環準同型

1. 条件 1 により $f$ は加法群 $(A,+)$ から $(B,+)$ への群準同型である。$f(0)=f(0+0)=f(0)+f(0)$ の両辺から $f(0)$ を引いて $f(0)=0$ を得る。次に $0=f(0)=f(a+(-a))=f(a)+f(-a)$ から $f(-a)=-f(a)$、さらに $f(a-b)=f(a+(-b))=f(a)-f(b)$ である。
2. $n\ge0$ については $n$ に関する数学的帰納法で示す。$n=0$ は 1 による。$f((n+1)a)=f(na+a)=nf(a)+f(a)=(n+1)f(a)$。$n<0$ のときは $na=-(|n|a)$ なので、1 と $n\ge0$ の場合から $f(na)=-|n|f(a)=nf(a)$ である。
3. $n$ に関する帰納法で示す。$n=0$ は $a^0=1_A$ と条件 3 による。$f(a^{n+1})=f(a^na)=f(a^n)f(a)=f(a)^nf(a)=f(a)^{n+1}$。
4. $uu^{-1}=u^{-1}u=1_A$ に $f$ を施し、条件 2, 3 を使うと $f(u)f(u^{-1})=f(u^{-1})f(u)=f(1_A)=1_B$ である。よって $f(u)$ は単元で、その逆元は $f(u^{-1})$ である。$f$ が $A^\times$ を $B^\times$ に写し積を保つので、制限 $A^\times\to B^\times$ は群準同型である。
5. $a,b\in A$ に対し $f(a)f(b)=f(ab)=f(ba)=f(b)f(a)$ である。

1. $f(0)=0$ より $0\in\ker f$ である。$a,b\in\ker f$ なら $f(a-b)=f(a)-f(b)=0$ なので $a-b\in\ker f$ であり、$\ker f$ は加法群 $A$ の部分群である。$a\in\ker f$、$r\in A$ に対し $f(ra)=f(r)f(a)=f(r)\cdot0=0$、$f(ar)=f(a)f(r)=0\cdot f(r)=0$ なので $ra,ar\in\ker f$ である。よって $\ker f$ は両側イデアルである。
2. $1_B=f(1_A)\in\operatorname{im} f$ である。$f(a),f(b)\in\operatorname{im} f$ に対し $f(a)-f(b)=f(a-b)$、$f(a)f(b)=f(ab)$ はともに $\operatorname{im} f$ に属する。よって $\operatorname{im} f$ は加法について部分群、乗法について閉じ、$1_B$ を含むので $B$ の部分環である。
3. $f$ が単射なら、$f(a)=0=f(0)$ から $a=0$ なので $\ker f=\{0\}$ である。逆に $\ker f=\{0\}$ とし、$f(a)=f(b)$ とすると $f(a-b)=f(a)-f(b)=0$ より $a-b\in\ker f=\{0\}$、すなわち $a=b$ である。
4. $\ker f=A$ なら $1_B=f(1_A)=0_B$ であり、任意の $y\in B$ に対し $y=y\cdot1_B=y\cdot0_B=0_B$ となるので $B$ は零環である。逆に $B$ が零環なら $f(a)=0$ がすべての $a$ で成り立つ。
5. $B$ が零環でないから $1_B\ne0_B$ であり、$f(1_A)=1_B\ne0$ なので $1_A\notin\ker f$ である。もし $0\ne x\in\ker f$ が存在すれば、$A$ が体（斜体）なので $x$ は単元であり、1 により $1_A=x^{-1}x\in\ker f$ となって矛盾する。よって $\ker f=\{0\}$ であり、3 により $f$ は単射である。

1 は明らかである。2 は $g(f(a+b))=g(f(a)+f(b))=g(f(a))+g(f(b))$、$g(f(ab))=g(f(a)f(b))=g(f(a))g(f(b))$、$g(f(1_A))=g(1_B)=1_C$ による。
3 を示す。$x,y\in B$ をとり、$a:=f^{-1}(x)$、$b:=f^{-1}(y)$ とおく。$f(a+b)=f(a)+f(b)=x+y$ なので $f^{-1}(x+y)=a+b=f^{-1}(x)+f^{-1}(y)$ である。同様に $f(ab)=f(a)f(b)=xy$ から $f^{-1}(xy)=ab=f^{-1}(x)f^{-1}(y)$ であり、$f(1_A)=1_B$ から $f^{-1}(1_B)=1_A$ である。よって $f^{-1}$ は環準同型である。
$\cong$ が同値関係であることは、反射律が 1、対称律が 3、推移律が 2（環同型の合成は全単射な環準同型）から従う。

1. まず $\chi(n):=n\cdot1_A$ が環準同型であることを示す。加法群 $(A,+)$ における整数倍の性質から $\chi(m+n)=(m+n)\cdot1_A=m\cdot1_A+n\cdot1_A$ である。乗法については、$m,n\ge0$ のとき分配法則を繰り返して $(m\cdot1_A)(n\cdot1_A)=\sum_{i=1}^m\sum_{j=1}^n1_A\cdot1_A=mn\cdot1_A$ であり、負の場合は $(-x)y=x(-y)=-(xy)$ により符号を処理すれば $(m\cdot1_A)(n\cdot1_A)=mn\cdot1_A$ が任意の整数 $m,n$ で成り立つ。$\chi(1)=1_A$ である。一意性を示す。$f\colon\mathbb{Z}\to A$ を環準同型とすると、$f(1)=1_A$ であり、prop-ring-homomorphism-elementary の 2 により $f(n)=f(n\cdot1)=n\cdot f(1)=n\cdot1_A=\chi(n)$ である。$A=\mathbb{Z}$ のとき $\chi$ は恒等写像である。
2. $f\colon\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ が環準同型なら、$\bar1:=1+m\mathbb{Z}$ は $m\cdot\bar1=0$ を満たすので、prop-ring-homomorphism-elementary の 2 により $0=f(m\cdot\bar1)=m\cdot f(\bar1)=m\cdot(1+n\mathbb{Z})=m+n\mathbb{Z}$ である。よって $n\mid m$ である。逆に $n\mid m$ なら $m\mathbb{Z}\subset n\mathbb{Z}$ なので、$a+m\mathbb{Z}\mapsto a+n\mathbb{Z}$ は代表元のとり方によらず定まり（$a-a'\in m\mathbb{Z}\subset n\mathbb{Z}$）、演算と単位元を保つ。一意性は、$\mathbb{Z}/m\mathbb{Z}$ の元がすべて $a\cdot\bar1$ の形であることと $f(a\cdot\bar1)=a\cdot f(\bar1)=a\cdot(1+n\mathbb{Z})$ による。
3. $f\colon\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}$ が環準同型なら、2 と同じ計算で $0=f(n\cdot\bar1)=n\cdot1=n$ となり $n\ge2$ に反する。$g\colon\mathbb{Q}\to\mathbb{Z}$ が環準同型なら、$2\cdot g(1/2)=g(2)\,g(1/2)=g(1)=1$ となる整数 $g(1/2)$ が存在することになり矛盾する。

1. $f\colon\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ を環準同型とする。prop-ring-homomorphism-from-integers の 1 により $f$ は $\mathbb{Z}$ 上で恒等であり、有理数 $q=m/n$（$n\ge1$）に対しては $n\,f(q)=f(nq)=f(m)=m$ から $f(q)=q$ である。$\mathbb{R}$ は体なので、prop-ring-homomorphism-kernel-image の 5 により $f$ は単射である。$x>0$ なら $y:=\sqrt{x}\ne0$ について $x=y^2$ であり、$f(x)=f(y)^2$ かつ単射性から $f(y)\ne0$ なので $f(x)>0$ である。したがって $x< y$ のとき $f(y)-f(x)=f(y-x)>0$、すなわち $f$ は順序を保つ。いま $f(x)\ne x$ となる $x$ があったとする。$f(x)< x$ なら有理数の稠密性により $f(x)< q< x$ となる有理数 $q$ がとれ、$q< x$ から $q=f(q)< f(x)$ となって矛盾する。$x< f(x)$ なら $x< q< f(x)$ となる有理数 $q$ をとれば $f(x)< f(q)=q$ となって矛盾する。よって $f$ は恒等写像である。
2. 複素共役は $\overline{z+w}=\bar z+\bar w$、$\overline{zw}=\bar z\,\bar w$、$\bar1=1$ を満たし、$\bar{\bar z}=z$ より全単射なので自己同型である。次に $f$ を $\mathbb{C}$ の自己同型で $\mathbb{R}$ の各元を固定するものとする。$f(i)^2=f(i^2)=f(-1)=-1$ なので $f(i)$ は $z^2+1=(z-i)(z+i)=0$ の解であり、$\mathbb{C}$ が体（整域）であることから $f(i)\in\{i,-i\}$ である。任意の $a,b\in\mathbb{R}$ に対し $f(a+bi)=f(a)+f(b)f(i)=a+b\,f(i)$ なので、$f(i)=i$ なら $f$ は恒等写像、$f(i)=-i$ なら $f$ は複素共役である。
3. $f$ を連続な自己同型とする。1 の前半と同じ議論で $f$ は $\mathbb{Q}$ 上恒等であり、$\mathbb{Q}$ は $\mathbb{R}$ で稠密（稠密集合）、$f$ と恒等写像はともに連続なので、$f$ は $\mathbb{R}$ 上恒等である。よって 2 に帰着する。

1. $a+J=a'+J$ なら $a-a'\in J\subset\ker f$ なので $f(a)-f(a')=f(a-a')=0$、すなわち $f(a)=f(a')$ である。よって $\bar f(a+J):=f(a)$ は代表元によらず定まる。剰余環の演算の定義から
   $$ \bar f((a+J)+(b+J))=\bar f((a+b)+J)=f(a+b)=f(a)+f(b)=\bar f(a+J)+\bar f(b+J), $$
   同様に $\bar f((a+J)(b+J))=f(ab)=f(a)f(b)$、$\bar f(1+J)=f(1)=1$ なので $\bar f$ は環準同型であり、定義から $\bar f(\pi_J(a))=f(a)$ である。$g\colon A/J\to B$ が $g\circ\pi_J=f$ を満たせば、$g(a+J)=g(\pi_J(a))=f(a)=\bar f(a+J)$ なので $g=\bar f$ である。$\bar f(a+J)=0$ と $f(a)=0$ は同値なので $\ker\bar f=\{a+J\mid a\in\ker f\}$ であり、$\bar f(A/J)=f(A)$ である。
2. $J=\ker f$ として 1 を適用すると、$\bar f\colon A/\ker f\to B$ は環準同型で、像は $\operatorname{im} f$、核は $\{a+\ker f\mid a\in\ker f\}=\{0+\ker f\}$ である。よって prop-ring-homomorphism-kernel-image の 3 により $\bar f$ は単射であり、終域を $\operatorname{im} f$ に制限すれば全単射な環準同型、すなわち環同型である。
3. $a\in A$ に対し、包含と $\bar f$ と $\pi_{\ker f}$ の合成は $a\mapsto a+\ker f\mapsto f(a)\mapsto f(a)$ であり、$f$ に一致する。

$1=1+0\in S+I$ である。$s+x,t+y\in S+I$ に対し $(s+x)-(t+y)=(s-t)+(x-y)\in S+I$ であり、
$$ (s+x)(t+y)=st+(sy+xt+xy) $$
で $st\in S$、$sy+xt+xy\in I$（$I$ が両側イデアル）なので $(s+x)(t+y)\in S+I$ である。よって $S+I$ は部分環である。$I\subset S+I$（$x=0+x$）であり、$I$ は $A$ の両側イデアルなので、$S+I$ の元との積についても閉じ、$S+I$ の両側イデアルである。$S\cap I$ は加法について $S$ の部分群であり、$s\in S$、$x\in S\cap I$ に対し $sx,xs$ は $S$ にも $I$ にも属するので、$S$ の両側イデアルである。
標準射影 $\pi_I\colon S+I\to(S+I)/I$ を $S$ に制限した写像 $\phi\colon S\to(S+I)/I$、$s\mapsto s+I$ を考える。制限は環準同型である。$\phi$ は全射である。実際、$(S+I)/I$ の任意の元 $(s+x)+I$（$s\in S$、$x\in I$）は $x\in I$ より $s+I=\phi(s)$ に等しい。$\ker\phi=\{s\in S\mid s\in I\}=S\cap I$ である。thm-ring-homomorphism-first の 2 により $S/(S\cap I)\cong(S+I)/I$ である。

写像 $\psi\colon A/I\to A/J$、$a+I\mapsto a+J$ を考える。$a+I=a'+I$ なら $a-a'\in I\subset J$ なので $a+J=a'+J$ であり、$\psi$ は代表元によらず定まる。剰余環の演算の定義から $\psi$ は加法・乗法・単位元を保つ。$\psi$ は明らかに全射である。$\psi(a+I)=0+J$ と $a\in J$ は同値なので $\ker\psi=\{a+I\mid a\in J\}=J/I$ であり、prop-ring-homomorphism-kernel-image の 1 により $J/I$ は $A/I$ の両側イデアルである。thm-ring-homomorphism-first の 2 により $(A/I)/(J/I)\cong A/J$ である。

1. $J'$ を $B$ の両側イデアルとする。$f(0)=0\in J'$ より $0\in f^{-1}(J')$、$a,b\in f^{-1}(J')$ なら $f(a-b)=f(a)-f(b)\in J'$、$r\in A$ なら $f(ra)=f(r)f(a)\in J'$、$f(ar)=f(a)f(r)\in J'$ なので、$f^{-1}(J')$ は $A$ の両側イデアルである。$K=f^{-1}(0)\subset f^{-1}(J')$ である。次に $J$ を $K$ を含む $A$ の両側イデアルとする。$f(a)-f(b)=f(a-b)\in f(J)$、また任意の $y\in B$ は全射性により $y=f(r)$ と書け、$y\,f(a)=f(ra)\in f(J)$、$f(a)\,y=f(ar)\in f(J)$ なので、$f(J)$ は $B$ の両側イデアルである。
   二つの対応が互いに逆であることを示す。$f$ が全射なので $f(f^{-1}(J'))=J'$ である。$f^{-1}(f(J))\supset J$ は明らかである。逆に $a\in f^{-1}(f(J))$ なら $f(a)=f(j)$ となる $j\in J$ があり、$a-j\in\ker f=K\subset J$ なので $a=j+(a-j)\in J$ である。よって $f^{-1}(f(J))=J$ である。$J_1\subset J_2$ なら $f(J_1)\subset f(J_2)$、$J_1'\subset J_2'$ なら $f^{-1}(J_1')\subset f^{-1}(J_2')$ は写像の一般的性質である。
2. 部分環についても同じ議論が通る。$S'$ が $B$ の部分環なら $f^{-1}(S')$ は $1_A$ を含み（$f(1_A)=1_B\in S'$）、差と積について閉じ、$K$ を含む。$S$ が $K$ を含む $A$ の部分環なら $f(S)$ は $1_B$ を含み差と積について閉じる。$f(f^{-1}(S'))=S'$ と $f^{-1}(f(S))=S$ は 1 と同じ計算による（後者で $K\subset S$ を使う）。
3. 合成 $A\xrightarrow{f}B\xrightarrow{\pi_{f(J)}}B/f(J)$ は全射準同型の合成なので全射準同型であり、その核は $f^{-1}(f(J))=J$ である。thm-ring-homomorphism-first の 2 により $A/J\cong B/f(J)$ である。
   最後の主張は、$f=\pi_I$、$K=I$ の場合であり、$\pi_I(J)=J/I$ である。