積閉集合

同義語：multiplicative subset乗法的集合

概要

前提知識: 可換環, イデアル, 素イデアル, 局所化

分母として許す元の集まり

整数から有理数を作るとき、分母として $0$ 以外の整数を許す。整数のうち $2$ の冪だけを分母に許せば $\mathbb Z[1/2]$ ができ、素数 $p$ で割り切れない整数を分母に許せば局所環 $\mathbb Z_{(p)}$ ができる。どの分母を許すかを表す集合が積閉集合（multiplicative subset）である。$s$ と $t$ を分母に使えるなら積 $st$ も分母に使えなければ、分数の足し算や掛け算を一つの環の中で扱えない。
積閉集合は分母の構成だけでなく、素イデアルの補集合や素スペクトルの点の選別にも現れる。特に素イデアル $\mathfrak p$ の外側 $A\setminus\mathfrak p$ は積閉集合であり、そこを分母にする操作が $\mathfrak p$ での局所化である。一方、定義だけなら $0$ が積閉集合に入ることもあり、その場合の局所化は零環になる。この記事では定義と例、素イデアルとの対応、局所化が満たす普遍性、境界条件を分けて説明する。

定義と最初の例

$A$ を可換な単位元付き環とする。整域であるとは仮定しない。$S\subset A$ が積閉集合であるためには、乗法の単位元 $1$ を含み、二つの元を掛けても $S$ にとどまることを要求する。

積閉集合

$S\subset A$ が積閉集合であるとは、$1\in S$ であり、$s,t\in S$ なら $st\in S$ となることをいう。文献では乗法的集合、multiplicative set ともいう。$0\notin S$ はこの定義には含めず、必要な命題で追加する。

元 $f\in A$ に対して $S_f=\{1,f,f^2,\ldots\}$ は積閉である。この集合で局所化した環を $A_f$ と書く。$f=0$ なら $S_f=\{1,0\}$ であり、$f$ が冪零元なら高い冪が $0$ になる。どちらも定義上は積閉集合である。$f$ が単元なら $f$ とその冪は元から逆元を持つので、$A_f$ は $A$ と同型である。これらは同じ作り方でも結果が大きく異なる例である。
整数環では $S=\{2^n:n\ge0\}$ を取ると $S^{-1}\mathbb Z=\mathbb Z[1/2]$ となる。分数 $3/8$ や $5/2$ は含まれるが、$1/3$ は含まれない。$1/3=a/2^n$ と仮定すれば $3a=2^n$ となり矛盾するからである。対して $S=\mathbb Z\setminus\{0\}$ なら商体 $\mathbb Q$ が得られる。許す分母の集合が大きいほど、逆元にする元が増える。

代表的な積閉集合

次はすべて可換環 $A$ の積閉集合である。

$\{1\}$ と、各 $f\in A$ の冪集合 $\{f^n:n\ge0\}$。
素イデアル $\mathfrak p$ の補集合 $A\setminus\mathfrak p$。
零因子でない元全体。$A$ が整域なら $A\setminus\{0\}$。
積閉集合 $S,T$ から作る $ST=\{st:s\in S,\ t\in T\}$。
ただし $A$ 自身も積閉であり、$0\in A$ のため $A^{-1}A$ は零環となる。

二つの積閉集合の共通部分も積閉である。$1$ は双方に入り、共通部分の二元の積も双方に残るからである。これに対して単なる和集合は積閉とは限らない。$\mathbb Z$ で $S=\{2^n:n\ge0\}$、$T=\{3^n:n\ge0\}$ とすると $2\in S\cup T$、$3\in S\cup T$ だが $6\notin S\cup T$ である。両方を分母に許したいなら積を含めて閉じる必要があり、$ST=\{2^i3^j:i,j\ge0\}$ を用いる。

素イデアルの補集合

素イデアルの定義は「積が中に入ったら因子の一方が中に入る」である。その対偶を取ると、外側の二元を掛けても外側にとどまる。この関係は、素イデアルを局所化の分母集合に選ぶ理由を端的に示す。

素イデアルと積閉な補集合

$I$ を $A$ の真のイデアルとする。$I$ が素イデアルであることと、$A\setminus I$ が積閉集合であることは同値である。

素性の対偶を取る

$I$ が真のイデアルなので $1\notin I$、従って $1\in A\setminus I$ である。$I$ が素イデアルなら、$s,t\notin I$ なのに $st\in I$ という事態は素性に反する。よって $s,t\in A\setminus I$ なら $st\in A\setminus I$ で、補集合は積閉である。
逆に $A\setminus I$ が積閉とする。$ab\in I$ で $a,b$ がともに $I$ の外にあると仮定すると、積閉性から $ab\notin I$ となり矛盾する。したがって $a\in I$ または $b\in I$。$I$ は真のイデアルだから素イデアルである。$\square$

ここで真のイデアルという条件を外すと、$I=A$ の補集合は空で $1$ を含まない。証明で使った $1\notin I$ は欠かせない。逆に「補集合が積閉」というだけでは、元の集合がイデアルであるとは限らない。例えば $\mathbb Z$ の奇数全体は積閉だが、その補集合の偶数全体はイデアルである一方、ほかの積閉集合では補集合が加法に閉じない。$\{2^n:n\ge0\}$ の補集合は $3,5$ を含むが和 $8$ は含まないのでイデアルではない。

局所化で何を分母にするか

$S$ を積閉集合とすると、$S^{-1}A$ の元は形式的な分数 $a/s$（$a\in A,\ s\in S$）で表す。整域でない環では、通常の交差積 $at=bs$ のみで分数の等しさを決めてはいけない。ある $u\in S$ が存在して $u(at-bs)=0$ なら $a/s=b/t$ とする。零因子による消滅を吸収するためである。この同値関係、加法と乗法の公式は StacksLocalization Definition 10.9.1–10.9.2 にある。
もし $A$ が整域で $0\notin S$ なら、$u(at-bs)=0$ から $at=bs$ が従う。したがってこの場合は通常の分数の等式に戻る。局所化写像 $A\to S^{-1}A$ も単射で、$S^{-1}A$ を商体の部分環と見られる。一般の環では局所化写像が単射とは限らない。$a/1=0$ は、ある $s\in S$ に対して $sa=0$ となることと同値である。元の環に残っていた元が、分母に許した元によって消される場合がある。

局所化の零環判定

可換環 $A$ の積閉集合 $S$ について、$S^{-1}A$ が零環であることと $0\in S$ は同値である。

分数の単位元が零になる条件

$0\in S$ なら、局所化の中で $0/1$ に逆元 $1/0$ を与える形式となり、分数の同値関係から任意の $a/s$ が $0/1$ に等しい。より直接には $0\in S$ を同値関係の係数 $u$ に選べば $(a\cdot1-0\cdot s)u=0$ である。逆に $S^{-1}A$ が零環なら $1/1=0/1$。分数の同値関係よりある $u\in S$ が存在して $u(1\cdot1-0\cdot1)=u=0$ となる。よって $0\in S$ である。$\square$

例えば $A=\mathbb Z/6\mathbb Z$、$S=\{1,2,4\}$ とすると $S$ は積閉で $0$ は含まないが、$2$ は零因子である。局所化で $3/1=0$ となる。実際 $2\cdot3=0$ だからである。このとき局所化写像は単射でない。しかし $0\notin S$ なので零環ではない。$0$ を分母に含むかという条件と、零因子を分母に含むかという条件は別である。

普遍性：選んだ元をすべて逆にする

積閉集合を指定して局所化することは、$S$ の全元に逆元を強制し、それ以外の関係は必要なだけにとどめる操作である。これを普遍性として表すと、分数の具体的な表示を毎回計算しなくても写像を作れる。

局所化の普遍性

環準同型 $f:A\to B$ が $S$ の全元を $B$ の単元へ送るとする。このとき、局所化写像 $\lambda:A\to S^{-1}A$ を通って $f$ を表す環準同型 $\widetilde f:S^{-1}A\to B$ がただ一つ存在する。その値は $\widetilde f(a/s)=f(a)f(s)^{-1}$ である。

分数上の写像を定める

$a/s=b/t$ なら、ある $u\in S$ について $u(at-bs)=0$ である。$f(u)$ は単元だから $f(a)f(t)=f(b)f(s)$ が従う。両辺に $f(s)^{-1}f(t)^{-1}$ を掛ければ $f(a)f(s)^{-1}=f(b)f(t)^{-1}$。よって表示に依存せず $\widetilde f(a/s)$ を定められる。分数の加法・乗法の公式を使えばこれは環準同型で、$\widetilde f(a/1)=f(a)$ となる。
一意性は $a/s=(a/1)(s/1)^{-1}$ から従う。$\lambda$ を通って $f$ に一致する写像は、$a/1$ を $f(a)$ に、$(s/1)^{-1}$ を $f(s)^{-1}$ に送らなければならず、すべての分数で値が決まる。$\square$

この証明は $A$ を整域とは仮定しない。$0\in S$ のときは、$f(0)=0$ を単元へ送るには $B$ が零環でなければならず、普遍性は零環への写像として整合する。したがって「積閉集合には必ず $0$ を含めない」と最初から定義を変える必要はない。ただし整域を保つ命題や非空のスペクトルを考えるときは $0\notin S$ を追加する。

局所化後に残る素イデアル

$S^{-1}A$ の素イデアルは、元の $A$ の素イデアルのうち $S$ と交わらないものに対応する。もし $\mathfrak p$ が分母にした $s\in S$ を含めば、局所化で $s$ が単元になるため $S^{-1}\mathfrak p$ は環全体になり、素イデアルとして残らない。この事実は素スペクトルの点を「分母として選んだ元で消える点」と「残る点」に分ける。

素イデアルの対応

$S^{-1}A$ の素イデアルと、$S\cap\mathfrak p=\emptyset$ を満たす $A$ の素イデアル $\mathfrak p$ の間には包含関係を保つ一対一対応がある。対応は $\mathfrak p\mapsto S^{-1}\mathfrak p$ と局所化写像による逆像で与えられる。

分母を避ける条件を確認する

$S^{-1}A$ の素イデアル $Q$ の逆像 $\mathfrak p$ は素イデアルである。$s\in S\cap\mathfrak p$ なら $s/1\in Q$ だが、$s/1$ は単元なので $Q$ は全環となり矛盾する。従って $\mathfrak p$ は $S$ を避ける。
逆に $\mathfrak p\cap S=\emptyset$ とする。$\mathfrak p$ の像が生成する $S^{-1}\mathfrak p$ は真のイデアルである。$1=a/s$（$a\in\mathfrak p$）なら分数の同値関係から、ある $u\in S$ で $u(s-a)=0$、ゆえに $us=ua\in\mathfrak p$。$us\in S$ でもあるから矛盾する。また $A/\mathfrak p$ は整域で、$S$ の像は零を含まないため、その局所化も整域である。商環 $S^{-1}A/S^{-1}\mathfrak p$ はこの局所化と同型なので、$S^{-1}\mathfrak p$ は素イデアルである。
最後に、$a/s\in Q$ であることは $a/1=(s/1)(a/s)\in Q$ と同値なので $Q$ は逆像を局所化したイデアルに戻る。逆方向も、$a/1\in S^{-1}\mathfrak p$ ならある $u\in S$ で $ua\in\mathfrak p$ となり、素性と $u\notin\mathfrak p$ から $a\in\mathfrak p$。従って二つの操作は互いに逆である。$\square$

素イデアル $\mathfrak p$ を固定して $S=A\setminus\mathfrak p$ とすれば、$S$ を避ける素イデアルは $\mathfrak p$ に含まれるものに限られる。特に局所化 $A_{\mathfrak p}$ は $\mathfrak p A_{\mathfrak p}$ を唯一の極大イデアルに持つ局所環である。この「一点の近くを見る」操作はスキームの局所環の基礎になる（StacksPrimeLocalization Lemma 10.17.5）。

飽和と、同じ局所化を与える分母集合

積閉集合 $S$ に属さない元でも、$S^{-1}A$ に移すと単元になることがある。例えば $\mathbb Z$ で $S=\{4^n:n\ge0\}$ とすると、$2\notin S$ だが $2$ は $4$ の因子なので局所化後に逆元 $2/4$ を持つ。つまり「分母集合に列挙した元」より「実際に逆元を得る元」の方が多い場合がある。

積閉集合の飽和

局所化写像 $\lambda:A\to S^{-1}A$ に対して、$\widehat S=\lambda^{-1}((S^{-1}A)^\times)$ を $S$ の飽和と呼ぶ。これは局所化後に単元になる $A$ の元全体であり、$S\subseteq\widehat S$ かつ $\widehat S$ も積閉である。

$a\in\widehat S$ であることは、ある $b\in A$ と $s\in S$ に対し $ab=s$ と書けることと同値である。一方向は、$\lambda(a)$ の逆元を分数 $b/s$ と書けば $ab/s=1$ となり、ある $u\in S$ で $u(ab-s)=0$、よって $u ab=us\in S$ と書ける。逆方向は $ab=s$ から $(a/1)(b/s)=1$ が直ちに従う。この判定で使う $b$ と $s$ は必ずしも一意でない。零因子がある環でも、追加の $u$ を吸収すれば同じ結論になる。
飽和した集合で改めて局所化しても結果は変わらない。$S$ の元は $\widehat S$ に入り、逆に $\widehat S$ の元は $S^{-1}A$ ですでに単元である。二つの局所化の普遍性から、$S^{-1}A$ と $\widehat S^{-1}A$ の間の自然な写像は互いに逆となる。分母集合が集合として異なっても、同じ元に逆元を与えるため同じ局所化を表すことがある。

境界条件と見分け方

「積閉」は積についての閉性であり、和についての閉性ではない。環の部分環やイデアルである必要はない。例えば $\{2^n:n\ge0\}\subset\mathbb Z$ は積閉だが $1+2=3$ を含まず、加法には閉じない。また $A\setminus\mathfrak p$ は素イデアルの補集合として積閉だが、多くの場合は加法に閉じない。$A$ 自身は積にも和にも閉じるが、局所化の分母集合として使えば $0$ も逆にすることになり零環になる。
一般の環では「零因子でない元全体」は積閉である。零因子でない $s,t$ について $(st)a=0$ なら $s(ta)=0$、まず $ta=0$、次に $a=0$ だからである。この集合で局所化したものは全商環という。整域の場合だけ、零因子でない元全体が $A\setminus\{0\}$ となり、結果が商体になる。零因子を持つ環で $A\setminus\{0\}$ を無条件に積閉と考えてはいけない。例えば $\mathbb Z/6\mathbb Z$ では $2,3\ne0$ なのに $2\cdot3=0$ である。
スキームの標準開集合 $D(f)$ は、$f$ の冪集合による局所化 $A_f$ と結び付く。一般の $S$ に対して残る素イデアルの集合は $\{\mathfrak p:S\cap\mathfrak p=\emptyset\}=\bigcap_{s\in S}D(s)$ である。$S$ が無限ならこの共通部分が元のスペクトルで開集合とは限らないため、単一の $D(f)$ と同じ図として扱ってはいけない。局所化が選ぶ点集合を考えるときは、有限個の分母の例と無限個の分母の例を区別する。
実際の計算では、まず $1\in S$ と乗法閉性を確かめ、次に $0\in S$ かどうかを調べる。$0\notin S$ なら局所化は零環でない。さらに $S$ が零因子を避けるなら $A\to S^{-1}A$ は単射となる。素イデアル $\mathfrak p$ を調べたいときは $S=A\setminus\mathfrak p$、一つの元 $f$ を逆にしたいときは $S=\{f^n\}$ を選ぶ。この順序を守れば、何を分母にし、どの点や元が残るかを一貫して判断できる。

反例：条件を外すと何が崩れるか

この記事の命題の仮定を一つずつ外すと、次のように結論が崩れる。

外す条件	反例	成り立たなくなること
イデアルが素であること	$\mathbb Z$ の $(6)$	補集合が積閉であること
イデアルが真であること	$I=A$	補集合が $1$ を含むこと（証明の最初の段。命題の同値は両辺が偽で保たれる）
$A$ が整域であること	$\mathbb Z/6\mathbb Z$ の $A\setminus\{0\}$	零以外の元全体が積閉であること
$S$ が零因子を含まないこと	$\mathbb Z/6\mathbb Z$、$S=\{1,2,4\}$	局所化写像 $A\to S^{-1}A$ が単射であること
分母が有限個の元の冪で済むこと	$\mathbb Z$、$S=\mathbb Z\setminus\{0\}$	局所化で残る素イデアルの集合が開集合であること

反例：素でないイデアル・全体のイデアルの補集合

$\mathbb Z$ のイデアル $(6)$ の補集合は $2$ と $3$ を含むが、積 $6$ を含まないので積閉でない。$(6)$ は $2\cdot3\in(6)$、$2,3\notin(6)$ で素イデアルでなく、命題「素イデアルと積閉な補集合」の「素」を破る。$I=A$ のときは補集合が空集合で、$1$ を含まないので積閉でない。証明で最初に使った $1\notin I$ が、真のイデアルの仮定なしには成り立たない。ただし素イデアルは定義により真のイデアルなので、$I=A$ では「素」と「補集合が積閉」がともに偽となり、命題の同値そのものは保たれる。

反例：零因子を持つ環での非零元と局所化写像

$A=\mathbb Z/6\mathbb Z$ では $2,3\ne0$ だが $2\cdot3=0$ なので、$A\setminus\{0\}$ は積閉でない。破る仮定は「$A$ が整域」である。
$S=\{1,2,4\}$ は $2\cdot2=4$、$2\cdot4=8=2$、$4\cdot4=16=4$ から積閉で、$0\notin S$ だから命題「局所化の零環判定」により $S^{-1}A\ne0$ である。しかし $2\cdot3=0$ なので分数の同値関係で $3/1=0/1$ となり、$3\ne0$ が局所化写像で $0$ に送られる。局所化写像は単射でない。破る仮定は「$S$ が零因子を含まない」である（$S$ が零因子を含まなければ、$a/1=0$ すなわち $sa=0$ から $a=0$ が従う）。

反例：無限個の分母で残る点の集合は開集合とは限らない

$A=\mathbb Z$、$S=\mathbb Z\setminus\{0\}$ とする。定理「素イデアルの対応」により、$S^{-1}\mathbb Z=\mathbb Q$ に残る素イデアルは $S$ と交わらない素イデアル、すなわち零イデアル $(0)$ だけである。$\operatorname{Spec}\mathbb Z$ の空でない開集合は $D(n)$（$n\ne0$）を含み、$D(n)$ は $n$ を割らない無限個の素数 $p$ の $(p)$ を含む。したがって一点集合 $\{(0)\}=\bigcap_{s\in S}D(s)$ は開集合でない。一つの元 $f$ の冪なら残る点の集合は開集合 $D(f)$ だが、この性質は分母を有限個の元の冪で済ませられない $S$ では崩れる。

参照箇所

StacksLocalization Definition 10.9.1 は積閉集合を定義し、Definitions 10.9.2、Proposition 10.9.3、Lemma 10.9.4 は局所化・普遍性・零環判定を与える。
StacksLocalization Example 10.9.8 は素イデアルの補集合、元の冪集合、零因子でない元全体による局所化を列挙する。
StacksPrimeLocalization Lemma 10.17.5 は局所化後の素イデアルと $S$ を避ける素イデアルの対応を述べる。