1-9 Hilbert零点定理
前提知識：イデアルと座標環、Zariski補題と弱零点定理
同じ図形を定める方程式はどこまで同じか
一変数の方程式
$$
x=0,\qquad x^2=0,\qquad x^{100}=0
$$
は、点集合としては全て原点だけを定めます。しかし生成するidealは
$$
(x)\supsetneq(x^2)\supsetneq(x^{100})
$$
で異なります。零点集合は、方程式が何重に消えるかを忘れるからです。
ではideal $I$ の零点全体で消える多項式を集めた $I(V(I))$ は、$I$ から何を忘れたものなのでしょうか。答えはradicalです。
$$
I(V(I))=\sqrt I.
$$
この等式が強いHilbert零点定理です。左辺は点で定義された幾何、右辺は冪で定義された代数です。その二つが代数閉体上で一致します。
根基が零点集合に現れる理由
ideal $I\subseteq k[x_1,\ldots,x_n]$ のradicalを
$$
\sqrt I=\{f\mid f^N\in I\text{ for some }N\ge1\}
$$
と定義しました。
任意の体 $k$ とideal $I\subseteq k[x_1,\ldots,x_n]$ に対し
$$
\sqrt I\subseteq I(V(I))
$$
である。
$f\in\sqrt I$ とします。ある $N\ge1$ について $f^N\in I$ です。$a\in V(I)$ なら
$$
f(a)^N=f^N(a)=0.
$$
体には非零nilpotent元がないので $f(a)=0$ です。従って $f$ は $V(I)$ の全点で消え、$f\in I(V(I))$ です。□
この包含には代数閉性は要りません。難しいのは逆包含です。零点上で消えるという点ごとの情報から、ある冪がidealに属するという一つの代数的等式を作らなければなりません。
逆元を新しい変数で表す
多項式 $f$ が $V(I)$ 上で0になるとします。新しい変数 $y$ を加え、
$$
1-yf
$$
も方程式に加えます。この式が0なら $yf=1$、すなわち $y=f^{-1}$ です。一方 $V(I)$ 上では $f=0$ なので、そのような $y$ は存在できません。
$I\subseteq k[x_1,\ldots,x_n]$ と $f\in k[x_1,\ldots,x_n]$ に対し
$$
J=I\,k[x_1,\ldots,x_n,y]+(1-yf)
$$
をRabinowitsch trick|Rabinowitsch trickで用いる補助idealという。
ここで $I$ を一変数多い多項式環へ拡張しています。方程式 $1-yf=0$ は、$f\ne0$ である領域を方程式だけで表す装置です。
$k$ をalgebraically closed fieldとする。$f$ が $V(I)$ 上で恒等的に0なら、Rabinowitsch ideal
$$
J=I\,k[x_1,\ldots,x_n,y]+(1-yf)
$$
は全環である。
$J$ がproper idealだと仮定します。「Zariski補題と弱零点定理」のproper idealの共通零点定理を $n+1$ 変数の多項式環に適用すると、ある
$$
(a_1,\ldots,a_n,b)\in k^{n+1}
$$
が $J$ の全要素を零にします。$I\subseteq J$ なので $a=(a_1,\ldots,a_n)\in V(I)$ です。仮定から $f(a)=0$ です。しかし $1-yf\in J$ なので
$$
0=1-bf(a)=1,
$$
という矛盾になります。従って $J$ はproperでなく、$J=k[x_1,\ldots,x_n,y]$ です。□
この短い補題は、幾何的な「$f=0$ と $f\ne0$ は両立しない」を、idealが $1$ を含むという代数的事実へ変換します。
強いHilbert零点定理
$k$ をalgebraically closed fieldとし、$I\subseteq k[x_1,\ldots,x_n]$ をidealとする。このとき
$$
I(V(I))=\sqrt I.
$$
これをstrong Hilbert Nullstellensatz|強いHilbert零点定理、または単にHilbert零点定理といいます。
既に $\sqrt I\subseteq I(V(I))$ を証明しました。逆包含を示します。
$f\in I(V(I))$ を取ります。$f=0$ なら $f\in\sqrt I$ は直ちに従うので、以下 $f\ne0$ とします。Hilbert基底定理により
$$
I=(h_1,\ldots,h_r)
$$
と有限生成です。Rabinowitsch emptiness lemmaから
$$
1\in(h_1,\ldots,h_r,1-yf)
\subseteq k[x_1,\ldots,x_n,y].
$$
従って、ある多項式 $A_1,\ldots,A_r,B$ が存在して
$$
1=A_1(x,y)h_1(x)+\cdots+A_r(x,y)h_r(x)
+B(x,y)(1-yf(x))
$$
となります。
この等式を局所化 $k[x_1,\ldots,x_n,1/f]$ へ移し、$y=1/f$ を代入します。最後の項は
$$
B(x,1/f)(1-(1/f)f)=0
$$
となるので
$$
1=\sum_{i=1}^r A_i(x,1/f)h_i(x).
$$
各 $A_i(x,1/f)$ は分母が $f$ の冪である分数です。有限個しかないので、全ての分母を払う共通の $N\ge1$ を取れます。両辺に $f^N$ を掛ければ
$$
f^N=\sum_{i=1}^r C_i(x)h_i(x)\in I
$$
となります。従って $f\in\sqrt I$ です。
以上から $I(V(I))\subseteq\sqrt I$ も成り立ち、等号を得ます。□
この証明をRabinowitsch proof of the Nullstellensatz|Rabinowitsch trickによる零点定理の証明と呼びます。新変数 $y$ は、不等式 $f\ne0$ を方程式 $yf-1=0$ に変える役割を持ちます。
零点集合が等しいidealの判定
$k$ をalgebraically closed fieldとし、$I,J\subseteq k[x_1,\ldots,x_n]$ をidealとする。このとき
$$
V(I)=V(J)
\quad\Longleftrightarrow\quad
\sqrt I=\sqrt J.
$$
$V(I)=V(J)$ なら零点定理により
$$
\sqrt I=I(V(I))=I(V(J))=\sqrt J.
$$
逆に $\sqrt I=\sqrt J$ なら、根基を取っても零点集合は変わらないので
$$
V(I)=V(\sqrt I)=V(\sqrt J)=V(J).
$$
□
これはsame zero locus radical criterion|同じ零点集合を持つidealの根基判定です。点集合としてのaffine幾何が保持するのはidealそのものではなく、そのradicalだけです。
$$
I=(x^2,xy)\subseteq k[x,y]
$$
とします。$x^2=0$ から零点では $x=0$ なので
$$
V(I)=V(x).
$$
従って代数閉体上では
$$
\sqrt I=I(V(I))=I(V(x))=(x).
$$
$I$ は直線 $x=0$ と同じ点を持ちますが、$x\notin I$ かつ $x^2\in I$ です。$I$ に残る「二重化」の情報は点集合から失われます。後のschemeは、この失われたnilpotent情報を保持します。
affine代数的集合とradical idealの反変対応
$k$ をalgebraically closed fieldとする。対応
$$
X\longmapsto I(X),
\qquad
I\longmapsto V(I)
$$
は、$k^n$ のaffine代数的集合と $k[x_1,\ldots,x_n]$ のradical idealとの間の包含関係を逆にするbijectionを与える。
affine代数的集合 $X$ はあるideal $J$ により $X=V(J)$ と書けます。従って
$$
V(I(X))=V(I(V(J)))=V(\sqrt J)=V(J)=X.
$$
一方、radical ideal $I$ なら $\sqrt I=I$ なので、零点定理から
$$
I(V(I))=\sqrt I=I.
$$
従って二つの対応は互いに逆です。
$X\subseteq Y$ なら、$Y$ 上で消える多項式は $X$ 上でも消えるので $I(Y)\subseteq I(X)$ です。同様に $I\subseteq J$ なら $V(J)\subseteq V(I)$ です。従って包含関係は反転します。□
この結果をradical ideals and affine algebraic sets anti-isomorphism|radical idealとaffine代数的集合の反変対応と呼びます。さらに「既約集合と既約成分」の結果と合わせると、irreducible affine algebraic setはprime idealに、点はmaximal idealに対応します。
| 幾何側 | 代数側 |
|---|---|
| affine代数的集合 | radical ideal |
| irreducible集合 | prime ideal |
| 一点 | maximal ideal |
| 包含 $X\subseteq Y$ | 逆向きの包含 $I(Y)\subseteq I(X)$ |
和・共通部分・合併の翻訳
$k$ をalgebraically closed fieldとし、$X,Y\subseteq k^n$ をaffine代数的集合とする。このとき
$$
I(X\cup Y)=I(X)\cap I(Y),
$$
$$
I(X\cap Y)=\sqrt{I(X)+I(Y)}.
$$
多項式が $X\cup Y$ 上で消えることは、$X$ と $Y$ の両方で消えることと同値です。従って第一式が成り立ちます。
第二式について、
$$
X\cap Y=V(I(X))\cap V(I(Y))=V(I(X)+I(Y)).
$$
両辺の消滅idealを取り、零点定理を使えば
$$
I(X\cap Y)=I(V(I(X)+I(Y)))=\sqrt{I(X)+I(Y)}.
$$
□
これらをideals of unions and intersections of algebraic sets|代数的集合の合併・共通部分のideal公式と呼びます。共通部分では和idealそのものではなくradicalが現れる点が重要です。
平面の二本の座標軸を
$$
X=V(x),\qquad Y=V(y)
$$
とします。合併は $V(xy)$ で、
$$
I(X\cup Y)=(x)\cap(y)=(xy).
$$
共通部分は原点なので
$$
I(X\cap Y)=(x,y)=\sqrt{(x)+(y)}.
$$
積 $xy$ は「どちらか一方が0」を表し、和ideal $(x,y)$ は「両方が0」を表しています。
座標環は図形を完全に記録する
affine代数的集合 $X$ の座標環は
$$
k[X]=k[x_1,\ldots,x_n]/I(X)
$$
でした。$I(X)$ は常にradical idealなので $k[X]$ はreducedです。零点定理により、代数閉体上では点集合 $X$ から $I(X)$ を取り、さらに座標環を作ることで、$X$ に属する全多項式関数の関係を復元できます。
一方、一般のideal $I$ から点集合 $V(I)$ を作ると
$$
k[V(I)]
=k[x_1,\ldots,x_n]/\sqrt I
$$
となります。$k[x]/(x^2)$ と $k[x]/(x)$ は同じ一点を与えますが、前者にあるnonzero nilpotent $\overline x$ は後者では消えます。これはreduction of an affine algebra|affine algebraのreduction
$$
A_{\mathrm{red}}=A/\sqrt{(0)}
$$
の最初の例です。
仮定を外したときの失敗
$k=\mathbb R$、$I=(x^2+1)$ とします。実零点がないので
$$
V_{\mathbb R}(I)=\varnothing,
\qquad
I(V_{\mathbb R}(I))=\mathbb R[x].
$$
しかし $x^2+1$ はirreducibleで $(x^2+1)$ はradical ideal、従って
$$
\sqrt I=I\ne\mathbb R[x].
$$
したがって通常の零点定理は実数上では成立しません。実数上では正値性を記録するreal radicalが必要になります。
$k=\mathbb F_q$ とし、零ideal $I=(0)\subseteq k[x]$ を考えます。$V(I)=k$ は全ての $q$ 個の点ですが、
$$
x^q-x
$$
はFermatの関係により全ての $a\in\mathbb F_q$ で0になります。従って
$$
x^q-x\in I(V(I))
$$
である一方、$x^q-x\notin\sqrt{(0)}=(0)$ です。これはfinite-field Nullstellensatz failure|有限体上の零点定理の失敗です。
代数閉性は単に証明を便利にする仮定ではありません。基礎体上に十分な点が存在し、点での評価が多項式関係を検出するために必要です。
演習
$k$ をalgebraically closed fieldとし、正整数 $m,n$ に対して
$$
I=(x^m,y^n)\subseteq k[x,y]
$$
のradicalを求めよ。
$x^m=y^n=0$ なら体の中で $x=y=0$ です。従って
$$
V(I)=\{(0,0)\}.
$$
原点の消滅idealは $(x,y)$ なので、零点定理から
$$
\sqrt I=I(V(I))=(x,y).
$$
直接にも $x^m,y^n\in I$ から $x,y\in\sqrt I$ で $(x,y)\subseteq\sqrt I$、逆包含は $I\subseteq(x,y)$ と $(x,y)$ がradicalであることから従います。□
$$
I=(x^2,xy),\qquad J=(x)
$$
について $V(I)=V(J)$ と $I\ne J$ を直接確かめ、$\sqrt I=\sqrt J$ を示せ。
$I\subseteq J$ なので $V(J)\subseteq V(I)$ です。一方 $(a,b)\in V(I)$ なら $a^2=0$ から $a=0$、従って $(a,b)\in V(J)$ です。よって零点集合は等しいです。
$x\in J$ ですが、$I$ の任意の元は $x^2A+xyB=x(xA+yB)$ の形であり $x$ 自身はこの形に書けないので $I\ne J$ です。$x^2\in I$ だから $x\in\sqrt I$ で、
$$
J=(x)\subseteq\sqrt I.
$$
また $I\subseteq J$ かつ $J$ はprime、従ってradicalなので $\sqrt I\subseteq J$ です。ゆえに
$$
\sqrt I=J=\sqrt J.
$$
□
$X=V(x-y)$、$Y=V(x+y)$ を $k^2$ の二直線とする。ただし $\operatorname{char}k\ne2$ とする。$I(X\cup Y)$ と $I(X\cap Y)$ を求めよ。
二直線のidealはそれぞれ $(x-y)$ と $(x+y)$ です。二つの一次式は互いにassociateでなく、共通の非定数因子を持たないので
$$
I(X\cup Y)=(x-y)\cap(x+y)=((x-y)(x+y))=(x^2-y^2).
$$
共通部分では $x-y=x+y=0$ です。差を取ると $2y=0$、和を取ると $2x=0$ であり、characteristicの仮定から $x=y=0$ です。従って
$$
I(X\cap Y)=(x,y).
$$
idealの和からも
$$
(x-y,x+y)=(x,y)
$$
が得られます。□
$k=\mathbb F_p$ とし、多変数多項式
$$
f_i=x_i^p-x_i\qquad(1\le i\le n)
$$
を考える。$V(f_1,\ldots,f_n)=k^n$ を示し、有限体上で点集合だけを使うとどの情報が失われるか説明せよ。
Fermatの小定理から全ての $a\in\mathbb F_p$ について $a^p=a$ です。従って任意の $(a_1,\ldots,a_n)\in k^n$ は全ての $f_i$ を零にし、零点集合は $k^n$ 全体です。
零ideal $(0)$ も $V(0)=k^n$ を定めます。しかし $(f_1,\ldots,f_n)\ne(0)$ です。したがって有限体の有理点だけを見ると、非零多項式と零多項式を区別できない場合があります。点が有限個しかないため、多項式関数への写像がinjectiveでないことが原因です。□
$k$ をalgebraically closed field、$I=(x^2,xy)\subseteq k[x,y]$ とする。$f=x$ は $V(I)$ 上で消えるが $I$ には属さない。零点定理が保証する冪 $f^N\in I$ を具体的に一つ与えよ。また $f+ y$ が $V(I)$ 上で消えるか判定せよ。
$f=x$ については
$$
f^2=x^2\in I
$$
なので $N=2$ が使えます。これは $x\in\sqrt I$ を直接示します。
$V(I)=V(x)$ は $y$ 軸全体です。$x+y$ を点 $(0,b)$ で評価すると $b$ です。例えば $(0,1)\in V(I)$ で値は1なので、$x+y$ は $V(I)$ 上で恒等的には消えません。従って $x+y\notin I(V(I))=\sqrt I=(x)$ です。□
この章で得た橋
弱零点定理はmaximal idealを点として分類しました。強い零点定理はさらに、任意のidealの零点上で消える全多項式をradicalとして回収します。これにより、affine代数的集合とradical ideal、irreducible集合とprime ideal、点とmaximal idealという三層の対応が一つの辞書になりました。
しかしこの対応は点集合へ移る際にnilpotentを捨てます。「消去とGröbner基底への入口」ではideal membershipと消去を実際に計算するGröbner基底へ進みます。その後、局所化・Spec・schemeへ進むと、ここで捨てた重複度やnilpotentを保持した幾何を扱えるようになります。
参考文献
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