整数と多項式に共通する演算の規則から環を定義し、単元・零因子・整域・体を具体例で区別する章である。剰余類の演算が代表元に依らないことから始め、環の基本恒等式、部分環、単元と零因子、整域の消去律、有限整域が体になることを示す。「どこまで割り算ができるか」という見方で、整数環 $\mathbb Z$、剰余環 $\mathbb Z/n\mathbb Z$、多項式環、体を並べて比べる。

第1章 環

環準同型の核を一般化した部分集合としてイデアルを定義し、整数環のイデアルをすべて求める章である。環準同型と核・像、イデアルの定義、生成イデアルの最小性、整数環のイデアルが $n\mathbb Z$ に限ることを示す。後半ではイデアルの和・共通部分・積と、根基・nilradical を導入し、方程式の条件をイデアルで表す見方を学ぶ。

第2章 イデアル

イデアルで割って新しい環を作る章である。商環の演算が代表元に依らないこと、標準射影の核がもとのイデアルであること、環の第一同型定理、商の普遍性を順に示す。群の商と同じ構造が環で成り立つことと、イデアルを使うと「割り切れない部分を無視した計算」ができることを、剰余環の例で確かめる。

第3章 商環

商環が整域になるイデアルを素イデアル、体になるイデアルを極大イデアルとして特徴づける章である。体のイデアルは自明なものだけであることから出発し、素・極大イデアルの商による特徴づけ、極大イデアルは素イデアルであること、整数環と多項式環での例を示す。「割り算がどこまでできる環が商として現れるか」という問いに、イデアルの言葉で答える。

第4章 素イデアルと極大イデアル

体上の一変数多項式環のイデアルを調べる章である。多項式の割り算（除法）が使えることから、イデアルがすべて一つの多項式で生成されること、最大公約多項式と最小公倍多項式、多項式環の商環の基底、素・極大イデアルの分類を示す。整数環での議論が多項式環でもそのまま成り立つことを確かめ、次の Euclid 整域の一般論の見本にする。

第5章 多項式環

整数や多項式で使った「割り算の繰り返し」を一般の整域へ広げる章である。整除と同伴、既約元と素元、Euclid 整域、PID、UFD を定義し、Euclid 整域は PID であること、PID では Bézout の恒等式が成り立つこと、PID の既約元は素元であることを示す。整域の種類（Euclid 整域 ⊂ PID ⊂ UFD）の包含関係を見通す。

第6章 Euclid整域

主イデアル整域（PID）の基本性質を示す章である。PID では最大公約元が Bézout の等式で表せること、既約元は素元であること、イデアルの昇鎖が止まることから、分解が有限回で止まる理由を示す。Euclid 整域でなくても使える議論を確かめる。

第7章 主イデアル整域

既約元への分解が順序と単元倍を除いて一意に決まる環を調べる章である。PID が UFD になることを示し、逆向きが成り立たない例として、多項式環 $K[x,y]$ が UFD だが PID でないことを確かめる。

第8章 一意分解整域

整数係数の多項式が有理数上で既約であることと整数上で既約であることを結ぶ Gauss の補題を扱う章である。多項式の内容と原始多項式、内容の乗法性、Gauss の補題、有理根定理、多項式環が UFD になること、後半では二次・三次の既約性、mod $p$ での判定、Eisenstein の判定法を示す。

第9章 Gauss補題

互いに素なイデアルによる商環の積分解を示す章である。二つのイデアルの場合と有限個の場合の中国剰余定理、冪等元による環の分解を扱う。整数の合同式の連立を環の言葉で一般化する。

第10章 中国剰余定理

## この章の問い
整数係数の多項式が有理数上で因数分解できないことを、整数の範囲で判定できるか。
## 道筋
- **多項式環と Gauss の補題**：内容、原始多項式、Gauss の補題、有理根定理、多項式環の UFD 性。
- **多項式の既約性判定**：次数が小さい場合、mod $p$ 判定、Eisenstein の判定法、円分多項式。
## 読み方
最初の頁は必須。第2頁は計算例が多いので、Eisenstein の判定法の例を中心に読む。
## 章末で言えること
整数係数の原始多項式が $\mathbb Z$ 上で既約であることと、$\mathbb Q$ 上で既約であることは同値である。
## 前の章から持ち込むもの
UFD、PID、体上の多項式環。


9-0 章の見取り図

## この章の問い
群で商群を作ったように、環でも「同じ類」をまとめて新しい環を作れるか。作れる条件は何か。
## 道筋
- **商環と第一同型定理**：商環の定義と演算、標準射影、環の第一同型定理、商の普遍性。
## 読み方
この 1 頁が中心。第2章のイデアルと、群の商の議論を思い出してから読む。
## 章末で言えること
環準同型 $\varphi:R\to S$ について $R/\ker\varphi\cong\operatorname{im}\varphi$ が成り立つ。
## 前の章から持ち込むもの
イデアル、環準同型の核と像。


3-0 章の見取り図

## この章の問い
整数環のイデアルがすべて一つの元で生成されたように、体上の多項式環でも同じことが言えるか。
## 道筋
- **体上一変数多項式環のイデアル**：多項式環は PID、gcd と lcm、商環の基底、素・極大イデアル、商のイデアルの分類。
## 読み方
この 1 頁が中心。割り算の計算を具体的な多項式で追う。
## 章末で言えること
体 $K$ 上の多項式環 $K[x]$ のイデアルはすべて主イデアルで、既約多項式 $p$ に対し $K[x]/(p)$ は体である。
## 前の章から持ち込むもの
素イデアルと極大イデアル、多項式の除法。


5-0 章の見取り図

## この章の問い
整数と多項式で使った「割り算の繰り返し」で最大公約元を求める方法は、どんな環まで広がるか。
## 道筋
- **Euclid 整域・PID・UFD**：整除・同伴、既約元と素元、Euclid 整域、PID、UFD の定義と包含関係。
## 読み方
この 1 頁が地図になる。定義を順に押さえ、第7・8章で PID と UFD を詳しく調べる。
## 章末で言えること
Euclid 整域は PID であり、PID では既約元は素元である。
## 前の章から持ち込むもの
整域、イデアル、体上の多項式環。


6-0 章の見取り図

## この章の問い
商環 $R/I$ が整域、あるいは体になるのは、イデアル $I$ がどんなときか。
## 道筋
- **素イデアルと極大イデアル**：定義、商による特徴づけ、極大なら素、整数環の素・極大イデアル、既約多項式が作る極大イデアル。
## 読み方
この 1 頁が中心。第3章の商環の議論を使う。
## 章末で言えること
$I$ が素イデアルであることと $R/I$ が整域であることは同値で、$I$ が極大イデアルであることと $R/I$ が体であることは同値である。
## 前の章から持ち込むもの
商環、整域と体。


4-0 章の見取り図

## この章の問い
足し算と掛け算をもつ集合のうち、整数のように「割り算を途中まで使える」ものと、体のように「割り算がいつでもできる」ものは、どこで分かれるか。
## 道筋
- **整数と多項式から環へ**：剰余類の演算、環の定義、基本恒等式、部分環。
- **単元・零因子・整域・体**：逆元をもつ元、積が零になる元、消去律が成り立つ環、体。有限整域は体である。
## 読み方
2 頁とも必須。剰余環 $\mathbb Z/n\mathbb Z$ の例（$n$ が素数かどうかで性質が変わる）を自分で確かめる。
## 章末で言えること
整域では消去律が成り立ち、有限整域は体である。
## 前の章から持ち込むもの
集合と写像、整数の割り算、剰余類。


1-0 章の見取り図

## この章の問い
割り算のアルゴリズムがなくても、すべてのイデアルが一つの元で生成されていれば、最大公約元や素因数分解は使えるか。
## 道筋
- **主イデアル整域**：Bézout の等式、既約元は素元、昇鎖の停止と分解の存在。
## 読み方
この 1 頁を読めば、次章の UFD の証明の材料がそろう。
## 章末で言えること
PID では既約元は素元であり、非零非単元は既約元の積に分解できる。
## 前の章から持ち込むもの
Euclid 整域・PID の定義、既約元と素元。


7-0 章の見取り図

## この章の問い
群の正規部分群に当たるものは環では何か。「掛けても外に出ない」部分集合を、どう定義し、どう作り、どう比べるか。
## 道筋
- **環準同型とイデアル**：核はイデアル、像は部分環。生成イデアル。整数環のイデアルの分類。
- **イデアルの演算と根基**：和・共通部分・積、comaximal、nilradical と根基イデアル。
## 読み方
最初の頁は必須。演算と根基の頁は、第4章の素イデアルと第10章の中国剰余定理で使う。
## 章末で言えること
整数環のイデアルはすべて $n\mathbb Z$ の形で、環準同型の核はイデアルである。
## 前の章から持ち込むもの
単元と零因子、部分環、整数環。


2-0 章の見取り図

## この章の問い
既約元分解が存在するだけでなく、一意であるのはどんな環か。PID でなくても一意分解できる環はあるか。
## 道筋
- **一意分解整域**：PID は UFD であること、分解の一意性、UFD だが PID でない例 $K[x,y]$。
## 読み方
第7章の「既約元は素元」を使う。$K[x,y]$ で $(x,y)$ が主イデアルでないことを自分で確かめる。
## 章末で言えること
PID は UFD であるが、逆は成り立たない。
## 前の章から持ち込むもの
PID、既約元と素元、昇鎖の停止。


8-0 章の見取り図

## この章の問い
「いくつかの法で別々に余りが決まっていれば、全体の余りが一つに決まる」という整数の性質は、一般の環でどう書けるか。
## 道筋
- **中国剰余定理**：二つのイデアル、有限個、冪等元による環の分解。
## 読み方
第2章のイデアルの演算（comaximal）を先に読む。
## 章末で言えること
互いに素なイデアル $I,J$ について $R/(I\cap J)\cong R/I\times R/J$ が成り立つ。
## 前の章から持ち込むもの
イデアルの和・共通部分・積、商環。


10-0 章の見取り図

整数の素因数分解と多項式の既約因子分解はよく似ています。どちらにも余りつき除法があり、Euclid互除法が働き、最大公約数をBézout結合で表せます。本章では、この計算を可能にする構造を抽象化し、一意分解までの論理をつなぎます。
本章では整域だけを扱います。
## 整除・単元倍・既約元・素元
&&&def 整除と同伴 [03-def-divisibility-associate]
$a,b\in R$ に対し、ある $c\in R$ が $b=ac$ を満たすとき $a\mid b$ と書く。$a\mid b$ かつ $b\mid a$ のとき $a,b$ は[[同伴元|同伴]]であるという。
&&&
整域では、非零元 $a,b$ が同伴であることと、ある単元 $u$ により $a=ub$ と書けることは同値です。実際 $a=rb,b=sa$ なら
$$
a=rsa.
$$
$a\ne0$ を消去して $rs=1$、従って $r,s$ は単元です。
&&&def 既約元と素元 [03-def-irreducible-prime-element]
非零非単元 $p\in R$ について、
- $p=ab$ なら $a,b$ の一方が単元となるとき、$p$ を[[既約元]]という。
- $p\mid ab$ なら $p\mid a$ または $p\mid b$ となるとき、$p$ を[[素元]]という。
&&&
素元は既約元です。実際 $p=ab$ なら $p\mid ab$ なので $p\mid a$ または $p\mid b$。$p\mid a$ として $a=pc$ と書けば
$$
p=pcb.
$$
$p\ne0$ を消去して $1=cb$、従って $b$ は単元です。
逆に既約元が常に素元とは限りません。PIDでは逆が成り立つことが、一意分解の核心になります。
## Euclid整域
&&&def Euclid整域 [03-def-euclidean-domain]
整域 $R$ に写像
$$
\delta:R\setminus\{0\}\to\mathbb Z_{\ge0}
$$
があり、任意の $a,b\in R$、$b\ne0$ に対して
$$
a=bq+r
$$
かつ
$$
r=0\quad\text{または}\quad\delta(r)<\delta(b)
$$
となる $q,r\in R$ を取れるとき、$R$ を[[Euclid整域]]という。
&&&
$\mathbb Z$ では $\delta(n)=|n|$、体 $K$ 上の $K[x]$ では $\delta(f)=\deg f$ を使えます。除法を繰り返すと $\delta$ が真に減少するので有限回で止まり、Euclid互除法が成立します。
## Euclid整域では全イデアルが一元生成
&&&def PID [03-def-pid]
すべてのイデアルが単項イデアルである整域を[[主イデアル整域]]、略してPIDという。
&&&
&&&thm Euclid整域はPID [03-thm-euclidean-implies-pid]
Euclid整域はPIDである。
&&&
&&&prf [03-prf-euclidean-implies-pid]
Euclid整域 $R$ のイデアル $I$ を取ります。$I=\{0\}$ なら $I=(0)$。$I\ne\{0\}$ なら、非零元 $a\in I$ の $\delta(a)$ のうち最小のものを取る $d\in I$ を選びます。
任意の $a\in I$ を $d$ で割り
$$
a=dq+r,
\qquad r=0\text{ または }\delta(r)<\delta(d)
$$
と書きます。$a,d\in I$ なので
$$
r=a-dq\in I.
$$
$r\ne0$ なら $d$ の選び方に反して $I$ により小さいEuclid値の非零元が入ります。従って $r=0$ で $d\mid a$。よって $I\subset(d)$。
逆に $d\in I$ なので吸収性から $(d)\subset I$。従って $I=(d)$ です。□
&&&
この証明で、Euclid除法は「イデアルの中の最小元が全体を生成する」ために使われています。
## PIDでの最大公約数とBézout恒等式
&&&prop PIDのBézout恒等式 [03-prop-pid-bezout]
PID $R$ の元 $a,b$ に対し、イデアル $(a,b)$ の生成元 $d$ は $a,b$ の最大公約元であり、ある $x,y\in R$ により
$$
d=ax+by
$$
と書ける。
&&&
&&&prf [03-prf-pid-bezout]
PIDなので $(a,b)=(d)$ となる $d$ があります。$a,b\in(d)$ だから $d\mid a,d\mid b$、すなわち $d$ は公約元です。
$c$ が $a,b$ の公約元なら $a=ca',b=cb'$ と書けます。$d\in(a,b)$ なので、ある $x,y$ により
$$
d=ax+by=c(a'x+b'y),
$$
従って $c\mid d$。よって $d$ は最大公約元です。また表示 $d=ax+by$ は $(a,b)$ の定義そのものから得られます。□
&&&
最大公約元は単元倍を除いて一意です。$d,d'$ がともに最大公約元なら互いに割り切るので同伴です。
## PIDでは既約元が素元になる
&&&lem PIDの既約元は素元 [03-lem-pid-irreducible-prime]
PIDの既約元 $p$ は素元である。
&&&
&&&prf [03-prf-pid-irreducible-prime]
$p\mid ab$ とします。イデアル $(p,a)$ はPIDなので $(d)$ と書けます。$d\mid p$ で $p$ は既約だから、$d$ は単元であるか $p$ と同伴です。
$d$ が $p$ と同伴なら $(p,a)=(p)$。特に $a\in(p)$ なので $p\mid a$。
$d$ が単元なら $(p,a)=R$。Bézout恒等式から
$$
xp+ya=1
$$
となる $x,y\in R$ があります。両辺に $b$ を掛けると
$$
b=xpb+yab.
$$
右辺の第一項は $p$ の倍数で、仮定 $p\mid ab$ から第二項も $p$ の倍数。従って $p\mid b$ です。いずれの場合も $p\mid a$ または $p\mid b$ なので、$p$ は素元です。□
&&&
## UFDと分解の存在
&&&def UFD [03-def-ufd]
整域 $R$ が次を満たすとき、[[一意分解整域]]、略してUFDという。
1. 任意の非零非単元は既約元の有限積に分解できる。
2. 二つの既約分解は、因子の順序と各因子の単元倍を除いて一致する。
&&&
PIDからUFDを導くには、まず分解操作が無限に続かないことを示します。
&&&lem PIDのイデアル昇鎖 [03-lem-pid-ascending-chain]
PIDのイデアルの昇鎖
$$
I_1\subset I_2\subset I_3\subset\cdots
$$
は有限段で停止する。
&&&
&&&prf [03-prf-pid-ascending-chain]
和集合
$$
I=\bigcup_{n\ge1}I_n
$$
を考えます。$x\in I_m,y\in I_n$ なら、$N=\max(m,n)$ として $x,y\in I_N$ なので $x-y\in I_N\subset I$。また外からの積でも閉じるため $I$ はイデアルです。
PIDなので $I=(d)$。$d\in I$ だから、ある $N$ で $d\in I_N$。すると
$$
I=(d)\subset I_N\subset I,
$$
よって $I_N=I$。$n\ge N$ では $I_N\subset I_n\subset I$ なので全て等しく、昇鎖は停止します。□
&&&
&&&thm PIDはUFD [03-thm-pid-implies-ufd]
主イデアル整域は一意分解整域である。
&&&
&&&prf [03-prf-pid-implies-ufd]
まず分解の存在を示します。非零非単元 $a$ が既約なら終わり。既約でなければ
$$
a=a_1b_1
$$
と非単元の積に分解できます。このとき
$$
(a)\subsetneq(a_1).
$$
包含は $a=a_1b_1$ から従います。もし等号なら $a_1=ac$ と書け、
$$
a_1=a_1b_1c.
$$
$a_1\ne0$ を消去すると $b_1c=1$ となり、$b_1$ が単元になって矛盾です。
$a_1$ が既約でなければさらに分解し、主イデアルの真の昇鎖
$$
(a)\subsetneq(a_1)\subsetneq(a_2)\subsetneq\cdots
$$
を得ます。昇鎖停止補題によりこれは有限回で止まります。同じ操作を各未分解因子へ行うと、有限個の既約元の積が得られます。より形式的には、分解不能な元があると仮定し、そのような元から上の昇鎖を作れば停止点も分解不能かつ可約となり矛盾します。
次に一意性を示します。
$$
p_1p_2\cdots p_r=q_1q_2\cdots q_s
$$
を既約分解とします。PIDでは既約元 $p_1$ は素元なので、右辺の積を割れば、ある $j$ で $p_1\mid q_j$。$q_j$ も既約なので $p_1$ と $q_j$ は同伴です。順序を入れ替え、単元を吸収して両辺からこの因子を消去できます。これを帰納的に繰り返すと $r=s$ で、順序を除いて各 $p_i$ が対応する $q_i$ と同伴になります。□
&&&
以上から
$$
\text{Euclid整域}\Longrightarrow\text{PID}
\Longrightarrow\text{UFD}
$$
が証明されました。
## Gaussian整数
$$
\mathbb Z[i]=\{a+bi:a,b\in\mathbb Z\}
$$
にノルム
$$
N(a+bi)=a^2+b^2
$$
を定めます。
&&&prop $\mathbb Z[i]$ はEuclid整域 [03-prop-gaussian-euclidean]
$\mathbb Z[i]$ は $N$ をEuclid関数とするEuclid整域である。
&&&
&&&prf [03-prf-gaussian-euclidean]
$\alpha,\beta\in\mathbb Z[i]$、$\beta\ne0$ とします。複素数 $z=\alpha/\beta$ の実部・虚部に最も近い整数 $m,n$ を選び、$q=m+ni$ と置きます。各座標の誤差は絶対値 $1/2$ 以下なので
$$
|z-q|^2\le\frac14+\frac14=\frac12<1.
$$
$r=\alpha-q\beta$ とすれば $\alpha=q\beta+r$ で、$r\ne0$ の場合
$$
N(r)=|r|^2=|\beta|^2|z-q|^2
<|\beta|^2=N(\beta).
$$
従ってEuclid除法が成り立ちます。□
&&&
たとえば $7$ を $3+i$ で割ります。
$$
\frac7{3+i}=\frac{21-7i}{10}=2.1-0.7i
$$
に近いGaussian整数として $2-i$ を取ると
$$
7=(2-i)(3+i)+i.
$$
余り $i$ は単元なので $7$ と $3+i$ は互いに素です。
## UFDでない整域
$R=\mathbb Z[\sqrt{-5}]$ では
$$
6=2\cdot3=(1+\sqrt{-5})(1-\sqrt{-5})
$$
という二つの分解があります。ノルム
$$
N(a+b\sqrt{-5})=a^2+5b^2
$$
は積を保ちます。ノルム2または3の元は存在しないため、ノルム4の2、ノルム9の3、ノルム6の $1\pm\sqrt{-5}$ はいずれも既約です。また単元のノルムは1なので単元は $\pm1$ だけで、二つの分解の因子は単元倍でも一致しません。従って $R$ はUFDではありません。
これは「整域なら素因数分解が一意」という思い込みが誤りであることを示します。
&&&exc Gaussian整数の単元 [03-exc-gaussian-units]
$\mathbb Z[i]$ の単元をすべて求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-gaussian-units-answer]
$\alpha\beta=1$ なら
$$
N(\alpha)N(\beta)=N(1)=1.
$$
ノルムは非負整数なので $N(\alpha)=1$。$a^2+b^2=1$ の整数解は
$$
(a,b)=(\pm1,0),(0,\pm1)
$$
だけです。従って単元は
$$
1,-1,i,-i
$$
です。実際それぞれ逆元をもちます。□
&&&
&&&exc PIDでの互いに素 [03-exc-pid-coprime-bezout]
PID $R$ の元 $a,b$ について、共通の非単元因子をもたないことと
$$
(a,b)=R
$$
が同値であり、このとき $ax+by=1$ となる $x,y\in R$ が存在することを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-pid-coprime-bezout-answer]
$(a,b)=(d)$ とします。$d$ は最大公約元です。共通の非単元因子がないことは、最大公約元 $d$ が単元であることと同値です。$d$ が単元なら $(d)=R$、逆に $(d)=R$ なら $1\in(d)$ なので $d$ は単元です。従って最初の同値を得ます。
$(a,b)=R$ なら $1\in(a,b)$ なので、生成イデアルの定義から
$$
ax+by=1
$$
となる $x,y$ が存在します。□
&&&
&&&exc $\mathbb Z[\sqrt{-5}]$ の既約性 [03-exc-zsqrtminusfive-irreducibles]
本文で使ったノルムの議論を詳しく補い、$2,3,1+\sqrt{-5},1-\sqrt{-5}$ が既約であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-zsqrtminusfive-irreducibles-answer]
ノルムは非負整数で積を保ち、非零非単元のノルムは1より大きいです。$a^2+5b^2=2$ または3には整数解がありません。実際 $b=0$ なら平方が2または3にならず、$|b|\ge1$ ならノルムは5以上です。
2が可約なら $N(2)=4$ が1より大きい二整数の積となるので両因子のノルムは2ですが、そのような元はありません。3が可約なら $N(3)=9$ から両因子のノルムは3ですが不可能です。
$N(1\pm\sqrt{-5})=6$。可約なら因子のノルムは2と3でなければなりませんが、どちらのノルムの元も存在しません。従って四元はすべて既約です。□
&&&


6-1 Euclid整域・主イデアル整域・一意分解整域

## 一意性の意味
整域 $R$ がUFDとは、各非零非単元が既約元の有限積に分かれ、その表示が順序と単元倍を除き一意であること。第7章でPIDの分解の存在と「既約なら素」を得た。
**命題。** PIDはUFDである。
**証明。** $p_1\cdots p_r=q_1\cdots q_s$ を二つの既約分解とする。$p_1$ は素元だから右辺のある $q_j$ を割る。$q_j$ が既約なので両者は同伴。順序を替えて消去すると、整域の消去律により残りの積の等式を得る。帰納的に全因子が対応し、$r=s$。存在は第7章の昇鎖議論による。□
## 逆向きの境界
$K[x,y]$ はUFDだがPIDではない。UFDであることは第9章のGauss補題を $K[x]$ から繰り返すと得られる。一方 $(x,y)$ が一元生成なら生成元は $x,y$ の共通約数で、単元しかなく $(x,y)=R$ となるはずだが、定数項を取れば $1\notin(x,y)$。よってPIDでない。これは「UFDならPID」という逆向きの反例である。
**演習。** UFDで $a\mid bc$ かつ $a$ が既約なら何が言えるか。
**解答。** $a$ は素元である。$bc$ の既約分解に $a$ の同伴元が現れ、それは $b$ または $c$ の分解に属する。従って $a\mid b$ または $a\mid c$。


8-1 一意分解整域

整数では足し算・引き算・掛け算ができます。多項式でも同じです。一方、時計の時刻のように「$n$ で割った余り」だけを記録しても、この三つの演算は矛盾なくできます。これらに共通する計算規則を取り出したものが環です。
## 余りの計算は代表元によらない
$\mathbb Z/n\mathbb Z$ の元を $[a]$ と書き、整数 $a$ の $n$ で割った余りの類を表すことにします。
$$
[a]+[b]=[a+b],
\qquad
[a][b]=[ab]
$$
と定めたいのですが、同じ類には $a,a+n,a+2n,\ldots$ という多くの代表元があります。
&&&prop 剰余類の演算はwell-defined [03-prop-modular-operations-well-defined]
$a\equiv a'\pmod n$、$b\equiv b'\pmod n$ なら
$$
a+b\equiv a'+b'\pmod n,
\qquad
ab\equiv a'b'\pmod n.
$$
従って上の加法と乗法は代表元の選び方によらない。
&&&
&&&prf [03-prf-modular-operations-well-defined]
ある整数 $r,s$ により
$$
a-a'=rn,
\qquad b-b'=sn
$$
と書けます。すると
$$
(a+b)-(a'+b')=(r+s)n
$$
なので和は合同です。また
$$
ab-a'b'=a(b-b')+b'(a-a')
=asn+b'rn=(as+b'r)n
$$
なので積も合同です。従って代表元を替えても結果の類は同じです。□
&&&
この例では「足し算について群」「掛け算は結合的」「掛け算は足し算へ分配的」という三種類の規則が同時に働いています。
## 環の定義
&&&def 環 [03-def-ring]
集合 $R$ に加法 $+$ と乗法があり、次を満たすとき $R$ を[[環]]という。
1. $(R,+)$ は可換群である。加法単位元を $0$、$a$ の加法逆元を $-a$ と書く。
2. 乗法は結合的である：$(ab)c=a(bc)$。
3. 乗法単位元 $1$ がある：$1a=a1=a$。
4. 左右の分配法則が成り立つ：
   $$a(b+c)=ab+ac,\qquad(a+b)c=ac+bc.$$
さらに $ab=ba$ が常に成り立つとき可換環という。
&&&
本書では単位元をもつ環だけを扱い、環準同型も単位元を保つものとします。第3章以降、特に断らない限り環は可換環で $0\ne1$ とします。行列環のような非可換例を扱うときは明記します。
## 最初の例と非例
- $\mathbb Z,\mathbb Q,\mathbb R,\mathbb C$ は通常の演算で可換環です。
- $\mathbb Z/n\mathbb Z$ は剰余類の演算で可換環です。
- 可換環 $R$ を係数とする形式的多項式環 $R[x]$ は可換環です。
- $n\times n$ 行列全体 $M_n(R)$ は環ですが、$n\ge2$ では一般に非可換です。
- 正整数全体は $0$ と加法逆元を含まないため環ではありません。
- 奇数全体は加法で閉じていないため環ではありません。
行列の非可換性は、たとえば
$$
A=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix},
\qquad
B=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}
$$
で見えます。
$$
AB=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},
\qquad
BA=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix},
$$
なので $AB\ne BA$ です。
## 公理から従う基本恒等式
高校までの計算で当然に使ってきた符号規則は、実は環の公理から証明できます。
&&&prop 環の基本恒等式 [03-prop-ring-basic-identities]
任意の環 $R$ と $a,b\in R$ に対し
$$
0a=a0=0,
$$
$$
(-a)b=-(ab),\qquad a(-b)=-(ab),
$$
$$
(-a)(-b)=ab
$$
が成り立つ。
&&&
&&&prf [03-prf-ring-basic-identities]
分配法則から
$$
0a=(0+0)a=0a+0a.
$$
両辺に $-(0a)$ を加えると $0=0a$。同様に $a0=0$ です。
次に
$$
ab+(-a)b=(a+(-a))b=0b=0.
$$
従って $(-a)b$ は $ab$ の加法逆元であり、加法逆元の一意性から
$$
(-a)b=-(ab).
$$
同様に $a(-b)=-(ab)$。最後に前二式を順に使うと
$$
(-a)(-b)=-\bigl(a(-b)\bigr)
=-(-(ab))=ab.
$$
□
&&&
この証明は数の大小や小数表示を一切使っていません。公理を満たすどの環でも同じ符号計算が使えます。抽象化の最初の「元が取れる」瞬間です。
## 部分環と直積
&&&def 部分環 [03-def-subring]
環 $R$ の部分集合 $S$ が同じ $0,1$ を含み、加法・加法逆元・乗法で閉じているとき、$S$ を $R$ の[[部分環]]という。
&&&
たとえば $\mathbb Z\subset\mathbb Q\subset\mathbb R\subset\mathbb C$ は部分環の列です。一方 $2\mathbb Z$ は加法と乗法で閉じていますが、$\mathbb Z$ と同じ乗法単位元1を含まないので、本書の約束では $\mathbb Z$ の部分環ではありません。
環 $R,S$ に対して直積集合 $R\times S$ に
$$
(r,s)+(r',s')=(r+r',s+s'),
$$
$$
(r,s)(r',s')=(rr',ss')
$$
と定めると環になります。零元は $(0,0)$、単位元は $(1,1)$。各公理は成分ごとの公理から従います。
## $\mathbb Z/6\mathbb Z$ の計算表
乗法表は次のとおりです。
| $\cdot$ | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
|---:|---:|---:|---:|---:|---:|
| 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 | 0 |
| 1 | 0 | 1 | 2 | 3 | 4 | 5 |
| 2 | 0 | 2 | 4 | 0 | 2 | 4 |
| 3 | 0 | 3 | 0 | 3 | 0 | 3 |
| 4 | 0 | 4 | 2 | 0 | 4 | 2 |
| 5 | 0 | 5 | 4 | 3 | 2 | 1 |
ここでは $[2][3]=[0]$ となります。整数では非零数どうしの積は非零でしたが、剰余環では事情が違います。この差を次章で単元・零因子・整域という言葉にします。
&&&exc 符号を公理から導く [03-exc-negative-one-square]
任意の環で $(-1)a=-a$ と $(-1)(-1)=1$ を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-negative-one-square-answer]
基本恒等式へ $a=1,b=a$ を代入すると
$$
(-1)a=-(1a)=-a.
$$
さらに $a=b=1$ を代入すると
$$
(-1)(-1)=1\cdot1=1.
$$
□
&&&
&&&exc 部分環判定 [03-exc-subring-z-sqrt-two]
$$
\mathbb Z[\sqrt2]=\{a+b\sqrt2:a,b\in\mathbb Z\}
$$
が $\mathbb R$ の部分環であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-subring-z-sqrt-two-answer]
$0=0+0\sqrt2$ と $1=1+0\sqrt2$ を含みます。二元 $a+b\sqrt2,c+d\sqrt2$ に対し
$$
(a+b\sqrt2)+(c+d\sqrt2)=(a+c)+(b+d)\sqrt2,
$$
$$
-(a+b\sqrt2)=(-a)+(-b)\sqrt2,
$$
$$
(a+b\sqrt2)(c+d\sqrt2)=(ac+2bd)+(ad+bc)\sqrt2.
$$
右辺の係数はすべて整数なので、加法・逆元・乗法で閉じています。従って部分環です。□
&&&
&&&exc 直積環の冪等元 [03-exc-product-ring-idempotents]
環 $R\times S$ で $e=(1,0)$ が $e^2=e$ を満たすことを示せ。また $e\ne0,1$ となる条件を述べよ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-product-ring-idempotents-answer]
成分ごとの積から
$$
e^2=(1,0)(1,0)=(1,0)=e.
$$
$R,S$ がともに零環でない、すなわち各々で $0\ne1$ なら
$$
(1,0)\ne(0,0),\qquad(1,0)\ne(1,1).
$$
このように $e^2=e$ を満たす元を冪等元といい、直積分解を検出する手掛かりになります。□
&&&


1-1 整数と多項式から環へ

体 $K$ 上の一変数多項式環 $K[x]$ では除法算法が使えます。そのため、どれほど多くの多項式で生成されたイデアルでも、最大公約多項式一つで生成できます。本章では、この単純さから商環・イデアル・中国剰余分解を具体的に読み取ります。
## $K[x]$ はPID
&&&thm 体上一変数多項式環はPID [03-thm-kx-pid]
体 $K$ に対し、$K[x]$ の任意のイデアルは一つの多項式で生成される。非零イデアルはただ一つのmonic多項式を生成元にもつ。
&&&
&&&prf [03-prf-kx-pid]
零イデアルは $(0)$。非零イデアル $I$ に含まれる非零多項式のうち次数が最小のものを $d(x)$ とします。最高次係数は $K$ の非零元なので、その逆数を掛けて $d$ をmonicにしてよいです。
任意の $f\in I$ を除法算法で
$$
f=qd+r,
\qquad r=0\text{ または }\deg r<\deg d
$$
と書きます。$f,d\in I$ なので $r=f-qd\in I$。$d$ の次数の最小性から $r=0$。従って $d\mid f$ で $I\subset(d)$。逆に $d\in I$ だから $(d)\subset I$。よって $I=(d)$。
二つのmonic生成元 $d,e$ が同じイデアルを生成すれば互いに割り切り、同伴です。monicな同伴多項式は等しいので $d=e$。□
&&&
したがって
$$
(f_1,\ldots,f_r)=(\gcd(f_1,\ldots,f_r))
$$
です。最大公約多項式はmonicに正規化します。
## 和・共通部分・積
非零多項式 $f,g$ に対し
$$
(f)+(g)=(\gcd(f,g)).
$$
共通部分は両方の倍数全体なので
$$
(f)\cap(g)=(\operatorname{lcm}(f,g)).
$$
積は
$$
(f)(g)=(fg).
$$
特に $\gcd(f,g)=1$ なら $(f)+(g)=K[x]$ でcomaximalです。このとき
$$
(f)\cap(g)=(fg)
$$
となり、中国剰余定理が適用できます。
&&&prop gcdとlcmの積 [03-prop-polynomial-gcd-lcm-product]
monicな $d=\gcd(f,g)$、$m=\operatorname{lcm}(f,g)$ に対し
$$
dm\sim fg.
$$
$f,g$ もmonicなら $dm=fg$。
&&&
&&&prf [03-prf-polynomial-gcd-lcm-product]
$K[x]$ はUFDです。既約因子 $p$ ごとに、$f,g$ に現れる指数を $a_p,b_p$ とします。gcdでの指数は $\min(a_p,b_p)$、lcmでの指数は $\max(a_p,b_p)$。和は
$$
\min(a_p,b_p)+\max(a_p,b_p)=a_p+b_p,
$$
これは $fg$ における指数です。従って単元倍を除いて $dm=fg$。全多項式がmonicなら単元倍の定数も1です。□
&&&
## 商環の標準代表
$0\ne f\in K[x]$、$n=\deg f$ とします。除法算法から任意の $g$ は
$$
g=qf+r,
\qquad \deg r<n
$$
と一意に書けます。従って $K[x]/(f)$ の各剰余類は次数 $n$ 未満の多項式をただ一つ代表にもちます。
&&&prop 多項式商の基底 [03-prop-polynomial-quotient-basis]
$f$ が次数 $n\ge1$ の多項式なら、$K[x]/(f)$ は $K$ ベクトル空間として
$$
1+(f),x+(f),\ldots,x^{n-1}+(f)
$$
を基底にもち、次元は $n$ である。
&&&
&&&prf [03-prf-polynomial-quotient-basis]
各類が次数 $n$ 未満の代表をもつので、表示した $n$ 元は商を生成します。
一次関係
$$
a_0+a_1x+\cdots+a_{n-1}x^{n-1}\in(f)
$$
があるとします。左辺が非零なら次数は $n$ 未満ですが、$(f)$ の非零元は $f$ の倍数なので次数が少なくとも $n$。矛盾です。従って左辺は零多項式で全係数が0。よって一次独立です。□
&&&
この有限次元表示により、商環での積は「掛けてから $f$ で割った余りを取る」計算になります。
例として
$$
K[x]/(x^3-2)
$$
では $x^3=2$ という関係を使い、
$$
(x^2+x)(x^2+1)
=x^4+x^3+x^2+x
$$
$$
=2x+2+x^2+x=x^2+3x+2
$$
と次数2以下へ戻せます。
## 素・極大イデアル
PIDでは非零素イデアルは極大です。
&&&prop $K[x]$ の素・極大イデアル [03-prop-prime-maximal-ideals-kx]
$K[x]$ の素イデアルは
$$
(0)\quad\text{および}\quad(p(x)) (p\text{ は既約}),
$$
極大イデアルは $(p(x))$（$p$ は既約）である。
&&&
&&&prf [03-prf-prime-maximal-ideals-kx]
$(0)$ は $K[x]$ が整域なので素です。既約 $p$ に対し、Bézout恒等式を使う既約多項式の命題から $K[x]/(p)$ は体。従って $(p)$ は極大、特に素です。
逆に非零素イデアル $I=(f)$ を取り、$f$ を既約分解します。$f$ が可約で $f=gh$、$g,h$ がともに非単元なら
$$
gh\in(f)=I.
$$
素性から $g\in(f)$ または $h\in(f)$。しかし $\deg g,\deg h<\deg f$ なので $f$ の非零倍数にはなれず矛盾。従って $f$ は既約です。極大イデアルは素なので、同じ一覧の非零イデアルだけです。$(0)$ は商 $K[x]$ が体でないため極大ではありません。□
&&&
代数閉体 $K$ では全既約多項式が一次式なので、極大イデアルは
$$
(x-a)\qquad(a\in K)
$$
だけです。$K=\mathbb C$ が代表例です。一方 $\mathbb R[x]$ では一次既約式に加え、判別式が負の二次既約式も極大イデアルを作ります。
## 商環のイデアル
イデアル対応定理により、$K[x]/(f)$ のイデアルは $(f)$ を含む $K[x]$ のイデアルに対応します。$K[x]$ はPIDなので、そのようなイデアルは $(d)$ で、
$$
(f)\subset(d)
\quad\Longleftrightarrow\quad d\mid f.
$$
&&&thm 多項式商のイデアル分類 [03-thm-ideals-polynomial-quotient]
$f\ne0$ とする。$K[x]/(f)$ のイデアルは、$f$ のmonic約数 $d$ に対する
$$
(d)/(f)
$$
と一対一に対応する。
&&&
&&&prf [03-prf-ideals-polynomial-quotient]
標準射影 $\pi:K[x]\to K[x]/(f)$ に対し、商のイデアル $J$ の逆像 $\pi^{-1}(J)$ は $(f)$ を含むイデアルです。逆に $(f)$ を含むイデアル $I$ の像 $I/(f)$ は商のイデアルで、二操作は互いに逆です。
$\pi^{-1}(J)=(d)$ とmonic生成元で書けます。$(f)\subset(d)$ は $f\in(d)$、すなわち $d\mid f$ と同値です。monic生成元は一意なので、monic約数と商のイデアルが一対一に対応します。□
&&&
たとえば $K[x]/(x^4)$ のイデアルは
$$
(0),\quad(x^3)/(x^4),\quad(x^2)/(x^4),
\quad(x)/(x^4),\quad K[x]/(x^4)
$$
の五つです。
## 既約因子ごとの分解
$f$ を
$$
f=p_1^{e_1}\cdots p_r^{e_r}
$$
と相異なるmonic既約多項式へ分解します。異なる $p_i$ の冪は互いに素なので、中国剰余定理から
$$
K[x]/(f)
\cong\prod_{i=1}^rK[x]/(p_i^{e_i}).
$$
これは整数の
$$
\mathbb Z/n\mathbb Z
\cong\prod_{p^e\parallel n}\mathbb Z/p^e\mathbb Z
$$
に対応します。各因子 $K[x]/(p_i^{e_i})$ は一つの既約因子に集中した局所的な成分です。
たとえば標数が2でない体では
$$
x^2-1=(x-1)(x+1)
$$
で二因子は互いに素なので
$$
K[x]/(x^2-1)\cong K\times K,
$$
$$
f(x)mapsto(f(1),f(-1)).
$$
一方
$$
K[x]/(x^2)
$$
では $\varepsilon=x+(x^2)$ と置くと $\varepsilon^2=0$。これはdual numbersと呼ばれ、非零nilpotent元をもつため体でもreduced ringでもありません。
## 線形写像への橋
$K[x]/(f)$ 上で「$x$ を掛ける」写像
$$
T:g+(f)\mapsto xg+(f)
$$
は $K$ 線形です。基底 $1,x,\ldots,x^{n-1}$ に関する行列は $f$ のcompanion matrixになります。関係 $f(T)=0$ が商環の関係 $f(x)=0$ から直ちに従います。
この観点を一般化すると、線形写像をもつベクトル空間を $K[x]$ 加群として捉えられます。PID加群の構造定理から有理標準形を導く章で詳しく扱います。
&&&exc 商環の積 [03-exc-polynomial-quotient-multiplication]
$\mathbb Q[x]/(x^2+x+1)$ で
$$
(2x+1)(x-3)
$$
を一次以下の標準代表に直せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-polynomial-quotient-multiplication-answer]
まず
$$
(2x+1)(x-3)=2x^2-5x-3.
$$
商では $x^2=-x-1$ なので
$$
2x^2-5x-3=2(-x-1)-5x-3=-7x-5.
$$
従って標準代表は $-7x-5$ です。□
&&&
&&&exc $K[x]/(x^n)$ のイデアル [03-exc-ideals-truncated-polynomial]
$K[x]/(x^n)$ のイデアルが
$$
(x^k)/(x^n)\qquad(0\le k\le n)
$$
だけであることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-ideals-truncated-polynomial-answer]
商のイデアルは $(x^n)$ を含む $K[x]$ のイデアル $(d)$ に対応します。包含 $(x^n)\subset(d)$ は $d\mid x^n$ と同値。$x^n$ のmonic約数は
$$
1,x,x^2,\ldots,x^n
$$
だけです。従って対応するイデアルは表示されたものだけです。$k=0$ は全体、$k=n$ は零イデアルに対応します。□
&&&
&&&exc 中国剰余分解 [03-exc-polynomial-crt-cubic]
標数が2でない体 $K$ に対し
$$
K[x]/(x^3-x)
$$
を三つの環の直積へ分解せよ。ただし $0,1,-1$ が相異なるとする。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-polynomial-crt-cubic-answer]
$$
x^3-x=x(x-1)(x+1).
$$
三つの一次因子は相異なり、対応するイデアルは二つずつcomaximalです。中国剰余定理から
$$
K[x]/(x^3-x)
\cong K[x]/(x)\times K[x]/(x-1)\times K[x]/(x+1)
\cong K^3.
$$
同型は
$$
f(x)\mapsto(f(0),f(1),f(-1))
$$
です。□
&&&


5-1 体上一変数多項式環のイデアル

整数係数多項式を因数分解するとき、有理数係数まで広げれば割り算が使えて便利です。しかし、係数体を広げたことで新しい因数分解が生じないかを確認する必要があります。Gaussの補題は、係数の共通因子と多項式本体を分離し、この往復を正当化します。
本章では $R$ をUFD、$K=\operatorname{Frac}(R)$ をその分数体とします。最重要例は $R=\mathbb Z,K=\mathbb Q$ です。
## 内容と原始多項式
&&&def 多項式の内容 [03-def-polynomial-content]
非零多項式
$$
f(x)=a_0+a_1x+\cdots+a_nx^n\in R[x]
$$
の係数 $a_0,\ldots,a_n$ の最大公約元を $f$ の[[多項式の内容|内容]]といい $c(f)$ と書く。内容が単元である多項式を原始多項式という。
&&&
最大公約元は単元倍を除いて一意なので、内容も単元倍を除いて定まります。$R=\mathbb Z$ では正の最大公約数を選び、内容を一意にできます。
たとえば
$$
f(x)=6x^3-9x^2+15
$$
の内容は3で、
$$
f(x)=3(2x^3-3x^2+5)
$$
と内容と原始部分へ分かれます。
任意の非零 $f\in R[x]$ は
$$
f=c(f)f_0
$$
と書け、$f_0$ は原始多項式です。
## 原始多項式の積
&&&lem Gaussの補題（原始性） [03-lem-gauss-primitive-product]
UFD $R$ 上の原始多項式 $f,g$ の積 $fg$ は原始多項式である。
&&&
&&&prf [03-prf-gauss-primitive-product]
$fg$ が原始的でないと仮定します。その全係数を割る非単元があり、その既約因子として素元 $p\in R$ を取れます。UFDでは既約元は素元です。
$p$ は $f$ の全係数を割るわけではありません。そうなら $f$ が原始的であることに反します。同様に $g$ にも $p$ で割れない係数があります。
商環 $R/(p)$ を考えます。$p$ は素元なので $(p)$ は素イデアルで、$R/(p)$ は整域です。係数をmod $p$ で写した多項式を $\overline f,\overline g$ とすると、どちらも零多項式ではありません。整域上の多項式環も整域なので
$$
\overline f\,\overline g\ne0.
$$
しかし $p$ が $fg$ の全係数を割るという仮定は、$\overline{fg}=0$ を意味し、
$$
\overline{fg}=\overline f\,\overline g
$$
に矛盾します。従って $fg$ は原始的です。□
&&&
&&&cor 内容の乗法性 [03-cor-content-multiplicative]
非零 $f,g\in R[x]$ に対し
$$
c(fg)\sim c(f)c(g)
$$
である。ここで $\sim$ は同伴を表す。
&&&
&&&prf [03-prf-content-multiplicative]
$f=c(f)f_0,g=c(g)g_0$ と原始部分へ分けます。すると
$$
fg=c(f)c(g)f_0g_0.
$$
Gaussの補題から $f_0g_0$ は原始的なので、右辺の係数全体の最大公約元は $c(f)c(g)$ と同伴です。□
&&&
## 分母を払っても因数分解は変わらない
&&&thm Gaussの補題（既約性） [03-thm-gauss-irreducibility]
原始多項式 $f\in R[x]$ に対し、次は同値である。
1. $f$ は $R[x]$ で既約。
2. $f$ は $K[x]$ で既約。
&&&
&&&prf [03-prf-gauss-irreducibility]
$K[x]$ で既約なら、$R[x]$ での非自明な分解はそのまま $K[x]$ での分解になるので $R[x]$ でも既約です。
逆向きの対偶を示します。$f$ が $K[x]$ で可約とし
$$
f=gh,
\qquad g,h\in K[x],
\qquad \deg g,\deg h>0
$$
と書きます。係数の分母をまとめて払うと、非零 $a,b\in R$ と $G,H\in R[x]$ があり
$$
g=G/a,
\qquad h=H/b.
$$
従って
$$
abf=GH.
$$
$G=c(G)G_0,H=c(H)H_0$ と原始部分へ分けると
$$
abf=c(G)c(H)G_0H_0.
$$
内容を比較します。$f,G_0,H_0$ は原始的で、原始多項式の積も原始的なので
$$
ab\sim c(G)c(H).
$$
したがってある単元 $u\in R^\times$ により
$$
ab=u\,c(G)c(H)
$$
と書けます。整域 $R[x]$ で非零定数を消去すると
$$
f=u^{-1}G_0H_0.
$$
$u^{-1}G_0$ と $H_0$ は正次数の $R[x]$ の多項式なので、$f$ は $R[x]$ でも可約です。対偶により主張を得ます。□
&&&
この定理により、原始な整数係数多項式の既約性は $\mathbb Q[x]$ で調べて構いません。
## 有理根定理
&&&thm 有理根定理 [03-thm-rational-root]
整数係数多項式
$$
f(x)=a_nx^n+\cdots+a_1x+a_0,
\qquad a_n\ne0
$$
が、互いに素な整数 $p,q$（$q>0$）に対して $f(p/q)=0$ を満たすなら
$$
p\mid a_0,
\qquad q\mid a_n.
$$
&&&
&&&prf [03-prf-rational-root]
$f(p/q)=0$ に $q^n$ を掛けると
$$
a_np^n+a_{n-1}p^{n-1}q+\cdots+a_1pq^{n-1}+a_0q^n=0.
$$
最後の項を右辺へ移すと、右辺の各項は $p$ の倍数なので $p\mid a_0q^n$。$\gcd(p,q)=1$ だから $p$ は $q^n$ と互いに素で、Euclidの補題から $p\mid a_0$。
同様に最初の項を残して他を右へ移すと $q\mid a_np^n$。$q$ と $p^n$ は互いに素なので $q\mid a_n$ です。□
&&&
たとえば
$$
2x^3-3x^2-8x+12
$$
の有理根候補は
$$
\pm1,\pm2,\pm3,\pm4,\pm6,\pm12,
\quad
\pm\frac12,\pm\frac32.
$$
実際 $x=2$ は根で、割ると
$$
2x^3-3x^2-8x+12=(x-2)(2x^2+x-6)
=(x-2)(2x-3)(x+2).
$$
## UFD上の多項式環
&&&thm 多項式環のUFD性 [03-thm-polynomial-ring-ufd]
$R$ がUFDなら $R[x]$ もUFDである。
&&&
&&&prf [03-prf-polynomial-ring-ufd]
まず既約分解の存在を示します。非零多項式 $f$ を
$$
f=c(f)f_0
$$
と内容と原始部分へ分けます。$c(f)$ はUFD $R$ で既約分解できます。一方、$K[x]$ はEuclid整域なのでUFDで、$f_0$ は $K[x]$ で既約多項式の積に分解できます。
各 $K[x]$ の因子について分母を払い、その係数の内容を除けば、$K^\times$ 倍を除いて原始な $R[x]$ の多項式 $P_i$ になります。従って
$$
f_0=\lambda P_1\cdots P_m
\qquad(\lambda\in K^\times).
$$
$\lambda=a/b$ と既約な分数で書いて分母を払うと
$$
bf_0=aP_1\cdots P_m.
$$
両辺の内容を比較すると、$f_0$ と $P_1\cdots P_m$ は原始的なので $b\sim a$。$a,b$ は互いに素だから両方とも単元で、$\lambda$ は $R$ の単元です。Gaussの既約性補題により、$K[x]$ で既約な原始因子 $P_i$ は $R[x]$ でも既約です。従って $R[x]$ で既約分解が存在します。
一意性のため、$R[x]$ の既約元が素元であることを示します。定数既約元 $p\in R$ については、UFDで既約元は素元なので $R/(p)$ は整域。従って
$$
R[x]/(p)\cong(R/(p))[x]
$$
も整域で、$(p)$ は素イデアル、すなわち $p$ は $R[x]$ でも素元です。
非定数既約元 $P\in R[x]$ は原始です。$P\mid FG$ が $R[x]$ で成り立つと、$K[x]$ でも $P\mid FG$。$K[x]$ はPIDなので既約元 $P$ は素元で、$P\mid F$ または $P\mid G$ が $K[x]$ で成り立ちます。
たとえば $F=PH$、$H\in K[x]$ とします。$F=c(F)F_0$ と原始部分へ分け、$H$ の分母を払って $H=H_1/d$（$H_1\in R[x],d\ne0$）と書き、さらに $H_1=c(H_1)H_0$ とします。すると
$$
dc(F)F_0=c(H_1)PH_0.
$$
両辺の内容を比較すると
$$
dc(F)\sim c(H_1),
$$
なぜなら $F_0,P,H_0$ は原始的だからです。定数部分を消去すれば
$$
F_0=uPH_0
$$
となる単元 $u\in R^\times$ を得ます。従って $P\mid F_0$、ゆえに $P\mid F$ が $R[x]$ でも成り立ちます。よって $P$ は $R[x]$ の素元です。
すべての既約元が素元なら、二つの既約分解の一方の先頭因子は他方のどれかを割り、既約性から同伴になります。消去を繰り返せば順序と単元倍を除く一意性が従います。よって $R[x]$ はUFDです。□
&&&
帰納法により
$$
R[x_1,\ldots,x_n]
$$
もUFDです。特に $\mathbb Z[x_1,\ldots,x_n]$ と $K[x_1,\ldots,x_n]$ はUFDです。
## UFDでもPIDとは限らない
$K[x,y]$ は上の定理によりUFDですが、イデアル $(x,y)$ は単項ではありません。
&&&prop $(x,y)$ は単項でない [03-prop-xy-not-principal]
体 $K$ に対し、$K[x,y]$ のイデアル $(x,y)$ は単項イデアルでない。
&&&
&&&prf [03-prf-xy-not-principal]
$(x,y)=(f)$ と仮定します。$x,y\in(f)$ なので $f\mid x$ かつ $f\mid y$。UFD $K[x,y]$ で $x,y$ は互いに同伴でない既約元なので、共通因子 $f$ は単元でなければなりません。すると $(f)=K[x,y]$ です。
しかし $(x,y)$ は真のイデアルです。実際、評価写像
$$
K[x,y]\to K,
\qquad F(x,y)\mapsto F(0,0)
$$
の核が $(x,y)$ なので $1\notin(x,y)$。矛盾。従って単項ではありません。□
&&&
これで
$$
\text{PID}\Longrightarrow\text{UFD}
$$
の逆が一般には成り立たないことも確認できました。
&&&exc 内容を計算する [03-exc-polynomial-content-product]
$$
f=6x^2+9x+3,
\qquad g=10x-15
$$
について $c(f),c(g),c(fg)$ を求め、内容の乗法性を確認せよ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-polynomial-content-product-answer]
$$
c(f)=3,qquad c(g)=5.
$$
積は
$$
fg=60x^3+0x^2-105x-45.
$$
非零係数の最大公約数は
$$
\gcd(60,105,45)=15.
$$
従って
$$
c(fg)=15=c(f)c(g).
$$
□
&&&
&&&exc 二次多項式の既約性 [03-exc-primitive-quadratic-irreducible]
$2x^2+3x+3$ が $\mathbb Z[x]$ で既約であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-primitive-quadratic-irreducible-answer]
係数の最大公約数は1なので原始的です。二次多項式が $\mathbb Q[x]$ で可約なら有理根をもちます。有理根定理による候補は
$$
\pm1,\pm3,\pm\frac12,\pm\frac32.
$$
代入しても0になりません。あるいは判別式
$$
3^2-4\cdot2\cdot3=-15
$$
は $\mathbb Q$ の平方でないため有理根をもちません。従って $\mathbb Q[x]$ で既約。Gaussの補題から $\mathbb Z[x]$ でも既約です。□
&&&
&&&exc $\mathbb Z[x]$ はPIDでない [03-exc-zx-not-pid]
$\mathbb Z[x]$ のイデアル $(2,x)$ が単項でないことを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-zx-not-pid-answer]
$(2,x)=(f)$ と仮定します。$f\mid2$ なので $f$ は定数で、その絶対値は1または2です。$f=\pm1$ なら $(f)=\mathbb Z[x]$ ですが、$(2,x)$ は写像
$$
\mathbb Z[x]\to\mathbb F_2,
\qquad F\mapsto[F(0)]
$$
の核なので真のイデアルです。$f=\pm2$ なら $f$ は $x$ を割りません。どちらも矛盾なので $(2,x)$ は単項でなく、$\mathbb Z[x]$ はPIDではありません。□
&&&


9-1 多項式環とGaussの補題

## PIDで得られるBézout等式
整域 $R$ がPIDとは全イデアルが一元生成であること。$a,b$ の少なくとも一方が零でない場合に $(a,b)=(d)$ とすると $d$ は $a,b$ を割り、$d=ra+sb$ と書ける。逆に $a,b$ の任意の公約数は $d$ を割るので、$d$ は最大公約数を表す。$R$ がEuclid整域である必要はない。
**命題。** PIDで既約元 $p$ は素元である。
**証明。** $p\mid ab$ かつ $p\nmid a$ とする。$(p,a)=(d)$ なら $d\mid p$ なので、$p$ が既約ゆえ $d$ は単元または $p$ の同伴元。後者なら $p\mid a$ となり矛盾。従って $d$ は単元で $rp+sa=1$ と書ける。両辺に $b$ を掛けると $b=rpb+sab$ で、右辺の両項は $p$ で割れる。ゆえに $p\mid b$。□
## 分解が止まる理由
PIDではイデアルの真の昇鎖 $(a_1)\subsetneq(a_2)\subsetneq\cdots$ は存在しない。和集合はイデアルで $(a)$ と書け、生成元 $a$ はある $(a_j)$ に属するのでそこから鎖は安定する。非零非単元 $a$ を既約元へ分解できないと仮定し、$a=bc$ と非単元に分け、なお分解できない因子を選ぶと $(a)\subsetneq(b)$ のような昇鎖が無限に続く。矛盾するので既約元分解は存在する。第8章で一意性を証明する。
**演習。** PIDの $(a,b)=R$ なら $a,b$ が共に割れる元は単元に限ることを示せ。
**解答。** $ra+sb=1$。共通の約数は左辺すなわち1を割るので単元である。


7-1 主イデアル整域

整数を $n$ で割った余りへ送る写像や、多項式へ数を代入する写像は、和と積を保ちます。その写像で0へ潰れる元を集めると、単なる部分環より強い「外から掛けても閉じる」部分集合が現れます。これがイデアルです。
本章以降、特に断らない限り環は単位元をもつ可換環で、環準同型は単位元を単位元へ送るものとします。
## 環準同型
&&&def 環準同型 [03-def-ring-homomorphism]
環 $R,S$ の間の写像 $\varphi:R\to S$ が任意の $a,b\in R$ に対して
$$
\varphi(a+b)=\varphi(a)+\varphi(b),
$$
$$
\varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b),
\qquad
\varphi(1_R)=1_S
$$
を満たすとき、$\varphi$ を[[環準同型]]という。
&&&
加法について群準同型なので、環準同型は自動的に
$$
\varphi(0_R)=0_S,
\qquad
\varphi(-a)=-\varphi(a)
$$
を満たします。また帰納法により
$$
\varphi(a^n)=\varphi(a)^n
$$
です。
典型例は次の三つです。
1. 剰余写像
   $$
   \pi_n:\mathbb Z\to\mathbb Z/n\mathbb Z,
   \qquad a\mapsto[a].
   $$
2. 評価写像
   $$
   \operatorname{ev}_c:R[x]\to R,
   \qquad f(x)\mapsto f(c).
   $$
3. 直積から成分への射影
   $$
   p_1:R\times S\to R,
   \qquad(r,s)\mapsto r.
   $$
評価写像が積を保つことは
$$
(fg)(c)=f(c)g(c)
$$
から分かります。多項式を形式的な係数列として定義しても、Cauchy積を展開すれば同じ等式を直接確認できます。
## 核と像
&&&def 環準同型の核と像 [03-def-ring-kernel-image]
環準同型 $\varphi:R\to S$ に対し
$$
\ker\varphi=\{a\in R:\varphi(a)=0\},
$$
$$
\operatorname{im}\varphi=\{\varphi(a):a\in R\}
$$
をそれぞれ[[環準同型の核|核]]、[[環準同型の像|像]]という。
&&&
像は $S$ の部分環です。核は加法については部分群ですが、通常は $R$ と同じ1を含まないので部分環ではありません。その代わり、核には次の閉性があります。
&&&def イデアル [03-def-ideal]
環 $R$ の部分集合 $I$ が次を満たすとき、$I$ を $R$ の[[イデアル]]といい $I\triangleleft R$ と書く。
1. $0\in I$。
2. $a,b\in I$ なら $a-b\in I$。
3. $r\in R,a\in I$ なら $ra\in I$。
&&&
最初の二条件は $(I,+)$ が加法群の部分群であることを表します。第三条件は、$I$ の元へ環の外側の任意の元を掛けても $I$ に留まる「吸収性」です。
&&&prop 核はイデアル、像は部分環 [03-prop-kernel-ideal-image-subring]
環準同型 $\varphi:R\to S$ に対して、$\ker\varphi$ は $R$ のイデアル、$\operatorname{im}\varphi$ は $S$ の部分環である。
&&&
&&&prf [03-prf-kernel-ideal-image-subring]
$\varphi(0)=0$ なので $0\in\ker\varphi$。$a,b\in\ker\varphi$ なら
$$
\varphi(a-b)=\varphi(a)-\varphi(b)=0-0=0,
$$
よって $a-b\in\ker\varphi$。さらに $r\in R,a\in\ker\varphi$ なら
$$
\varphi(ra)=\varphi(r)\varphi(a)=\varphi(r)0=0,
$$
従って $ra\in\ker\varphi$。よって核はイデアルです。
像は $\varphi(0)=0$ と $\varphi(1)=1$ を含みます。$x=\varphi(a),y=\varphi(b)$ なら
$$
x-y=\varphi(a-b),
\qquad xy=\varphi(ab)
$$
も像に入るので、像は部分環です。□
&&&
環準同型が単射であることと核が $\{0\}$ であることは同値です。これは加法群の準同型としての単射判定から従います。
## 生成イデアル
$a\in R$ に対し
$$
(a)=Ra=\{ra:r\in R\}
$$
はイデアルです。これを $a$ が生成する単項イデアルといいます。より一般に $a_1,\ldots,a_m\in R$ に対し
$$
(a_1,\ldots,a_m)
=\{r_1a_1+\cdots+r_ma_m:r_i\in R\}
$$
は $a_1,\ldots,a_m$ を含む最小のイデアルです。
&&&prop 生成イデアルの最小性 [03-prop-generated-ideal-minimal]
$(a_1,\ldots,a_m)$ は $a_1,\ldots,a_m$ を含むイデアルであり、それらを含む任意のイデアル $J$ に対して
$$
(a_1,\ldots,a_m)\subset J
$$
となる。
&&&
&&&prf [03-prf-generated-ideal-minimal]
二つの有限和の差は再び同じ形の有限和で、外から $r\in R$ を掛けても係数を $rr_i$ に替えるだけなので、$(a_1,\ldots,a_m)$ はイデアルです。各 $a_i$ は係数 $r_i=1$、他の係数0とすれば含まれます。
$J$ が全 $a_i$ を含むなら、吸収性から $r_ia_i\in J$。加法について閉じるので、その有限和も $J$ に入ります。従って生成イデアル全体が $J$ に含まれます。□
&&&
すべてのイデアルが一元で生成される環を主イデアル環といいます。$\mathbb Z$ と体上の一変数多項式環 $K[x]$ が基本例です。
## $\mathbb Z$ のイデアル
&&&thm 整数環のイデアル [03-thm-ideals-of-integers]
$\mathbb Z$ の任意のイデアル $I$ は、ただ一つの $n\ge0$ により
$$
I=n\mathbb Z=(n)
$$
と書ける。
&&&
&&&prf [03-prf-ideals-of-integers]
$I=\{0\}$ なら $n=0$ とすればよい。$I\ne\{0\}$ なら、$I$ は非零元 $a$ とその逆元 $-a$ を含むので正整数を含みます。$I$ に属する正整数のうち最小のものを $n$ とします。
任意の $a\in I$ を除法算法で
$$
a=qn+r,
\qquad0\le r<n
$$
と書きます。$a,n\in I$ なので $r=a-qn\in I$。$n$ の最小性から $r=0$。従って $a\in n\mathbb Z$ で $I\subset n\mathbb Z$。逆に $n\in I$ と吸収性から全 $qn$ が $I$ に入るため $n\mathbb Z\subset I$。よって等号です。
$m\mathbb Z=n\mathbb Z$ で $m,n\ge0$ なら、正の生成元がある場合は互いに割り切るので $m=n$。零の場合も一致します。□
&&&
## 評価写像の核
体 $K$ と $c\in K$ に対して評価写像
$$
\operatorname{ev}_c:K[x]\to K
$$
を考えます。因数定理から
$$
f(c)=0\quad\Longleftrightarrow\quad(x-c)\mid f(x).
$$
従って
$$
\ker(\operatorname{ev}_c)=(x-c).
$$
抽象的な核が、「$c$ を根にもつ多項式全体」という具体的な条件を一つの生成元へ圧縮しています。
## 真のイデアル
イデアル $I$ が $R$ 全体でないとき真のイデアルといいます。
&&&prop イデアルが全体になる条件 [03-prop-ideal-equals-ring]
イデアル $I\triangleleft R$ に対し、次は同値である。
1. $I=R$。
2. $1\in I$。
3. $I$ は単元を一つ含む。
&&&
&&&prf [03-prf-ideal-equals-ring]
$I=R$ なら $1\in I$。$1$ は単元なので2から3。単元 $u\in I$ があれば、吸収性から
$$
1=u^{-1}u\in I.
$$
さらに $1\in I$ なら任意の $r\in R$ について $r=r1\in I$ なので $I=R$。□
&&&
&&&exc 二つの生成元 [03-exc-ideal-two-integers]
$\mathbb Z$ で $(12,18)=(6)$ を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-ideal-two-integers-answer]
任意の $12a+18b$ は6の倍数なので $(12,18)\subset(6)$。逆に
$$
6=18-12
$$
は $(12,18)$ に属します。生成イデアルの最小性または吸収性から、6の全倍数が $(12,18)$ に入り $(6)\subset(12,18)$。従って等号です。□
&&&
&&&exc 評価写像 [03-exc-kernel-evaluation-two]
$\operatorname{ev}_2:\mathbb Q[x]\to\mathbb Q$ の核と像を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-kernel-evaluation-two-answer]
因数定理から $f(2)=0$ と $(x-2)\mid f$ は同値なので
$$
\ker(\operatorname{ev}_2)=(x-2).
$$
任意の $q\in\mathbb Q$ は定数多項式 $q$ の像なので、評価写像は全射で
$$
\operatorname{im}(\operatorname{ev}_2)=\mathbb Q.
$$
□
&&&
&&&exc 部分環だがイデアルでない [03-exc-subring-not-ideal]
$\mathbb Z$ が $\mathbb Q$ の部分環ではあるがイデアルではないことを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-subring-not-ideal-answer]
$\mathbb Z$ は $0,1$ を含み、差と積で閉じるので $\mathbb Q$ の部分環です。しかし $1\in\mathbb Z$ と $1/2\in\mathbb Q$ に対し
$$
\frac12\cdot1=\frac12\notin\mathbb Z.
$$
外部の元による吸収性を満たさないため、イデアルではありません。□
&&&


2-1 環準同型とイデアル

整数を $n$ で割った余りだけを見るとき、差が $n\mathbb Z$ に入る整数を同一視しました。同じ操作は任意の環とイデアルで行えます。イデアルの吸収性こそ、積が代表元によらず定まる理由です。
## 加法剰余類
環 $R$ とイデアル $I\triangleleft R$ を取ります。$a,b\in R$ に対し
$$
a\sim b\quad\Longleftrightarrow\quad a-b\in I
$$
と定めます。これは同値関係です。
- $a-a=0\in I$ なので反射的。
- $a-b\in I$ なら $b-a=-(a-b)\in I$ なので対称的。
- $a-b,b-c\in I$ なら $a-c=(a-b)+(b-c)\in I$ なので推移的。
$a$ の同値類は
$$
a+I=\{a+x:x\in I\}
$$
で、加法群における剰余類です。
&&&def 商環 [03-def-quotient-ring]
剰余類全体
$$
R/I=\{a+I:a\in R\}
$$
に
$$
(a+I)+(b+I)=(a+b)+I,
$$
$$
(a+I)(b+I)=ab+I
$$
と定めた環を[[商環]]という。
&&&
## 積が代表元によらないこと
&&&prop 商環の演算はwell-defined [03-prop-quotient-ring-well-defined]
$a+I=a'+I$、$b+I=b'+I$ なら
$$
(a+b)+I=(a'+b')+I,
$$
$$
ab+I=a'b'+I.
$$
&&&
&&&prf [03-prf-quotient-ring-well-defined]
剰余類が等しいことから
$$
a-a'\in I,
\qquad b-b'\in I.
$$
従って
$$
(a+b)-(a'+b')=(a-a')+(b-b')\in I,
$$
なので和の類は等しいです。
積については
$$
ab-a'b'=a(b-b')+b'(a-a').
$$
$I$ はイデアルなので、$b-b',a-a'\in I$ へ環の元 $a,b'$ を掛けた二項も $I$ に入り、その和も $I$ に入ります。従って積の類も等しいです。□
&&&
環公理は代表元で計算すれば $R$ の環公理から従います。零元は $0+I=I$、単位元は $1+I$、$a+I$ の加法逆元は $-a+I$ です。
$I=R$ のとき $R/I$ は一元だけの零環になり $0=1$ です。本書では通常の環について $0\ne1$ を仮定しますが、商構成の退化した結果として零環を認めます。真のイデアル $I$ なら $1\notin I$ なので $R/I$ でも $0\ne1$ です。
## 標準射影
写像
$$
\pi:R\to R/I,
\qquad a\mapsto a+I
$$
を標準射影といいます。
&&&prop 標準射影の核 [03-prop-quotient-projection-kernel]
$\pi$ は全射環準同型で
$$
\ker\pi=I.
$$
&&&
&&&prf [03-prf-quotient-projection-kernel]
商環の演算の定義から
$$
\pi(a+b)=\pi(a)+\pi(b),
\quad
\pi(ab)=\pi(a)\pi(b),
\quad
\pi(1)=1+I
$$
なので環準同型です。すべての剰余類は $a+I=\pi(a)$ の形なので全射です。また
$$
\pi(a)=0+I
\Longleftrightarrow a+I=I
\Longleftrightarrow a\in I.
$$
従って核は $I$ です。□
&&&
任意のイデアルは、この標準射影の核として実現されます。「環準同型の核」と「イデアル」は同じ構造を二方向から見たものです。
## 第一同型定理
&&&thm 環の第一同型定理 [03-thm-ring-first-isomorphism]
環準同型 $\varphi:R\to S$ に対し、写像
$$
\overline\varphi:R/\ker\varphi\to\operatorname{im}\varphi,
\qquad
a+\ker\varphi\mapsto\varphi(a)
$$
は環同型である。従って
$$
R/\ker\varphi\cong\operatorname{im}\varphi.
$$
&&&
&&&prf [03-prf-ring-first-isomorphism]
まずwell-defined性を示します。$a+\ker\varphi=b+\ker\varphi$ なら
$$
a-b\in\ker\varphi,
$$
従って
$$
0=\varphi(a-b)=\varphi(a)-\varphi(b)
$$
なので $\varphi(a)=\varphi(b)$。よって代表元によらず定まります。
環準同型性は
$$
\overline\varphi((a+K)+(b+K))
=\varphi(a+b)=\varphi(a)+\varphi(b),
$$
$$
\overline\varphi((a+K)(b+K))
=\varphi(ab)=\varphi(a)\varphi(b)
$$
から従います。ここで $K=\ker\varphi$ と書きました。像の任意の元は $\varphi(a)$ の形なので全射です。
$\overline\varphi(a+K)=0$ なら $\varphi(a)=0$、すなわち $a\in K$。従って $a+K=K$ は商環の零元で、核は自明です。よって単射でもあり、環同型です。□
&&&
## 例1：整数の合同式
剰余写像 $\pi_n:\mathbb Z\to\mathbb Z/n\mathbb Z$ の核は $n\mathbb Z$、像は全体です。第一同型定理は
$$
\mathbb Z/n\mathbb Z
\cong\operatorname{im}\pi_n
$$
を与えます。左辺の記号が「整数環をイデアル $(n)$ で割った商」であることが明確になります。
## 例2：$\mathbb R[x]/(x^2+1)$
評価写像
$$
\varphi:\mathbb R[x]\to\mathbb C,
\qquad f(x)\mapsto f(i)
$$
を考えます。任意の $a+bi\in\mathbb C$ は一次式 $a+bx$ の像なので全射です。
除法算法により任意の $f(x)$ は
$$
f(x)=q(x)(x^2+1)+(ax+b)
$$
と一意に書けます。$f(i)=0$ なら
$$
ai+b=0.
$$
$a,b$ は実数なので実部・虚部を比較して $a=b=0$。従って剰余が0で
$$
\ker\varphi=(x^2+1).
$$
第一同型定理から
$$
\mathbb R[x]/(x^2+1)\cong\mathbb C.
$$
商環では $x^2+1=0$、つまり $x^2=-1$ という関係が課されています。複素数の $i$ は、実係数多項式環にこの関係を加えて作れるわけです。
## 商を通る写像
&&&prop 商の普遍性 [03-prop-quotient-ring-universal-property]
$I\triangleleft R$ と環準同型 $f:R\to S$ に対し、$I\subset\ker f$ なら一意な環準同型
$$
\widetilde f:R/I\to S
$$
が存在して $f=\widetilde f\circ\pi$ となる。
&&&
&&&prf [03-prf-quotient-ring-universal-property]
$$
\widetilde f(a+I)=f(a)
$$
と定めます。$a+I=b+I$ なら $a-b\in I\subset\ker f$ なので $f(a)=f(b)$。従ってwell-definedです。和・積・単位元を保つことは $f$ が準同型であることから直ちに計算できます。また
$$
(\widetilde f\circ\pi)(a)=\widetilde f(a+I)=f(a).
$$
最後に $\pi$ は全射なので、$f=\widetilde f\circ\pi$ を満たす $\widetilde f$ の値は全剰余類上でこの式により強制され、一意です。□
&&&
&&&exc 一次式で割る [03-exc-quotient-linear-polynomial]
体 $K$ と $c\in K$ に対し
$$
K[x]/(x-c)\cong K
$$
を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-quotient-linear-polynomial-answer]
評価写像 $\operatorname{ev}_c:K[x]\to K$ は全射で、因数定理から核は $(x-c)$ です。環の第一同型定理により
$$
K[x]/(x-c)
\cong\operatorname{im}(\operatorname{ev}_c)=K.
$$
□
&&&
&&&exc 二つの関係を課す [03-exc-quotient-zx-two-x]
写像
$$
\varphi:\mathbb Z[x]\to\mathbb Z/2\mathbb Z,
\qquad f(x)\mapsto[f(0)]
$$
の核が $(2,x)$ であることを示し、商環を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-quotient-zx-two-x-answer]
$f(x)=a_0+xg(x)$ と書けます。$\varphi(f)=0$ であることは定数項 $a_0$ が偶数、すなわち $a_0=2m$ と書けることと同値です。このとき
$$
f(x)=2m+xg(x)\in(2,x).
$$
逆に $(2,x)$ の元は $2u(x)+xv(x)$ の形で、$x=0$ を代入すると偶数なので核に入ります。従って核は $(2,x)$。写像は定数多項式で全射なので第一同型定理から
$$
\mathbb Z[x]/(2,x)\cong\mathbb Z/2\mathbb Z.
$$
□
&&&
&&&exc 商の商 [03-exc-quotient-of-quotient-example]
$\mathbb Z/12\mathbb Z$ から $\mathbb Z/3\mathbb Z$ へ $[a]_{12}\mapsto[a]_3$ と送る写像がwell-definedな全射環準同型であることを示し、その核を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-quotient-of-quotient-example-answer]
$a\equiv b\pmod{12}$ なら $12\mid a-b$ で、$3\mid12$ だから $3\mid a-b$。従って $[a]_3=[b]_3$ でwell-definedです。和・積・1を保ち、各 $[r]_3$ は $[r]_{12}$ の像なので全射です。
核は3の倍数となる剰余類
$$
\{[0]_{12},[3]_{12},[6]_{12},[9]_{12}\}
$$
で、$\mathbb Z/12\mathbb Z$ のイデアル $([3]_{12})$ です。□
&&&


3-1 商環と第一同型定理

3で割った余りと5で割った余りを別々に指定すると、15で割った余りがただ一つ決まります。この整数の中国剰余定理は、comaximalなイデアルによる商環の直積分解として一般化できます。
## 二つのイデアルの場合
イデアル $I,J\triangleleft R$ に対し
$$
\Phi:R\to R/I\times R/J,
\qquad
r\mapsto(r+I,r+J)
$$
を考えます。これは環準同型で、核は
$$
\ker\Phi=I\cap J.
$$
&&&thm 中国剰余定理（二イデアル） [03-thm-chinese-remainder-two]
$I+J=R$ なら $\Phi$ は全射で、
$$
R/(I\cap J)\cong R/I\times R/J.
$$
さらに $I\cap J=IJ$ なので
$$
R/IJ\cong R/I\times R/J.
$$
&&&
&&&prf [03-prf-chinese-remainder-two]
$I+J=R$ なので、$u\in I,v\in J$ で
$$
u+v=1
$$
となるものを取ります。任意の $(a+I,b+J)$ に対し
$$
x=av+bu
$$
と置きます。$v=1-u$ で $u\in I$ だから
$$
x-a=a(v-1)+bu=-au+bu\in I,
$$
従って $x+I=a+I$。同様に $u=1-v$ と $v\in J$ から
$$
x-b=av+b(u-1)=av-bv\in J,
$$
従って $x+J=b+J$。よって $\Phi(x)=(a+I,b+J)$ で全射です。
核は $I\cap J$ なので第一同型定理から
$$
R/(I\cap J)\cong R/I\times R/J.
$$
comaximalなイデアルでは $I\cap J=IJ$ と前章で証明したため、第二式も従います。□
&&&
証明中の $v,u$ は、それぞれ
$$
v\equiv1\pmod I,quad v\equiv0\pmod J,
$$
$$
u\equiv0\pmod I,quad u\equiv1\pmod J
$$
を満たす「成分選択子」です。
## 有限個のイデアル
&&&thm 中国剰余定理（有限版） [03-thm-chinese-remainder-finite]
$I_1,\ldots,I_n$ が二つずつcomaximal、すなわち $i\ne j$ なら
$$
I_i+I_j=R
$$
を満たすとする。このとき自然な写像
$$
R\to\prod_{i=1}^nR/I_i
$$
は全射で、
$$
R/(I_1\cdots I_n)
\cong\prod_{i=1}^nR/I_i.
$$
&&&
&&&prf [03-prf-chinese-remainder-finite]
まず
$$
I_1\cdots I_{n-1}+I_n=R
$$
を示します。各 $k<n$ について $a_k\in I_k,b_k\in I_n$ で $a_k+b_k=1$ を取ります。積
$$
a=a_1a_2\cdots a_{n-1}
$$
は $I_1\cdots I_{n-1}$ に属します。また各 $a_k\equiv1\pmod{I_n}$ なので
$$
a\equiv1\pmod{I_n},
$$
従って $1-a\in I_n$。よって二イデアルはcomaximalです。
$n=2$ は直前の定理。$n-1$ 個まで成立すると仮定すると
$$
R/(I_1\cdots I_{n-1})
\cong\prod_{i=1}^{n-1}R/I_i.
$$
今示したcomaximal性と二イデアル版を $I_1\cdots I_{n-1},I_n$ に適用すれば
$$
R/(I_1\cdots I_n)
\cong R/(I_1\cdots I_{n-1})\times R/I_n
\cong\prod_{i=1}^nR/I_i.
$$
帰納法で結論を得ます。写像は各段階で自然な剰余写像なので、表示された自然写像が全射です。□
&&&
## 整数の中国剰余定理
$m,n$ が互いに素なら $(m)+(n)=\mathbb Z$ なので
$$
\mathbb Z/mn\mathbb Z
\cong\mathbb Z/m\mathbb Z\times\mathbb Z/n\mathbb Z.
$$
例として
$$
x\equiv2\pmod3,
\qquad x\equiv3\pmod5
$$
を解きます。Bézout表示
$$
2\cdot3+(-1)\cdot5=1
$$
から
$$
u=6\equiv0\pmod3,quad u\equiv1\pmod5,
$$
$$
v=-5\equiv1\pmod3,quad v\equiv0\pmod5.
$$
従って
$$
x=2v+3u=2(-5)+3\cdot6=8.
$$
すべての解は
$$
x\equiv8\pmod{15}
$$
です。
## 冪等元による直積分解
中国剰余同型で $(1,0)$ に対応する元 $e\in R/IJ$ は
$$
e^2=e
$$
を満たします。同様に $1-e$ は $(0,1)$ に対応し、
$$
e(1-e)=0,
\qquad e+(1-e)=1.
$$
逆に可換環 $R$ に非自明な冪等元 $e$ があれば
$$
R\cong eR\times(1-e)R,
\qquad
r\mapsto(er,(1-e)r).
$$
&&&prop 冪等元による分解 [03-prop-idempotent-product-decomposition]
$e^2=e$ なら上の写像は環同型である。ただし $eR,(1-e)R$ の単位元はそれぞれ $e,1-e$ とする。
&&&
&&&prf [03-prf-idempotent-product-decomposition]
成分ごとの和・積を保ちます。積について
$$
(er)(es)=e^2rs=ers
$$
で、第二成分も同様です。単位元1は $(e,1-e)$ へ移ります。
核に $r$ が入るなら $er=0$ かつ $(1-e)r=0$。従って
$$
r=(e+(1-e))r=0
$$
なので単射。
任意の $(ea,(1-e)b)$ に対し $r=ea+(1-e)b$ と置けば
$$
er=e^2a+e(1-e)b=ea,
$$
$$
(1-e)r=(1-e)ea+(1-e)^2b=(1-e)b.
$$
ここで $e(1-e)=e-e^2=0$ を使いました。従って全射です。□
&&&
## 多項式補間との関係
体 $K$ の相異なる元 $a_1,\ldots,a_n$ に対し、イデアル $(x-a_i)$ は二つずつcomaximalです。実際 $i\ne j$ なら
$$
(x-a_i)-(x-a_j)=a_j-a_i
$$
は非零定数、従って単元です。中国剰余定理から
$$
K[x]/\left(\prod_{i=1}^n(x-a_i)\right)
\cong K^n,
$$
同型は
$$
f(x)\longmapsto(f(a_1),\ldots,f(a_n))
$$
です。
全射性は、任意の値 $c_1,\ldots,c_n$ を各点で取る多項式が存在することを意味します。具体的な逆像はLagrange補間多項式
$$
f(x)=\sum_{i=1}^n c_i
\prod_{j\ne i}\frac{x-a_j}{a_i-a_j}.
$$
各基底多項式は $a_i$ で1、他の $a_j$ で0となります。
&&&exc 三つの合同式 [03-exc-crt-three-congruences]
$$
x\equiv1\pmod3,
\qquad x\equiv2\pmod4,
\qquad x\equiv3\pmod5
$$
を解け。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-crt-three-congruences-answer]
法 $3,4,5$ は二つずつ互いに素なので法60で一意な解があります。$x\equiv2\pmod4$ かつ $x\equiv3\pmod5$ を満たす数を20の範囲で探すと $x\equiv18\pmod{20}$。従って $x=18+20k$。
mod 3で
$$
18+20k\equiv0+2k\equiv1\pmod3
$$
なので $k\equiv2\pmod3$。$k=2$ を取ると $x=58$。従って
$$
x\equiv58\pmod{60}.
$$
□
&&&
&&&exc $\mathbb Z/15$ の冪等元 [03-exc-idempotents-z15]
$\mathbb Z/15\mathbb Z$ の冪等元をすべて求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-idempotents-z15-answer]
中国剰余定理から
$$
\mathbb Z/15\mathbb Z
\cong\mathbb Z/3\mathbb Z\times\mathbb Z/5\mathbb Z.
$$
体の冪等元は0,1だけなので、直積の冪等元は
$$
(0,0),(1,0),(0,1),(1,1)
$$
の四つ。これらに対応するmod 15の元は順に
$$
[0],[10],[6],[1].
$$
実際 $10^2\equiv10$、$6^2\equiv6\pmod{15}$ です。□
&&&
&&&exc 多項式の中国剰余 [03-exc-crt-polynomial-values]
$K$ を体とし、$a\ne b$ とする。任意の $u,v\in K$ に対し、一次以下の多項式 $f$ で
$$
f(a)=u,qquad f(b)=v
$$
を満たすものを求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-crt-polynomial-values-answer]
Lagrange補間により
$$
f(x)=u\frac{x-b}{a-b}
+v\frac{x-a}{b-a}.
$$
$x=a$ では第一項が $u$、第二項が0、$x=b$ では逆になります。分母 $a-b,b-a$ は非零なので体 $K$ で逆元をもちます。一次以下の二多項式が同じ二点値をもてば差は二つの根をもつ一次以下の多項式なので零、従って一意です。□
&&&


10-1 中国剰余定理

整数を素数 $p$ で割った剰余環は体ですが、合成数 $n$ で割ると零因子が現れます。この違いは、割る相手であるイデアル $(p)$ と $(n)$ の性質として表現できます。商が整域になるイデアルが素イデアル、商が体になるイデアルが極大イデアルです。
## 二つの定義
&&&def 素イデアル [03-def-prime-ideal]
可換環 $R$ の真のイデアル $\mathfrak p$ が
$$
ab\in\mathfrak p
\quad\Longrightarrow\quad
a\in\mathfrak p\text{ または }b\in\mathfrak p
$$
を満たすとき、$\mathfrak p$ を[[素イデアル]]という。
&&&
&&&def 極大イデアル [03-def-maximal-ideal]
可換環 $R$ の真のイデアル $\mathfrak m$ が、
$$
\mathfrak m\subset I\subset R
$$
を満たすイデアル $I$ として $\mathfrak m,R$ しかもたないとき、$\mathfrak m$ を[[極大イデアル]]という。
&&&
「素」は積の情報、「極大」はイデアル全体の包含関係の情報です。一見別の定義ですが、商環を通すと整域と体の関係に翻訳されます。
## 体をイデアルで特徴づける
&&&lem 体のイデアル [03-lem-field-only-trivial-ideals]
可換環 $K$ が体であることと、$K$ のイデアルが $\{0\}$ と $K$ だけであることは同値である。
&&&
&&&prf [03-prf-field-only-trivial-ideals]
$K$ を体とし、非零イデアル $I$ を取ります。$0\ne a\in I$ なら $a^{-1}\in K$ で、吸収性から
$$
1=a^{-1}a\in I.
$$
従って $I=K$。よってイデアルは二つだけです。
逆にイデアルが $\{0\},K$ だけだとします。$0\ne a\in K$ に対し単項イデアル $(a)$ は非零なので $(a)=K$。従って $1\in(a)$ で、ある $b\in K$ が $ba=1$ を満たします。すべての非零元が逆元をもつので $K$ は体です。□
&&&
## 商による特徴づけ
&&&thm 素・極大イデアルの商による特徴づけ [03-thm-prime-maximal-quotient-characterization]
可換環 $R$ と真のイデアル $I$ に対し、次が成り立つ。
1. $I$ が素イデアルであることと $R/I$ が整域であることは同値。
2. $I$ が極大イデアルであることと $R/I$ が体であることは同値。
&&&
&&&prf [03-prf-prime-maximal-quotient-characterization]
まず1を示します。$I$ を素イデアルとし
$$
(a+I)(b+I)=0+I
$$
とします。これは $ab\in I$ を意味します。素性から $a\in I$ または $b\in I$、従って $a+I=0+I$ または $b+I=0+I$。よって $R/I$ は零因子をもたず整域です。
逆に $R/I$ が整域で $ab\in I$ とします。商では
$$
(a+I)(b+I)=0+I.
$$
零因子がないので一方の因子が0、すなわち $a\in I$ または $b\in I$。従って $I$ は素イデアルです。
次に2を示します。$I\subset J\subset R$ であるイデアル $J$ に対し
$$
J/I=\{a+I:a\in J\}
$$
は $R/I$ のイデアルです。逆に $R/I$ のイデアル $L$ の標準射影による逆像
$$
\pi^{-1}(L)=\{a\in R:a+I\in L\}
$$
は $I$ を含む $R$ のイデアルです。この二操作は互いに逆で、$I$ を $0$、$R$ を $R/I$ に対応させます。
$I$ が極大なら、$R/I$ のイデアルは $0,R/I$ だけです。体のイデアルの補題から $R/I$ は体。逆に $R/I$ が体ならそのイデアルは $0,R/I$ だけなので、対応する $I$ を含むイデアルは $I,R$ だけ。従って $I$ は極大です。□
&&&
&&&cor 極大イデアルは素イデアル [03-cor-maximal-implies-prime]
可換環の極大イデアルは素イデアルである。
&&&
&&&prf [03-prf-maximal-implies-prime]
$\mathfrak m$ が極大なら $R/\mathfrak m$ は体。体は整域なので、商による特徴づけから $\mathfrak m$ は素イデアルです。□
&&&
逆は一般に成り立ちません。$\mathbb Z$ の零イデアル $(0)$ は、$\mathbb Z/(0)\cong\mathbb Z$ が整域なので素イデアルですが、$\mathbb Z$ は体でないので極大ではありません。
## $\mathbb Z$ の素・極大イデアル
$\mathbb Z$ のイデアルは $(n)$（$n\ge0$）だけでした。
&&&prop 整数環の素・極大イデアル [03-prop-prime-maximal-ideals-z]
$\mathbb Z$ の素イデアルは
$$
(0)\quad\text{および}\quad(p)\ (p\text{ は素数}),
$$
極大イデアルは $(p)$（$p$ は素数）である。
&&&
&&&prf [03-prf-prime-maximal-ideals-z]
$\mathbb Z/(0)\cong\mathbb Z$ は整域なので $(0)$ は素。素数 $p$ に対し $\mathbb Z/(p)=\mathbb F_p$ は体なので $(p)$ は極大、従って素です。
$n>1$ が合成数なら $n=ab$ と $1<a,b<n$ に書けます。商 $\mathbb Z/(n)$ で $[a],[b]$ は非零ですが積は0なので整域ではなく、$(n)$ は素でありません。
$(0)$ は $(0)\subsetneq(2)\subsetneq\mathbb Z$ なので極大でありません。$(1)=\mathbb Z$ は真のイデアルでないため、素でも極大でもありません。以上ですべてを尽くします。□
&&&
## 多項式環の例
体 $K$ 上で評価写像の核は $(x-c)$ でした。商は
$$
K[x]/(x-c)\cong K
$$
で体なので、$(x-c)$ は極大イデアルです。
一方、二変数多項式環 $K[x,y]$ で $(x)$ を考えると
$$
K[x,y]/(x)\cong K[y].
$$
$K[y]$ は整域ですが体ではありません。従って $(x)$ は素イデアルですが極大イデアルではありません。具体的にも
$$
(x)\subsetneq(x,y)\subsetneq K[x,y]
$$
という中間イデアルがあります。
## 一変数多項式の既約元
体 $K$ 上の非定数多項式 $f$ が既約であるとは、$f=gh$ なら $g,h$ の一方が定数単元となることでした。
&&&prop 既約多項式が作る極大イデアル [03-prop-irreducible-polynomial-maximal]
体 $K$ と非定数多項式 $f\in K[x]$ に対し、次は同値である。
1. $f$ は既約。
2. $(f)$ は極大イデアル。
3. $K[x]/(f)$ は体。
&&&
&&&prf [03-prf-irreducible-polynomial-maximal]
2と3の同値は商による特徴づけです。
$f$ を既約とし、$g+(f)\ne0$ を取ります。これは $f\nmid g$ を意味します。$f$ が既約なので $\gcd(f,g)=1$。Bézout恒等式から
$$
u(x)f(x)+v(x)g(x)=1
$$
となる $u,v\in K[x]$ が存在します。商で $(f)$ を0とすれば
$$
(v+(f))(g+(f))=1+(f),
$$
よって任意の非零類が逆元をもち、商は体です。
逆に $f$ が可約で $f=gh$、$g,h$ がともに非定数とします。$\deg g,\deg h<\deg f$ なので $g,h$ は $(f)$ に入らず、商で非零です。しかし
$$
(g+(f))(h+(f))=f+(f)=0+(f).
$$
商に零因子があるので体ではありません。従って3なら1です。□
&&&
たとえば $x^2+1$ は $\mathbb R[x]$ で既約なので $(x^2+1)$ は極大で、商は $\mathbb C$。しかし $\mathbb C[x]$ では
$$
x^2+1=(x-i)(x+i)
$$
と可約なので同じ形のイデアルは素ですらありません。既約性は係数体に依存します。
&&&exc $\mathbb Z/12\mathbb Z$ の素イデアル [03-exc-prime-ideals-z12]
$\mathbb Z/12\mathbb Z$ の素イデアルをすべて求め、それらが極大でもあることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-prime-ideals-z12-answer]
$\mathbb Z/12\mathbb Z$ のイデアルは12を割る $d$ に対する $([d])$ です。商を使うと
$$
(\mathbb Z/12\mathbb Z)/([d])\cong\mathbb Z/d\mathbb Z
$$
となります。これが整域になるのは $d$ が素数のときで、12の素因数は2,3。従って素イデアルは
$$
([2]),\qquad([3]).
$$
各商はそれぞれ $\mathbb F_2,\mathbb F_3$ という体なので、両方とも極大です。□
&&&
&&&exc 素だが極大でない例 [03-exc-prime-not-maximal-zy]
$\mathbb Z[x]$ のイデアル $(x)$ が素だが極大でないことを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-prime-not-maximal-zy-answer]
定数項を取る準同型 $\mathbb Z[x]\to\mathbb Z$ の核は $(x)$ で、第一同型定理から
$$
\mathbb Z[x]/(x)\cong\mathbb Z.
$$
$\mathbb Z$ は整域なので $(x)$ は素。一方 $\mathbb Z$ は体ではないので $(x)$ は極大でありません。実際
$$
(x)\subsetneq(2,x)\subsetneq\mathbb Z[x]
$$
です。□
&&&
&&&exc 極大性をBézoutで示す [03-exc-maximal-x2-plus-one-q]
$x^2+1$ が $\mathbb Q[x]$ で既約であることを示し、$(x^2+1)$ が極大イデアルであると結論せよ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-maximal-x2-plus-one-q-answer]
二次多項式が可約なら一次因子をもち、$\mathbb Q$ に根をもちます。しかし有理数 $q$ に対して
$$
q^2+1>0
$$
なので根はありません。従って $x^2+1$ は既約です。既約多項式が生成するイデアルについての命題から $(x^2+1)$ は極大で、商 $\mathbb Q[x]/(x^2+1)$ は体です。□
&&&


4-1 素イデアルと極大イデアル

多項式が既約かどうかは、商環が体になるか、体拡大を作れるかを決めます。しかし定義どおり全因数分解を試すのは非現実的です。本章では、有理根、有限体への還元、Eisenstein判定という三つの実用的な方法を証明します。
## 低次数では根を探せばよい
&&&prop 二次・三次多項式の既約性 [03-prop-degree-two-three-root-test]
体 $K$ 上の次数2または3の多項式 $f\in K[x]$ は、$K$ に根をもたないことと既約であることが同値である。
&&&
&&&prf [03-prf-degree-two-three-root-test]
$f$ が根 $a\in K$ をもてば因数定理から $(x-a)\mid f$ で、次数が2以上なので可約です。
逆に $f$ が可約なら
$$
f=gh,
\qquad0<\deg g,\deg h<\deg f.
$$
$\deg f=2$ なら両因子は一次、$\deg f=3$ なら一方は一次です。一次因子は $c(x-a)$ の形なので $a\in K$ が $f$ の根になります。□
&&&
次数4以上では根がなくても可約なことがあります。たとえば
$$
x^4+5x^2+4=(x^2+1)(x^2+4)
$$
は $\mathbb Q$ に根をもちませんが可約です。
## 有理根定理の使い方
整数係数多項式
$$
f(x)=a_nx^n+\cdots+a_0
$$
の有理根 $p/q$ を既約分数で書けば
$$
p\mid a_0,qquad q\mid a_n
$$
でした。候補が有限個へ絞られます。
例として
$$
f(x)=2x^3+x+1
$$
の有理根候補は
$$
\pm1,\quad\pm\frac12.
$$
どれも根でないため、三次の根判定から $f$ は $\mathbb Q[x]$ で既約です。係数は原始的なのでGaussの補題から $\mathbb Z[x]$ でも既約です。
## 素数を法として還元する
$f\in\mathbb Z[x]$ の各係数をmod $p$ へ写した多項式を $\overline f\in\mathbb F_p[x]$ と書きます。
&&&thm mod $p$ 既約性判定 [03-thm-reduction-mod-p-irreducibility]
原始多項式 $f\in\mathbb Z[x]$ と素数 $p$ について、$p$ が $f$ の最高次係数を割らず、$\overline f$ が $\mathbb F_p[x]$ で既約なら、$f$ は $\mathbb Q[x]$ および $\mathbb Z[x]$ で既約である。
&&&
&&&prf [03-prf-reduction-mod-p-irreducibility]
$f$ が $\mathbb Q[x]$ で可約だと仮定します。Gaussの補題から、正次数の $g,h\in\mathbb Z[x]$ により
$$
f=gh
$$
と書けます。最高次係数について
$$
\operatorname{lc}(f)=\operatorname{lc}(g)\operatorname{lc}(h).
$$
$p\nmid\operatorname{lc}(f)$ なので、$p$ はどちらの最高次係数も割りません。従ってmod $p$ にしても $g,h$ の次数は落ちず、$\overline g,\overline h$ はともに正次数です。
ところが
$$
\overline f=\overline g\,\overline h
$$
となり、$\overline f$ の既約性に反します。よって $f$ は $\mathbb Q[x]$ で既約。原始性とGaussの補題から $\mathbb Z[x]$ でも既約です。□
&&&
最高次係数の条件は次数落ちを防ぐために必要です。また $\overline f$ が可約でも、元の $f$ が可約とは限りません。この判定は十分条件です。
### 例：$x^4+x+1$
mod 2で考えます。$0,1$ を代入すると
$$
\overline f(0)=1,
\qquad\overline f(1)=1+1+1=1,
$$
なので一次因子はありません。四次多項式が一次因子なしで可約なら、二つの既約二次式の積です。$\mathbb F_2[x]$ のmonic既約二次式は
$$
x^2+x+1
$$
だけです。
この式を法として $x^2=x+1$、従って $x^3=1,x^4=x$。よって
$$
x^4+x+1\equiv x+x+1=1
$$
で割り切れません。したがってmod 2で既約、ゆえに $\mathbb Z[x]$ で既約です。
## Eisenstein判定法
&&&thm Eisensteinの既約性判定 [03-thm-eisenstein-criterion]
$$
f(x)=a_nx^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_0\in\mathbb Z[x]
$$
を原始多項式とする。ある素数 $p$ が
$$
p\nmid a_n,
$$
$$
p\mid a_i\quad(0\le i<n),
$$
$$
p^2\nmid a_0
$$
を満たすなら、$f$ は $\mathbb Q[x]$ と $\mathbb Z[x]$ で既約である。
&&&
&&&prf [03-prf-eisenstein-criterion]
$f$ が可約だと仮定します。Gaussの補題により、正次数の $g,h\in\mathbb Z[x]$ があり
$$
f=gh.
$$
mod $p$ では下位係数がすべて0なので
$$
\overline f=\overline{a_n}x^n.
$$
$p\nmid a_n$ だから $g,h$ の最高次係数も $p$ で割れず、還元で次数は落ちません。$\mathbb F_p[x]$ はUFDで、$x$ は素元です。積 $\overline g\,\overline h$ が単項式 $\overline{a_n}x^n$ なので
$$
\overline g=cx^r,
\qquad
\overline h=dx^s
$$
となり、$r=\deg g>0,s=\deg h>0$ です。従って $g,h$ の定数項はともに $p$ で割り切れます。
$f$ の定数項は $g(0)h(0)$ なので $p^2$ で割り切れます。これは $p^2\nmid a_0$ に反します。従って $f$ は既約です。□
&&&
たとえば
$$
x^5+10x^3+15x+5
$$
は $p=5$ についてEisenstein条件を満たすため既約です。
## 変数をずらしてEisensteinを使う
置換
$$
T_c:\mathbb Q[x]\to\mathbb Q[x],
\qquad f(x)\mapsto f(x+c)
$$
は逆写像 $T_{-c}$ をもつ環自己同型です。従って $f(x)$ が既約であることと $f(x+c)$ が既約であることは同値です。
&&&prop 素数次数の円分多項式 [03-prop-prime-cyclotomic-irreducible]
素数 $p$ に対し
$$
\Phi_p(x)=1+x+\cdots+x^{p-1}
$$
は $\mathbb Q[x]$ で既約である。
&&&
&&&prf [03-prf-prime-cyclotomic-irreducible]
$x$ を $x+1$ に替えると
$$
\Phi_p(x+1)
=\frac{(x+1)^p-1}{x}
$$
$$
=x^{p-1}+\binom p1x^{p-2}
+\binom p2x^{p-3}+\cdots+\binom p{p-1}.
$$
$1\le k\le p-1$ で $\binom pk$ は $p$ で割り切れます。最高次係数は1で $p$ に割られず、定数項は $\binom p{p-1}=p$ で $p^2$ に割られません。従って $p$ に関するEisenstein判定から $\Phi_p(x+1)$ は既約。変数移動の自己同型により $\Phi_p(x)$ も既約です。□
&&&
## どの判定を選ぶか
- 二次・三次：まず根を探す。
- 整数係数：有理根定理で候補を有限化する。
- 高次数：小さな素数で還元し、有限体上で因子を調べる。
- 係数の大部分が同じ素数で割れる：Eisensteinを試す。
- 直接Eisensteinにならない：$x\mapsto x+c$ を試す。
どの方法も「可約なら何が起こるか」を有限体や係数の整除へ移し、矛盾を作るものです。
&&&exc Eisenstein判定 [03-exc-eisenstein-basic]
$$
f(x)=3x^4+6x^3+12x^2+10x+2
$$
が $\mathbb Q[x]$ で既約であることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-eisenstein-basic-answer]
$p=2$ を使います。最高次係数3は2で割れません。他の係数
$$
6,12,10,2
$$
はすべて2で割れ、定数項2は4で割れません。従ってEisenstein判定法により $f$ は $\mathbb Q[x]$ で既約です。□
&&&
&&&exc mod 2判定 [03-exc-reduction-x4-x3-one]
$x^4+x^3+1$ が $\mathbb Q[x]$ で既約であることをmod 2で示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-reduction-x4-x3-one-answer]
mod 2で $f=x^4+x^3+1$ とします。$f(0)=1,f(1)=1+1+1=1$ なので一次因子はありません。唯一のmonic既約二次式 $q=x^2+x+1$ を法とすると $x^3=1,x^4=x$ なので
$$
f\equiv x+1+1=x\ne0.
$$
従って二次因子もありません。四次式が可約なら一次因子または二次因子をもつため、$f$ は $\mathbb F_2[x]$ で既約。mod $p$ 判定から $\mathbb Q[x]$ でも既約です。□
&&&
&&&exc 変数移動 [03-exc-shift-eisenstein]
$$
f(x)=x^4+x^3+x^2+x+1
$$
が $\mathbb Q[x]$ で既約であることを、$f(x+1)$ にEisenstein判定を適用して示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-shift-eisenstein-answer]
これは $\Phi_5(x)$ です。
$$
f(x+1)=\frac{(x+1)^5-1}{x}
=x^4+5x^3+10x^2+10x+5.
$$
$p=5$ について最高次係数1は割れず、他の係数はすべて5で割れ、定数項5は25で割れません。従って $f(x+1)$ は既約。変数移動は環自己同型なので $f(x)$ も既約です。□
&&&


9-2 多項式の既約性判定

イデアルは足したり掛けたりできます。和は二組の関係式を同時に生成し、共通部分は両方の条件を満たす元を集め、積は両方の因子を含むより強い条件を表します。根基は冪による重複を忘れ、どの元が「いつかイデアルへ入るか」を記録します。
## 和・共通部分・積
&&&def イデアルの和・共通部分・積 [03-def-ideal-sum-intersection-product]
[[イデアルの和・共通部分・積]]を、イデアル $I,J\triangleleft R$ に対し
$$
I+J=\{a+b:a\in I,b\in J\},
$$
$$
I\cap J=\{x:x\in I\text{ かつ }x\in J\},
$$
$$
IJ=\left\{\sum_{k=1}^n a_kb_k:
a_k\in I,b_k\in J,n\ge0\right\}
$$
と定める。
&&&
積を単なる $\{ab:a\in I,b\in J\}$ とせず有限和まで取るのは、加法で閉じるイデアルにするためです。
&&&prop イデアル演算の基本包含 [03-prop-ideal-operation-containments]
$I+J,I\cap J,IJ$ はイデアルで、
$$
I,J\subset I+J,
$$
$$
IJ\subset I\cap J
$$
が成り立つ。また $I+J$ は $I,J$ の両方を含む最小のイデアルである。
&&&
&&&prf [03-prf-ideal-operation-containments]
$I+J$ について、$(a+b)-(a'+b')=(a-a')+(b-b')$ は再び $I+J$ に入り、$r(a+b)=ra+rb$ も入ります。$I\cap J$ は、差と外からの積が $I,J$ の両方に留まるのでイデアルです。$IJ$ も有限和の差と外からの積で同じ形を保つためイデアルです。
$a\in I$ は $a=a+0$ と書けるので $I\subset I+J$、同様に $J\subset I+J$。$I,J$ を含むイデアル $K$ は全 $a+b$ を含むので $I+J\subset K$。従って最小です。
$a_kb_k$ は $a_k\in I$ へ $b_k$ を掛けたものなので $I$ に入り、同様に $J$ にも入ります。有限和も両方に入るため $IJ\subset I\cap J$。□
&&&
一般に積と共通部分は等しくありません。$\mathbb Z$ で
$$
(4)(6)=(24),
\qquad
(4)\cap(6)=(12)
$$
です。
## 互いに素なイデアル
&&&def comaximal [03-def-comaximal-ideals]
$I+J=R$ のとき、$I,J$ は[[互いに素なイデアル|comaximal]]であるという。これはある $a\in I,b\in J$ が
$$
a+b=1
$$
を満たすことと同値である。
&&&
&&&prop comaximalなら積と共通部分が一致 [03-prop-comaximal-product-intersection]
$I+J=R$ なら
$$
I\cap J=IJ.
$$
&&&
&&&prf [03-prf-comaximal-product-intersection]
常に $IJ\subset I\cap J$ でした。逆包含を示します。$a\in I,b\in J$ で $a+b=1$ と取ります。$x\in I\cap J$ なら
$$
x=x(a+b)=xa+xb.
$$
$x\in J,a\in I$ なので $xa\in IJ$、$x\in I,b\in J$ なので $xb\in IJ$。従って $x\in IJ$ で、$I\cap J\subset IJ$。□
&&&
$\mathbb Z$ では $(m)+(n)=(\gcd(m,n))$。従って $(m),(n)$ がcomaximalであることは $\gcd(m,n)=1$ と同値です。このとき
$$
(m)\cap(n)=(mn)
$$
となり、互いに素な整数の最小公倍数が積になる事実を回収します。
## イデアルの冪
$$
I^1=I,
\qquad I^{n+1}=I^nI
$$
と定めます。$I^{n+1}\subset I^n$ なので
$$
R\supset I\supset I^2\supset I^3\supset\cdots
$$
という降鎖を得ます。
単項イデアルでは
$$
(a)^n=(a^n).
$$
一方、多生成イデアル $(a,b)$ の二乗は
$$
(a,b)^2=(a^2,ab,b^2)
$$
です。積を展開して得る全項が右辺に入り、右辺の生成元がそれぞれ二因子の積なので逆包含も成立します。
## nilpotentとnilradical
&&&def nilpotent元とnilradical [03-def-nilpotent-nilradical]
$x\in R$ がある $n\ge1$ で $x^n=0$ を満たすとき[[冪零元|nilpotent元]]という。nilpotent元全体を
$$
\sqrt{(0)}=\{x\in R:x^n=0\text{ for some }n\ge1\}
$$
と書き、[[冪零根基|nilradical]]という。
&&&
$\mathbb Z/12\mathbb Z$ では $[6]^2=[0]$ なので $[6]$ はnilpotentです。整域では $x^n=0$ から消去を繰り返して $x=0$ となるため、nilradicalは $\{0\}$ です。
## イデアルの根基
&&&def 根基イデアル [03-def-radical-ideal]
イデアル $I\triangleleft R$ に対し
$$
\sqrt I=\{r\in R:r^n\in I\text{ となる }n\ge1\text{ がある}\}
$$
を $I$ の[[イデアルの根基|根基]]という。$I=\sqrt I$ のとき $I$ をradical idealという。
&&&
&&&prop 根基はイデアル [03-prop-radical-is-ideal]
$\sqrt I$ は $I$ を含むイデアルである。
&&&
&&&prf [03-prf-radical-is-ideal]
$a\in I$ なら $a^1\in I$ なので $I\subset\sqrt I$。$x\in\sqrt I$、$r\in R$ で $x^m\in I$ とすると
$$
(rx)^m=r^mx^m\in I,
$$
よって $rx\in\sqrt I$。
$x,y\in\sqrt I$ とし、$x^m\in I,y^n\in I$ とします。二項展開
$$
(x-y)^{m+n-1}
=\sum_{k=0}^{m+n-1}
\binom{m+n-1}{k}x^k(-y)^{m+n-1-k}
$$
を見ます。各項で $k\ge m$ または $m+n-1-k\ge n$ の少なくとも一方が成り立ちます。前者なら $x^m$、後者なら $y^n$ を因子にもつため各項は $I$ に入ります。従って和も $I$ に入り、$x-y\in\sqrt I$。部分加群判定と同じ形の条件が揃い、$\sqrt I$ はイデアルです。□
&&&
&&&prop 根基と商環のnilpotent [03-prop-radical-quotient-nilradical]
標準射影 $\pi:R\to R/I$ に対し
$$
\sqrt I/I
=\sqrt{(0)}_{,R/I}.
$$
すなわち $r+I$ が $R/I$ でnilpotentであることと $r\in\sqrt I$ は同値である。
&&&
&&&prf [03-prf-radical-quotient-nilradical]
$$
(r+I)^n=0+I
\quad\Longleftrightarrow\quad
r^n+I=I
\quad\Longleftrightarrow\quad
r^n\in I.
$$
ある $n\ge1$ についてこの条件が成り立つことが、それぞれnilpotent性と $r\in\sqrt I$ の定義です。□
&&&
従って $I$ がradical idealであることは、商環 $R/I$ が非零nilpotent元をもたないことと同値です。そのような環をreduced ringといいます。
## 具体例
$\mathbb Z$ で $n$ の異なる素因数の積を $\operatorname{rad}(n)$ と書くと
$$
\sqrt{(n)}=(\operatorname{rad}(n)).
$$
たとえば
$$
\sqrt{(12)}=\sqrt{(2^2\cdot3)}=(6).
$$
実際、$a^k$ が12で割り切れるなら $a$ は2と3の両方で割り切れ、従って6で割り切れます。逆に6の倍数 $a$ なら $a^2$ は36の倍数で、12でも割り切れます。
体 $K$ 上の $K[x,y]$ では
$$
\sqrt{(x^2,xy)}=(x).
$$
右辺の元 $xg$ は二乗すると $x^2g^2\in(x^2,xy)$ なので $(x)\subset\sqrt{(x^2,xy)}$。逆に $f^n\in(x^2,xy)\subset(x)$ なら、$x$ はUFD $K[x,y]$ の素元なので $x\mid f^n$ から $x\mid f$。従って $f\in(x)$ です。
&&&exc 整数イデアルの演算 [03-exc-ideal-operations-integers]
$I=(18),J=(30)\subset\mathbb Z$ について $I+J,I\cap J,IJ$ を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-ideal-operations-integers-answer]
$$
I+J=(\gcd(18,30))=(6),
$$
$$
I\cap J=(\operatorname{lcm}(18,30))=(90),
$$
$$
IJ=(18\cdot30)=(540).
$$
$I+J$ の式はBézout恒等式、共通部分は両方の倍数全体、積は生成元の積から従います。□
&&&
&&&exc 根基を求める [03-exc-radical-z-seventy-two]
$\sqrt{(72)}\subset\mathbb Z$ を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-radical-z-seventy-two-answer]
$$
72=2^3\cdot3^2
$$
なので、$a^n$ が72で割り切れるためには $a$ が2と3で割り切れる必要があり、これは $6\mid a$ と同値です。逆に $6\mid a$ なら $a^3$ は $2^3\cdot3^3$ で割り切れ、特に72で割り切れます。従って
$$
\sqrt{(72)}=(6).
$$
□
&&&
&&&exc 素イデアルはradical [03-exc-prime-ideal-radical]
素イデアル $\mathfrak p$ がradical idealであることを示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-prime-ideal-radical-answer]
$x\in\sqrt{\mathfrak p}$ なら、ある $n\ge1$ で $x^n\in\mathfrak p$。素性を $x^n=x\cdot x^{n-1}$ に適用すると $x\in\mathfrak p$ または $x^{n-1}\in\mathfrak p$。後者なら同じ議論を繰り返し、最終的に $x\in\mathfrak p$ を得ます。従って $\sqrt{\mathfrak p}\subset\mathfrak p$。常に逆包含があるので等号です。□
&&&


2-2 イデアルの演算と根基

$\mathbb Z/6\mathbb Z$ では $[2][3]=[0]$ ですが、$\mathbb Z/7\mathbb Z$ では非零元どうしを掛けても0になりません。さらに7を法とする世界では、どの非零元でも割り算ができます。この違いを段階的に整理します。
本章では可換環 $R$ を考え、$0\ne1$ とします。
## 掛け算で逆をもつ元
&&&def 単元 [03-def-unit]
$u\in R$ に対し、ある $v\in R$ が存在して $uv=1$ となるとき、$u$ を[[単元]]といい、$v$ を $u^{-1}$ と書く。単元全体を $R^\times$ と書く。
&&&
逆元は一意です。実際 $uv=uw=1$ なら
$$
v=v1=v(uw)=(vu)w=1w=w.
$$
単元の積も単元で $(uv)^{-1}=v^{-1}u^{-1}$、単位元は単元、単元の逆元も単元なので $R^\times$ は乗法について群です。
$\mathbb Z$ の単元は $1,-1$ だけです。$\mathbb Q,\mathbb R,\mathbb C$ では非零元がすべて単元です。$\mathbb Z/6\mathbb Z$ では $[1]^{-1}=[1]$、$[5]^{-1}=[5]$ で、単元は $[1],[5]$ だけです。
## 非零なのに積が0になる元
&&&def 零因子 [03-def-zero-divisor]
$a\ne0$ で、ある $b\ne0$ に対して $ab=0$ となるとき、$a$ を[[零因子]]という。
&&&
$\mathbb Z/6\mathbb Z$ では $[2]$ と $[3]$ が零因子です。直積環 $R\times S$ では
$$
(1,0)(0,1)=(0,0)
$$
なので、両因子が非零環なら $(1,0),(0,1)$ は零因子です。
&&&prop 単元は零因子でない [03-prop-unit-not-zero-divisor]
可換環の単元は零因子ではない。
&&&
&&&prf [03-prf-unit-not-zero-divisor]
$u$ を単元とし、$ub=0$ とします。両辺に $u^{-1}$ を掛けると
$$
b=1b=(u^{-1}u)b=u^{-1}(ub)=u^{-1}0=0.
$$
従って非零な $b$ との積が0になることはありません。□
&&&
無限環では「単元でも零因子でもない」元があり得ます。$\mathbb Z$ の2は逆元をもたず、しかも $2b=0$ なら $b=0$ なので零因子でもありません。
## 整域と消去律
&&&def 整域 [03-def-integral-domain]
零因子をもたない可換環 $R$（$0\ne1$）を[[整域]]という。
&&&
整数環 $\mathbb Z$、有理数体 $\mathbb Q$、実数体 $\mathbb R$ は整域です。$\mathbb Z/6\mathbb Z$ は整域ではありません。
&&&prop 整域の消去律 [03-prop-domain-cancellation]
可換環 $R$ が整域であることと、任意の $a\ne0$ に対して
$$
ab=ac\quad\Longrightarrow\quad b=c
$$
が成り立つことは同値である。
&&&
&&&prf [03-prf-domain-cancellation]
$R$ を整域とします。$ab=ac$ なら
$$
a(b-c)=ab-ac=0.
$$
$a\ne0$ で零因子がないため $b-c=0$、従って $b=c$。
逆に消去律を仮定し、$a\ne0$ かつ $ab=0$ とします。$0=a0$ なので $ab=a0$。$a$ を消去して $b=0$。従って非零元どうしの積は0にならず、$R$ は整域です。□
&&&
零因子がある環で不用意に約分すると誤答になります。$\mathbb Z/6\mathbb Z$ では
$$
[2][1]=[2][4]
$$
ですが $[1]\ne[4]$ です。両辺から $[2]$ を「割る」ことはできません。
## 体
&&&def 体 [03-def-field]
可換環 $K$ のすべての非零元が単元であるとき、$K$ を[[体]]という。
&&&
$\mathbb Q,\mathbb R,\mathbb C$ は体です。$\mathbb Z$ は2の逆元をもたないので体ではありません。
&&&prop 体は整域 [03-prop-field-is-domain]
体 $K$ は整域である。
&&&
&&&prf [03-prf-field-is-domain]
$a,b\in K$ で $ab=0$、$a\ne0$ とします。$a^{-1}$ を掛ければ
$$
b=a^{-1}(ab)=a^{-1}0=0.
$$
従って零因子は存在せず、$K$ は整域です。□
&&&
逆は一般には偽で、$\mathbb Z$ が反例です。しかし有限集合では、単射と全射が同値になるため逆が成立します。
&&&thm 有限整域は体 [03-thm-finite-domain-field]
有限個の元をもつ整域 $R$ は体である。
&&&
&&&prf [03-prf-finite-domain-field]
$a\in R$ を非零元とします。写像
$$
m_a:R\to R,\qquad x\mapsto ax
$$
を考えます。$m_a(x)=m_a(y)$ なら $ax=ay$。整域の消去律から $x=y$ なので $m_a$ は単射です。
有限集合からそれ自身への単射は全射です。従って $1\in R$ に対し、ある $b\in R$ が存在して $m_a(b)=ab=1$。よって任意の非零元 $a$ が逆元をもち、$R$ は体です。□
&&&
## 有限環では非単元は零因子
&&&prop 有限可換環の二分法 [03-prop-finite-ring-unit-or-zero-divisor]
有限可換環 $R$ の任意の非零元は、単元または零因子のいずれか一方である。
&&&
&&&prf [03-prf-finite-ring-unit-or-zero-divisor]
非零元 $a$ を取り、$m_a(x)=ax$ を考えます。$m_a$ が単射なら有限性から全射で、ある $b$ が $ab=1$ を満たすので $a$ は単元です。
$m_a$ が単射でないなら、異なる $x,y$ があり $ax=ay$。従って
$$
a(x-y)=0.
$$
$x-y\ne0$ なので $a$ は零因子です。単元は零因子でないことをすでに示したので、両方になることはありません。□
&&&
## $\mathbb Z/7\mathbb Z$ と $\mathbb Z/6\mathbb Z$
$\mathbb Z/7\mathbb Z$ の非零元の逆元は
$$
[1]^{-1}=[1],\ [2]^{-1}=[4],\ [3]^{-1}=[5],
$$
$$
[4]^{-1}=[2],\ [5]^{-1}=[3],\ [6]^{-1}=[6].
$$
従って $\mathbb Z/7\mathbb Z$ は体です。
$\mathbb Z/6\mathbb Z$ では $[2][3]=0$ なので整域でなく、したがって体でもありません。$[1],[5]$ は単元、$[2],[3],[4]$ は零因子です。
## 多項式での違い
整域 $R$ 上の多項式 $f,g\ne0$ について、最高次係数の積は非零です。従って
$$
\deg(fg)=\deg f+\deg g
$$
で、$R[x]$ も整域になります。一方、$\mathbb Z/6\mathbb Z[x]$ では
$$
(2x+1)(3x+1)=6x^2+5x+1=5x+1
$$
となり、二つの一次式の積が一次式になります。
&&&exc $\mathbb Z/8\mathbb Z$ の分類 [03-exc-units-zero-divisors-mod-eight]
$\mathbb Z/8\mathbb Z$ の非零元を単元と零因子に分類し、各単元の逆元を求めよ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-units-zero-divisors-mod-eight-answer]
奇数類について
$$
[1]^2=[1],\quad[3]^2=[9]=[1],
\quad[5]^2=[25]=[1],\quad[7]^2=[49]=[1].
$$
従って $[1],[3],[5],[7]$ は単元で、それぞれ自分自身が逆元です。
偶数の非零類は
$$
[2][4]=[0],\qquad[4][2]=[0],\qquad[6][4]=[0]
$$
なので $[2],[4],[6]$ は零因子です。□
&&&
&&&exc Boolean環 [03-exc-boolean-domain]
可換環 $R$ の全元が $a^2=a$ を満たすとする。
1. 任意の $a$ で $a+a=0$ を示せ。
2. $R$ が整域なら $R\cong\mathbb Z/2\mathbb Z$ を示せ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-boolean-domain-answer]
$(a+1)^2=a+1$ を展開すると
$$
a^2+2a+1=a+1.
$$
$a^2=a$ を使って両辺から $a+1$ を引けば $2a=a+a=0$ です。
$R$ が整域なら $a^2=a$ から $a(a-1)=0$。零因子がないので各 $a$ は $0$ または $1$。$0\ne1$ なので元はちょうど二つで、演算表も $\mathbb Z/2\mathbb Z$ と一致します。□
&&&
&&&exc 有限整域で逆元を探す [03-exc-finite-domain-inverse-list]
有限整域 $R$ の元を $r_1=1,r_2,\ldots,r_N$ と並べる。$a\ne0$ のとき
$$
ar_1,ar_2,\ldots,ar_N
$$
の中に1が必ず現れる理由を説明せよ。
&&&
&&&prf 解答 [03-prf-finite-domain-inverse-list-answer]
$ar_i=ar_j$ なら消去律により $r_i=r_j$。従って積の列は互いに異なります。$R$ には $N$ 個しか元がないので、この列は $R$ の全元をちょうど一度ずつ並べます。特に1が現れ、対応する $r_i$ が $a^{-1}$ です。□
&&&


1-2 単元・零因子・整域・体

整数と多項式に共通する「足して掛けられる」構造として環を定義し、単元・零因子・整域・体、環準同型とイデアル、商環と同型定理、素イデアルと極大イデアルを順に学ぶ。後半では、体上の多項式環、Euclid 整域から主イデアル整域（PID）、一意分解整域（UFD）への道筋、Gauss の補題による整数係数多項式の既約性、中国剰余定理を扱う。各章で「整数で成り立つ性質がどこまで一般の環で成り立つか」を確かめる。前提は、集合と写像、整数の割り算、および線形代数の初歩である。