1-2 アフィン代数的集合
点集合から方程式を逆算する
「アフィン空間と多項式の零点集合」では多項式の集合 $S$ から共通零点集合 $V(S)$ を作りました。今度は逆向きに、点集合 $X\subseteq\mathbb A_k^n$ が与えられたとき、$X$ 上で消える全ての多項式を集めます。
$$
\text{方程式 }S
\xrightarrow{\quad V\quad}
\text{点集合}
\xrightarrow{\quad I\quad}
\text{方程式 }I(V(S)).
$$
二つの操作は完全な逆写像ではありません。冗長な方程式や冪は点集合から見えず、係数体によっては方程式が実点を一つも持たないこともあるからです。本章では、どこまでが任意の体で成り立ち、どこから代数閉性が必要になるかを切り分けます。
affine algebraic set
以下
$$
R=k[x_1,\ldots,x_n]
$$
と置きます。
ある部分集合 $S\subseteq R$ によって
$$
X=V(S)
$$
と表される部分集合 $X\subseteq\mathbb A_k^n$ をaffine algebraic set|affine代数的集合という。
「アフィン空間と多項式の零点集合」で $V(S)=V((S))$ を示したので、$S$ は最初からイデアルとしてよいです。さらにHilbert基底定理を「Hilbert基底定理」で証明すれば、$R$ の全イデアルは有限生成なので、全てのaffine代数的集合が有限個の方程式で定義できると分かります。現段階では有限性を先取りせず、任意の多項式族を許します。
$\mathbb A_k^2$ で
$$
V(y-x^2)
$$
は放物線、$V(x)$ は $y$-axis、$V(xy)=V(x)\cup V(y)$ は二本の座標軸の和集合である。また一点 $a=(a_1,\ldots,a_n)$ は
$$
\{a\}=V(x_1-a_1,\ldots,x_n-a_n)
$$
なので代数的集合である。
消滅イデアル
部分集合 $X\subseteq\mathbb A_k^n$ に対し
$$
I(X)=\{f\in R\mid f(a)=0\ \text{for every }a\in X\}
$$
を $X$ のvanishing ideal|消滅イデアルという。
空集合では「全ての点で0」という条件に検査対象がないので、全多項式が条件を満たします。従って
$$
I(\varnothing)=R.
$$
任意の $X\subseteq\mathbb A_k^n$ に対し、$I(X)$ はradical idealである。
$f,g\in I(X)$、$h\in R$ とします。任意の $a\in X$ について
$$
(f+g)(a)=f(a)+g(a)=0,
\qquad
(hf)(a)=h(a)f(a)=0
$$
なので $f+g,hf\in I(X)$ です。また零多項式は $X$ 上で消え、$-f$ も消えるため $I(X)$ はイデアルです。
$f^m\in I(X)$ とします。任意の $a\in X$ で
$$
f(a)^m=f^m(a)=0.
$$
$k$ は体なのでnilpotent元を持たず、$f(a)=0$ です。従って $f\in I(X)$ であり、$I(X)$ はradicalです。□
これはradical vanishing ideal|消滅イデアルの根基性です。点集合から方程式を回収すると冪の厚みが失われることを表します。
一点の消滅イデアル
点 $a=(a_1,\ldots,a_n)$ に対し
$$
\mathfrak m_a=(x_1-a_1,\ldots,x_n-a_n)
$$
と置きます。次のpointwise polynomial remainder|一点での多変数剰余公式が、このイデアルに全ての消滅式が入ることを示します。
任意の $f\in k[x_1,\ldots,x_n]$ に対し、ある $g_1,\ldots,g_n\in R$ が存在して
$$
f(x_1,\ldots,x_n)-f(a_1,\ldots,a_n)
=\sum_{i=1}^n(x_i-a_i)g_i
$$
と書ける。
中間点を一変数ずつ置き換えてtelescopingします。
$$
\begin{aligned}
f(x_1,\ldots,x_n)-f(a_1,\ldots,a_n)
=\sum_{i=1}^n &\bigl(
f(a_1,\ldots,a_{i-1},x_i,x_{i+1},\ldots,x_n)\\
&-f(a_1,\ldots,a_i,x_{i+1},\ldots,x_n)
\bigr).
\end{aligned}
$$
第 $i$ 項は、他の変数を固定した一変数多項式 $F_i(x_i)$ に対する
$$
F_i(x_i)-F_i(a_i)
$$
です。一変数の因数定理からこれは $x_i-a_i$ で割り切れます。その商を $g_i$ とすれば主張の表示を得ます。□
任意の $a\in\mathbb A_k^n$ に対し
$$
I(\{a\})=\mathfrak m_a
=(x_1-a_1,\ldots,x_n-a_n).
$$
さらに評価準同型は同型
$$
R/\mathfrak m_a\cong k
$$
を誘導するので、$\mathfrak m_a$ はmaximal idealである。
各生成元 $x_i-a_i$ は $a$ で0なので $\mathfrak m_a\subseteq I(\{a\})$ です。
逆に $f\in I(\{a\})$ なら $f(a)=0$ です。前補題から
$$
f=f-f(a)=\sum_i(x_i-a_i)g_i\in\mathfrak m_a.
$$
従って両イデアルは等しいです。
評価準同型 $\operatorname{ev}_a:R\to k$ は定数多項式を通して全射で、そのkernelは $I(\{a\})=\mathfrak m_a$ です。第一同型定理から $R/\mathfrak m_a\cong k$。商が体なので $\mathfrak m_a$ はmaximalです。□
これはclosed point maximal ideal|点に対応するmaximal idealです。古典的な点をmaximal idealとして読む最初の例であり、代数閉体上では弱零点定理により、逆に全てのmaximal idealがこの形になります。
反変Galois対応
$V$ は方程式を増やすと点を減らし、$I$ は点を増やすと方程式を減らします。
$S\subseteq R$、$X\subseteq\mathbb A_k^n$ に対し
$$
S\subseteq I(X)
\quad\Longleftrightarrow\quad
X\subseteq V(S).
$$
従って
$$
S\subseteq T\Longrightarrow V(T)\subseteq V(S),
$$
$$
X\subseteq Y\Longrightarrow I(Y)\subseteq I(X).
$$
この関係をideal variety Galois connection|イデアルと点集合の反変Galois対応という。
$S\subseteq I(X)$ とは、全ての $f\in S$ が全ての $a\in X$ で0になることです。これは各 $a\in X$ が $S$ の全多項式の共通零点であること、すなわち $X\subseteq V(S)$ と同値です。
$S\subseteq T$ のとき $T$ の全式を0にする点は特に $S$ の全式を0にするので、第一の反変性が従います。$X\subseteq Y$ のとき $Y$ 全体で消える多項式は $X$ 上でも消えるので、第二の反変性が従います。□
任意の $S\subseteq R$ と $X\subseteq\mathbb A_k^n$ に対し
$$
S\subseteq I(V(S)),
\qquad
X\subseteq V(I(X)).
$$
Galois対応で $X=V(S)$ と置けば、恒等包含 $V(S)\subseteq V(S)$ は $S\subseteq I(V(S))$ と同値です。同様に $S=I(X)$ と置けば $I(X)\subseteq I(X)$ から $X\subseteq V(I(X))$ が従います。□
代数的閉包
$X\subseteq\mathbb A_k^n$ に対し
$$
\overline X^{\mathrm{alg}}=V(I(X))
$$
を $X$ のalgebraic closure of a point set|代数的閉包という。
ここでいう代数的閉包は体のalgebraic closureではなく、点集合を含む最小の代数的集合です。
$V(I(X))$ は $X$ を含む最小のaffine代数的集合である。すなわち、代数的集合 $Y$ が $X\subseteq Y$ を満たせば
$$
V(I(X))\subseteq Y
$$
である。
前系から $X\subseteq V(I(X))$ です。$Y$ を $X$ を含む代数的集合とし、$Y=V(J)$ と書きます。$X\subseteq Y=V(J)$ なのでGalois対応から $J\subseteq I(X)$ です。$V$ の反変性により
$$
V(I(X))\subseteq V(J)=Y.
$$
従って最小性が示されました。□
作用素 $X\mapsto\overline X^{\mathrm{alg}}$ は次を満たす。
- $X\subseteq\overline X^{\mathrm{alg}}$。
- $X\subseteq Y$ なら $\overline X^{\mathrm{alg}}\subseteq\overline Y^{\mathrm{alg}}$。
- $\overline{\overline X^{\mathrm{alg}}}^{\mathrm{alg}}=\overline X^{\mathrm{alg}}$。
1は既に示しました。2では $X\subseteq Y$ から $I(Y)\subseteq I(X)$、さらに反変性から $V(I(X))\subseteq V(I(Y))$ です。3では $V(I(X))$ 自身が代数的集合なので、それを含む最小の代数的集合は自分自身です。□
三法則を満たすこの作用素をalgebraic closure operator|代数的closure operatorと呼びます。「Zariski位相」ではこれを位相的closure operatorとして読み、代数的集合を閉集合とするZariski topologyを導入します。
代数的集合の演算
affine代数的集合は、空集合と全空間を含み、任意交叉と有限和に閉じる。より具体的に、イデアル族 $(I_\lambda)$ とイデアル $I,J$ に対し
$$
\bigcap_{\lambda}V(I_\lambda)
=V\!\left(\sum_\lambda I_\lambda\right),
$$
$$
V(I)\cup V(J)=V(IJ)=V(I\cap J).
$$
この性質をaffine algebraic closed set system|affine代数的閉集合系と呼びます。
$V(0)=\mathbb A_k^n$、$V(R)=V(1)=\varnothing$ です。
点 $a$ が左の交叉に属することは、全ての $\lambda$ と全ての $f\in I_\lambda$ について $f(a)=0$ であることです。これは全ての有限和
$$
f_1+\cdots+f_r,
\qquad f_i\in I_{\lambda_i}
$$
が $a$ で0になること、すなわち $a\in V(\sum_\lambda I_\lambda)$ と同値です。
有限和について $V(IJ)=V(I)\cup V(J)$ は「アフィン空間と多項式の零点集合」で証明しました。$IJ\subseteq I\cap J$ なので
$$
V(I\cap J)\subseteq V(IJ).
$$
また $I\cap J\subseteq I,J$ なので
$$
V(I)\cup V(J)\subseteq V(I\cap J).
$$
$V(IJ)=V(I)\cup V(J)$ と合わせると三集合は等しいです。□
$\mathbb A_k^3$ で
$$
X=V(xy,x(z-1))
$$
を考える。$x=0$ なら二式は自動的に0になる。$x\ne0$ なら $y=0,z=1$ が必要である。従って
$$
X=V(x)\cup V(y,z-1).
$$
右辺はplane一枚とline一本の和集合である。実際、イデアル積を使えば
$$
V(x)\cup V(y,z-1)
=V\bigl((x)(y,z-1)\bigr)
=V(xy,x(z-1)).
$$
無限和は閉じない
$k$ を無限体とする。$\mathbb A_k^1$ のaffine代数的集合は、有限集合または全空間だけである。
$X=V(S)$ とします。$S$ の全要素が零多項式なら $X=k$ です。そうでなければ零でない $f\in S$ を一つ取れます。このとき
$$
X=V(S)\subseteq V(f).
$$
一変数の零でない多項式の根は次数以下の有限個しかないので、$X$ も有限です。
逆に有限集合 $\{a_1,\ldots,a_r\}$ は
$$
V\!\left(\prod_{i=1}^r(x-a_i)\right)
$$
です。空集合は $V(1)$、全空間は $V(0)$ なので全ての場合が実現します。□
これはaffine line algebraic subsets|affine直線の代数的部分集合の分類です。従って $k=\mathbb R$ なら、整数全体 $\mathbb Z\subset\mathbb A_{\mathbb R}^1$ は無限ですが全空間ではないので代数的集合ではありません。一点ずつは代数的でも、その無限和は代数的とは限りません。
二重操作が完全な逆にならない例
常に
$$
\sqrt I\subseteq I(V(I))
$$
です。実際 $f\in\sqrt I$ なら $f^m\in I$ であり、$I$ の零点上で $f(a)^m=0$、従って $f(a)=0$ です。
しかし等号は任意の体では成立しません。
$R=\mathbb R[x]$、$I=(x^2+1)$ とする。$V_{\mathbb R}(I)=\varnothing$ なので
$$
I(V_{\mathbb R}(I))=I(\varnothing)=R.
$$
一方 $x^2+1$ は既約なので $(x^2+1)$ はprime ideal、特にradical idealであり
$$
\sqrt I=I\ne R.
$$
従って $I(V(I))=\sqrt I$ は実数体上では失敗する。
これをreal Nullstellensatz failure|実数体上の零点定理の失敗という。
代数閉体上で
$$
I(V(I))=\sqrt I
$$
を保証するのがHilbert Nullstellensatz|Hilbertの零点定理です。第8--9章でZariski補題から証明します。
演習
$a=(2,-1)\in\mathbb A_{\mathbb R}^2$ とする。多項式
$$
f=x^2y+3x-y-7
$$
について $f-f(a)$ を $(x-2)g+(y+1)h$ の形に具体的に書け。また $f\in I(\{a\})$ か判定せよ。
相異なる $a_1,\ldots,a_r\in k$ に対し
$$
I(\{a_1,\ldots,a_r\})
=\left(\prod_{i=1}^r(x-a_i)\right)
\subseteq k[x]
$$
を証明せよ。
$\mathbb Q\subseteq\mathbb A_{\mathbb R}^1$ の代数的閉包 $V(I(\mathbb Q))$ を求めよ。
任意の部分集合 $X,Y\subseteq\mathbb A_k^n$ に対し
$$
I(X\cup Y)=I(X)\cap I(Y)
$$
を証明せよ。また $I(X\cap Y)$ と $I(X)+I(Y)$ の間に常に成り立つ包含を求め、等号が失敗する例を挙げよ。
$I=(x^2+1)\subseteq k[x]$ について、$k=\mathbb R$ と $k=\mathbb C$ で $V_k(I)$ および $I(V_k(I))$ をそれぞれ求めよ。
完全解答
まず
$$
f(2,-1)=2^2(-1)+3\cdot2-(-1)-7=-4+6+1-7=-4.
$$
一変数ずつ差を取ると
$$
\begin{aligned}
f(x,y)-f(2,-1)
&=\bigl(f(x,y)-f(2,y)\bigr)
+\bigl(f(2,y)-f(2,-1)\bigr)\\
&=(x^2y-4y)+3(x-2)+(4y+6-y-7+4)\\
&=(x-2)\bigl((x+2)y+3\bigr)+(y+1)3.
\end{aligned}
$$
従って $g=(x+2)y+3$、$h=3$ と取れます。ただし $f(a)=-4\ne0$ なので $f\notin I(\{a\})$ です。表示されているのは $f-f(a)=f+4$ がpoint idealへ入ることです。□
$p(x)=\prod_i(x-a_i)$ とします。$p$ は全ての $a_i$ で0なので $(p)\subseteq I(\{a_1,\ldots,a_r\})$ です。
逆に $f$ が全ての $a_i$ で0なら、因数定理から $x-a_1$ が $f$ を割ります。$f=(x-a_1)f_1$ と書きます。$i>1$ では
$$
0=f(a_i)=(a_i-a_1)f_1(a_i).
$$
$a_i-a_1\ne0$ なので $f_1(a_i)=0$ です。同じ議論を繰り返すと、相異なる一次因子全ての積 $p$ が $f$ を割ります。従って $f\in(p)$ であり、逆包含も示されました。□
$f\in I(\mathbb Q)$ なら実係数一変数多項式 $f$ は無限個の有理数を根に持ちます。零でない多項式の根は有限個なので $f=0$ です。従って
$$
I(\mathbb Q)=(0),
$$
$$
V(I(\mathbb Q))=V(0)=\mathbb A_{\mathbb R}^1.
$$
つまり $\mathbb Q$ はEuclidean topologyだけでなく、より粗いZariski topologyでもdenseです。□
$f\in I(X\cup Y)$ であることは、$f$ が $X$ 上でも $Y$ 上でも消えることと同値です。従って
$$
I(X\cup Y)=I(X)\cap I(Y).
$$
$f\in I(X)$、$g\in I(Y)$ なら、$X\cap Y$ 上では両方とも0です。従って $f+g$ も0であり
$$
I(X)+I(Y)\subseteq I(X\cap Y).
$$
等号は代数的集合に限っても失敗します。$k$ を無限体とし、$\mathbb A_k^2$ で
$$
X=V(y),
\qquad
Y=V(y-x^2)
$$
と置きます。多項式を $y$ について割れば $I(X)=(y)$ です。また $Y$ 上で消える $f$ を、$y$ に関するmonic多項式 $y-x^2$ で割って
$$
f=q(y-x^2)+r(x)
$$
と書きます。$f(t,t^2)=0$ が全ての $t\in k$ で成り立つため $r(t)=0$ です。無限体上の多項式恒等原理から $r=0$、従って $I(Y)=(y-x^2)$ です。よって
$$
I(X)+I(Y)=(y,x^2).
$$
一方 $X\cap Y=\{(0,0)\}$ だから
$$
I(X\cap Y)=(x,y).
$$
$x\notin(y,x^2)$ なので包含は真です。左辺が接触の重複度を残し、右辺が点集合だけを見て根基を取る違いが現れています。□
$k=\mathbb R$ では $x^2+1$ は実根を持たないので
$$
V_{\mathbb R}(I)=\varnothing,
\qquad
I(V_{\mathbb R}(I))=\mathbb R[x].
$$
$k=\mathbb C$ では
$$
V_{\mathbb C}(I)=\{i,-i\}.
$$
有限集合の消滅イデアルの計算から
$$
I(V_{\mathbb C}(I))=((x-i)(x+i))=(x^2+1)=I.
$$
複素数上では $I$ が既にradicalなので、これは零点定理の等式 $I(V(I))=\sqrt I$ と一致します。□
参考文献
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