Reesや行列式補題の結論に反していない。この例では $\operatorname{Jac}(A)=0$ だから、消滅のための仮定が満たされていない。

完備化が短完全列を保つ証明

加群 $M$ の $I$ 進完備化を
$$\widehat M=\varprojlim_n M/I^nM$$
で定める。これは各有限商の両立する元の列からなる。元の $M$ が分離であることは、完備化という加群を定義するためには必要ない。本節も $I$ がJacobson根基に含まれるとは仮定しない。

有限加群の完備化の完全性

Noether環 $A$ 上の有限生成加群の短完全列
$$0\longrightarrow N\longrightarrow M\longrightarrow P\longrightarrow0$$
に対して、完備化した列
$$0\longrightarrow\widehat N\longrightarrow\widehat M\longrightarrow\widehat P\longrightarrow0$$
は完全である。

$N$ を $M$ の部分加群とみなす。各 $n$ で
$$0\longrightarrow N/(N\cap I^nM)\longrightarrow M/I^nM\longrightarrow P/I^nP\longrightarrow0$$
は完全である。左端の推移写像は全射である。位相の一致から、その射影極限は $\widehat N$ と自然に同型になる。この同型は共終近傍系の各段の商への写像から得られ、元の $N$ の像と両立する。
右端への全射を直接作る。$\widehat P$ の元を両立する列 $(p_n)$ とする。$p_1$ の持上げ $m_1$ を選ぶ。$m_n$ まで選べたとき、$p_{n+1}$ の任意の持上げ $m'_{n+1}$ を取る。次数 $n$ に戻した $m'_{n+1}$ と $m_n$ の差は右端で零なので、左端の次数 $n$ の元の像である。左端の推移写像は全射だから、その差を次数 $n+1$ の左端へ持ち上げて $m'_{n+1}$ から引ける。得た $m_{n+1}$ は $p_{n+1}$ を持ち上げ、$m_n$ と両立する。帰納で $\widehat M$ の元が得られる。
左端の単射は各次数の単射から従う。中央の極限の元が右端で零なら、各次数で左端へ一意に戻る。一意性によって戻した元も推移写像と両立するので、中央の核は左端の像となる。以上で全列の完全性を得る。

この証明では、右端の元を各次数で勝手に持ち上げるだけでは不十分であった。持上げの両立性を確保する補正に、左端の全射推移写像を使った。この条件を省いて任意の射影極限が全射を保つと主張することはできない。一般の系には別の条件が必要となる。

有限表示とテンソル表示

完備化のテンソル表示

$A$ がNoether、$M$ が有限生成なら自然な写像
$$\widehat A\otimes_A M\longrightarrow\widehat M$$
は同型である。

有限自由加群 $A^s$ については、両立する列を有限個の座標ごとに取れば $\widehat{A^s}=\widehat A^s$ である。一般の $M$ は有限表示 $A^u\to A^v\to M\to0$ をもつ。表示の像と核は有限自由加群の部分加群なので有限生成である。先の短完全列の完全性を二度使うと、完備化した列 $\widehat A^u\to\widehat A^v\to\widehat M\to0$ が完全になる。
他方、テンソル積の右完全性から $\widehat A^u\to\widehat A^v\to\widehat A\otimes_AM\to0$ も完全である。前の二項とその行列写像は同じなので、二つの右端は同じ写像の余核である。自然な写像はこの同一性を与えるから同型となる。

このテンソル表示は有限生成加群についての主張である。一般の無限生成加群には無条件で拡張しない。完備化が任意の直和と交換するとも言っていない。有限自由加群について用いたのは有限個の座標と射影極限の交換だけである。

計算例と定数の読み方

体 $k$ と $A=k[t]$、$I=(t)$、$M=A$、$N=t^sA$ を取る。$s$ は正整数とする。この場合
$$N\cap I^nM=t^{\max(s,n)}A.$$
$n\ge s$ ならこれは $t^{n-s}(t^sA)=I^{n-s}(N\cap I^sM)$ であり、$c=s$ が使える。もし $c< s$ と選ぶと、$n=s$ で右辺は $t^{2s-c}A$ となって左辺 $t^sA$ より真に小さい。従ってこの組では最小の定数が $s$ である。
この例で $I^nN=t^{n+s}A$ と $N\cap I^nM=t^nA$ は、大きな $n$ でも同じ次数では一致しない。しかし次数を $s$ ずらせば包含し合う。位相の一致が各近傍の一致を意味しないことが明瞭に分かる。また $N$ を変えて $s$ を大きくすると必要な定数も大きくなるので、すべての部分加群について一つの固定定数が使えるという強い主張は成立しない。
完成の完全性の例として $k[t]$ 上の列 $0\to(t^s)\to A\to A/(t^s)\to0$ を取る。完備化した左端は $t^sk\llbracket t\rrbracket$、中央は $k\llbracket t\rrbracket$、右端は $k[t]/(t^s)$ である。左端の単射と中央の核は係数から直接確認できる。上の完全性の定理の証明は、この具体的な係数計算を任意の有限加群に拡張したものである。

Noether性を外した反例

体 $k$、$K=k((t))$ を取り、
$$A=k\llbracket t\rrbracket+uK\llbracket u\rrbracket\subset K\llbracket u\rrbracket$$
とする。$I=(t)$、$M=A$、$N=(u)$ と置く。$M$ は一元生成であり、$N$ も一元生成、$I$ も主イデアルである。しかしArtin–Reesの結論は成立しない。
実際、すべての $n\ge0$ に対し $u/t^n\in A$ なので $u\in t^nA$ である。$N$ の任意の元にも同じことが成り立ち、$N\cap t^nA=N$ となる。もし固定定数 $c$ が使えるなら、$n=c+1$ で $N=tN$ となるはずである。しかし $u\notin tN$ である。そうでなければ整域 $K\llbracket u\rrbracket$ 内で $u=tua$ を消去して $a=1/t\in A$ を得るが、定数項 $1/t$ は $k\llbracket t\rrbracket$ に属さない。
この環がNoetherでないことは $(u/t^n)$ の厳密な上昇列から分かる。従って反例は主定理のNoether仮定を確かに外している。有限生成の $M,N,I$ を残しても、環のNoether性の代わりにはならない。
誘導位相の違いも直接見える。$N$ に誘導される近傍はすべて $N$ 自身なので、この位相は全元を零と区別しない。一方 $n\ge1$ では $N$ 自身の近傍 $t^nN$ は $N$ より真に小さい。この差を有限の次数ずれで吸収することはできない。完備化の単射の失敗についても、$\widehat M$ の中で $N$ の像は零だが、$u$ の $N/tN$ 内の像は非零である。$u$ 自身が与える両立列は $\widehat N$ で非零なので、$\widehat N\to\widehat M$ は単射でない。

有限生成加群を外した反例

環がNoetherである場合でも $M$ の有限生成を省くことはできない。体 $k$ 上で $A=k[t]$、$I=(t)$ とし、
$$M=\bigoplus_{s\ge1}Ae_s,\qquad N=\bigoplus_{s\ge1}t^sAe_s$$
と置く。$M$ は無限直和である。交叉と冪は各座標で計算できるので、$N\cap t^nM$ の第 $s$ 座標は $t^{\max(s,n)}A$ である。
どんな有限整数 $c$ を選んでも $s=c+1$、$n=s$ とすれば、左辺の第 $s$ 座標には $t^se_s$ が含まれる。一方 $t^{n-c}(N\cap t^cM)$ の同じ座標は $t^{s+1}Ae_s$ であり、その元を含まない。従って全座標で同時に使えるArtin–Rees定数は存在しない。各有限個の座標だけなら最大の $s$ を定数に選べるが、その局所的な有限性から無限直和全体の一様性は出ない。
この反例は、主定理の証明でRees加群が有限生成であることを使った箇所に対応する。環のRees環はNoetherであっても、無限生成Rees加群の部分加群が有限生成になるとは限らない。

適用の範囲と関連する話題

Artin–Reesは有限個の生成元を通じて全次数を制御する定理であり、すべての環やすべての加群についての位相原理ではない。適用時には環のNoether性、加群の有限生成、固定した部分加群、固定したイデアルを確認する。後で部分加群を変えていく論証では、以前の定数がそのまま使えるかを別に確かめなければならない。
本記事で扱うのはRees有限性、誘導位相、有限加群の完備化の完全性である。完備化された環のNoether性や平坦性、係数体の存在はここでは扱わない。完備化はそれらを含む環構造の議論を扱う。Krullの高さ定理では本補題から、厳密素鎖が強制する長さの成長下界を得る。逆に、本補題の証明は次元理論を使わない。