直和因子

$\mathbb{R}^2$ の $x$ 軸 $N=\mathbb{R}(1,0)$ は直和因子である。$N$ の補空間は、$N$ と異なる原点を通る直線 $\mathbb{R}(t,1)$（$t\in\mathbb{R}$）の全体であり、prop-direct-summand-complements の 2 で $L_0=\mathbb{R}(0,1)$、$h(0,y)=(ty,0)$ としたものが $\mathbb{R}(t,1)$ にあたる。補空間は $\operatorname{Hom}_{\mathbb{R}}(\mathbb{R},\mathbb{R})\cong\mathbb{R}$ の元 $t$ と 1 対 1 に対応し、無数にある。どの補空間への分解でも、$N$ の成分をとる射影 $e_t(x,y)=(x-ty,0)$ は冪等で像が $N$ であるが、$t\neq0$ なら直交射影でない。

$\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ の部分群 $A=\{0,3,6,9\}$（$\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ と同型）と $B=\{0,4,8\}$（$\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}$ と同型）は $A\cap B=\{0\}$、$1=9+4\in A+B$ を満たすので、$\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}=A\oplus B$ であり、$A$ と $B$ はどちらも直和因子である（中国剰余定理 の記事の定理「剰余環の直積としての言い換え」の加法群の部分）。$\operatorname{Hom}_{\mathbb{Z}}(\mathbb{Z}/3\mathbb{Z},\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})=0$ なので、prop-direct-summand-complements の 3 により $A$ の補加群は $B$ ただ 1 つである。環 $\mathbb{Z}/12\mathbb{Z}$ の言葉では、$A=(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z})\cdot9$、$B=(\mathbb{Z}/12\mathbb{Z})\cdot4$ で、$9$ と $4$ は $9^2\equiv9$、$4^2\equiv4$、$9+4\equiv1\pmod{12}$ を満たす冪等元である（prop-direct-summand-left-ideal）。

体 $K$ 上の $n$ 次行列環 $R=M_n(K)$ を左 $R$ 加群とみる。第 $j$ 列以外が $0$ の行列の全体 $C_j$ は左イデアルで、$E_{jj}$ を $(j,j)$ 成分だけが $1$ の行列とすると $C_j=RE_{jj}$ であり、$R=C_1\oplus\cdots\oplus C_n$ である。各 $C_j$ は $R$ の直和因子で、$E_{jj}$ は冪等元である。$C_j$ は列ベクトルの空間 $K^n$ と左 $R$ 加群として同型であり、自由加群 $R$ の直和因子なので射影加群であるが、$n\ge2$ なら自由加群でない（射影加群 の記事の例「行列環の列ベクトル」）。

有限群 $G$ の $\mathbb{C}$ 上の有限次元表現 $V$ は、群環 $\mathbb{C}[G]$ 上の加群であり、その部分加群は $G$ で不変な部分空間である（群環 の命題「群環上の加群と群の表現」）。群の表現 の記事の定理「有限群の実・複素表現の完全可約性」の 1 は、「すべての不変部分空間は $\mathbb{C}[G]$ 加群として直和因子である」という主張にほかならない。たとえば 3 次対称群 $S_3$ が座標の置換で作用する $\mathbb{C}^3$ では、$\mathbb{C}(1,1,1)$ に対して $\{x\mid x_1+x_2+x_3=0\}$ が不変な補空間になる（群の表現 の記事の例「$S_3$ の置換表現の分解と 2 次元表現」）。$\mathbb{C}$ の代わりに標数 $3$ の体を係数にとると $(1,1,1)$ はこの平面に含まれ、この分解は成り立たない。

加法群 $\mathbb{R}$ の部分群 $\mathbb{Q}$ は直和因子である。実際、$\mathbb{R}$ は $\mathbb{Q}$ 上のベクトル空間で、$\mathbb{Q}$ はその部分空間なので、prop-direct-summand-vector-space により $\mathbb{Q}$ 上の補空間 $L$ があり、$\mathbb{R}=\mathbb{Q}\oplus L$ はアーベル群の直和分解でもある。$\mathbb{Q}$ が可除群であることからも従う（可除群 の命題「可除な部分群は直和因子」）。この $L$ の存在はZornの補題（したがって選択公理）による。

次の部分加群は直和因子でない。いずれも「部分加群である」を満たすが「補加群をもつ」を満たさず、ベクトル空間での含意「部分空間はすべて直和因子」（prop-direct-summand-vector-space）が $\mathbb{Z}$ 加群では破れることを示す。

1. $3\mathbb{Z}\subset\mathbb{Z}$：$\mathbb{Z}$ の $0$ でない部分群どうしは必ず交わる。
2. $\mathbb{Z}\subset\mathbb{Q}$：$\mathbb{Q}$ は直既約である。
3. $N=\{0,3,6\}\subset\mathbb{Z}/9\mathbb{Z}$：$3$ が $3\cdot1$ と書けることが補加群と両立しない。
   1〜3 の確認を開く

   1：補加群 $L$ があったとし、$0\neq\ell\in L$ をとると $3\ell\in3\mathbb{Z}\cap L=0$ となって矛盾するので $L=0$ であるが、$3\mathbb{Z}\neq\mathbb{Z}$ なので $3\mathbb{Z}+0\neq\mathbb{Z}$ である。

   2：$\mathbb{Q}$ の $0$ でない 2 つの部分群 $H\ni a/b$、$K\ni c/d$（$a,c\neq0$）は $0$ でない元 $ac=bc\cdot(a/b)=ad\cdot(c/d)$ を共有するので、$\mathbb{Q}$ は直既約である。よって $\mathbb{Q}$ の直和因子は $0$ と $\mathbb{Q}$ だけで、$\mathbb{Z}$ はそのどちらでもない。

   3：$\mathbb{Z}/9\mathbb{Z}=N\oplus C$ とし、$1=n+c$（$n\in N$、$c\in C$）と書く。$3n=0$ なので $3=3n+3c=3c\in C$ となり、$0\neq3\in N\cap C$ が矛盾を与える。

   さらに、$2\mathbb{Z}$ は $\mathbb{Z}$ と同型（$n\mapsto2n$）であり $\mathbb{Z}$ は $\mathbb{Z}$ の直和因子であるが、1 と同じ議論で $2\mathbb{Z}$ は $\mathbb{Z}$ の直和因子でない。これは「直和因子と同型な部分加群は直和因子」という含意を破り、直和因子であることが埋め込み方の性質であることを示す。

$M=\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}\oplus\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ の部分群 $N_1=\langle(1,0)\rangle$、$N_2=\langle(1,1)\rangle=\{(0,0),(1,1),(2,0),(3,1)\}$ はどちらも位数 $4$ で、$C=\langle(0,1)\rangle$ との共通部分が $0$ なので、$M=N_1\oplus C=N_2\oplus C$ であり、どちらも直和因子である。しかし $N_1\cap N_2=\{(0,0),(2,0)\}$ は直和因子でない。$(2,0)=2\cdot(1,0)$ が $2$ で割れることが補加群と両立しないからである。

$\mathbb{Z}^2$ の部分群 $N_1=\mathbb{Z}(1,0)$、$N_2=\mathbb{Z}(1,2)$ は、$C=\mathbb{Z}(0,1)$ を補加群にもつ直和因子である（$(a,b)=a(1,2)+(b-2a)(0,1)$ で、$N_2\cap C=0$）。しかし $N_1+N_2=\mathbb{Z}\oplus2\mathbb{Z}$ は直和因子でない。補加群 $D$ があれば $D\cong\mathbb{Z}^2/(\mathbb{Z}\oplus2\mathbb{Z})\cong\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$（prop-direct-summand-complements の 1）となるが、$\mathbb{Z}^2$ には位数 $2$ の元がないからである。この例は「$N_1,N_2$ が直和因子」を満たすが「$N_1+N_2$ が直和因子」を満たさない。

$M=\mathbb{Z}^{(\mathbb{N})}$（有限個を除いて $0$ の整数列の全体）とすると、$(a,(b_0,b_1,\dots))\mapsto(a,b_0,b_1,\dots)$ は同型 $\mathbb{Z}\oplus M\cong M$ を与える。したがって $M\oplus\mathbb{Z}\cong M\oplus0$ であるが、$\mathbb{Z}\not\cong0$ である。この例は「$M\oplus N\cong M\oplus N'$」を満たすが「$N\cong N'$」を満たさず、同型な加群の中で同じ直和因子 $M$ を「打ち消す」ことはできない。体上の有限次元の多元環の上の有限次元の加群どうしでは打ち消しが成り立つ（rem-direct-summand-krull-schmidt）。