イデアルと剰余環
$R$を可換環とする。 空でない部分集合$I\subset R$が以下を満たすならば、$I$を$R$のイデアルという。 (1)任意の$a,b\in I$に対して、$-a+b\in I$。 (2)任意の$a\in I,r\in R$に対して、$ra\in I$。
$R$を可換環とする。 $R,\{0\}$はイデアルとなる。 これらを自明なイデアルという。
$R$を可換環、$S\subset R$を部分集合とする。
$
N(S)=\{a\in R|as=0,s\in S\}
$
によって定義すると$N(S)$はイデアルになる。 このイデアルを零化イデアルという。
$R$を可換環、$a_1,\cdots,a_n\in R$とする。
$
I=\{r_1a_1+\cdots+r_na_n|r_1,\cdots r_n\in R\}
$
と定義すると、$I$は$R$のイデアルになる。 このイデアルを$a_1,\cdots,a_n$によって生成されるイデアルと呼び、$(a_1,\cdots,a_b)$と表記する。 また、有限個の元によって生成されるイデアルを有限生成イデアルという。
$R$を可換環、$a_1,\cdots,a_n\in R$とする。 $I=(a_1,\cdots,a_n)$は$a_1,\cdots,a_n$を含むイデアルの中で最小のイデアルである。
$J$を$a_1,\cdots,a_n$を含むイデアルとする。 このとき任意の$i=r_1a_1+\cdots+r_na_n\in I$に対して、$i\in J$なので$I\subset J$。 よって、$I$は$a_1,\cdots,a_n$を含むイデアルの中で最小のイデアルである。
$R$を可換環とする。 1つの元$a\in R$によって生成される$R$のイデアル$(a)$を単項イデアルという。
$R=\mathbb{C}[x],I=(x)$とする。 このとき
$
I=\{fx|f\in R\}=R\backslash\mathbb{C}
$
である。
&&&prop $(a)\subset (b)\Leftrightarrow ^\exists r(a=rb)$
$R$を可換環、$(a),(b)$を$R$の単項イデアルとする。 $(a)\subset (b)\Leftrightarrow $$r\in R$が存在して$a=rb$を満たす。
($\Rightarrow$) $a\in (a)$なので$a\in (b)$が成り立つ。
$
(b)=\{rb|r\in R\}
$
なので、$a=rb$となるような$r$が存在する。 ($\Leftarrow$) $(a)=(rb)\subset (b)$より明らか。
$R$を可換環、$I$をイデアルとする。 $I$が$R$の可逆元を含むならば$I=R$である。
$a\in I$を可逆元とする。 イデアルの定義より$a^{-1}a\in I$なので$1\in I$。 よって任意の$r\in R$に対して$1\cdot r=r\in I$が成り立つので、$R\subset I$。 $I\subset R$は明らかなので$I=R$である。
$F\neq\{0\}$を可換環とする。 $F$は体$\Leftrightarrow$$F$は自明なイデアルしか持たない
$\Rightarrow$ $I$を$F$のイデアルとする。 $I$が0ではない$F$の元を持つならば、それは可逆元なので$I=F$である。 よって体は自明なイデアルしか持たない。 $\Leftarrow$ $f\in F\backslash\{0\}$を任意に取ると、$(f)=F$である。 よって$F$の任意の元は$f$との積で表されるので、$ff^\prime=1$となる$f^\prime$が存在して$f$は可逆元。 つまり$F\backslash\{0\}$の任意の元は可逆元なので$F$は体。
体から零環ではない環への準同型は単射である。
$F$を体、$R\neq\{0\}$を環、$f:F\rightarrow R$を環準同型とする。 $Ker(f)$は$F$のイデアルなので$Ker(f)=F$または$\{0\}$である。 $Ker(f)=F$とすると、$f(1_F)=0_R$だが環準同型の定義より$f(1_F)=1_R$で$R$は零環ではないのでこれは矛盾。 よって、$Ker(f)=\{0\}$なので$f$は単射。
$R$を可換環、$S$を部分環とする。 $I\subset S$をイデアルとして、$I$で生成された$R$のイデアルを$IR$と書く。
$R$を可換環、$I,J$をイデアルとする。
$
I+J=\{x+y|x\in I,y\in J\}
$
をイデアルの和という。
$
\{xy|x\in I,y\in J\}
$
によって生成されるイデアルを$IJ$と書き、イデアルの積という。 $I+J,IJ$はイデアルである。
$R$を可換環、$I,J$をイデアルとする。
$
I+J=R
$
が成り立つとき、$I,J$は互いに素であるという。
$R$を可換環、$I,J$をイデアルとする。 $I+J$は$I\cup J$で生成されるイデアル$(I\cup J)$である。
任意に$a\in I,b\in J$を取る。$a,b\in I\cup J$なので$a+b\in (I\cup J)$である。 よって$I+J\subset (I\cup J)$が成り立つ。 $I,J\subset I+J$であり、$(I\cup J)$は$I,J$を含む最小のイデアルなので$I+J=(I\cup J)$が成り立つ。
$n\in \mathbb{Z}$で生成される単項イデアル$(n)$を$n\mathbb{Z}$と書くことにする。
$
2\mathbb{Z}+3\mathbb{Z}=\mathbb{Z}
$
が成り立つ。
$2\mathbb{Z}+3\mathbb{Z}\subset\mathbb{Z}$は明らか。 $2\mathbb{Z}+3\mathbb{Z}\supset\mathbb{Z}$を示す。 任意の偶数は$2k+0(k\in\mathbb{Z})$と書けるので$2k\in 2\mathbb{Z}+3\mathbb{Z}$ 任意の奇数は$2k-1=2(k-2)+3(k\in\mathbb{Z})$と書けるので$2k-1\in 2\mathbb{Z}+3\mathbb{Z}$ よって$2\mathbb{Z}+3\mathbb{Z}\supset\mathbb{Z}$が成り立つ。 以上より、$2\mathbb{Z}+3\mathbb{Z}=\mathbb{Z}$。
$R$を可換環、$I\neq R$をイデアルとする。
$
x\sim y\Leftrightarrow x-y\in I
$
によって同値関係を定義して、同値類の集合を$R/I$と書く。 また、$x\in R$を代表元とする同値類を$x+I$と書くとき、
$
(x+I)+(y+I)=(x+y)+I
$
$
(x+I)\cdot (y+I)=xy+i
$
と和と積を定義すると、$(R/I,+,\cdot)$は可換環になる。 可換環$R/I$を$R$の$I$に関する剰余環という。
$n\geq 2$とする。 $\mathbb{Z}$は可換環、$n\mathbb{Z}$はイデアルなので、$\mathbb{Z}$の$n\mathbb{Z}$に関する剰余環$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$が定義できる。 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$は$n\mathbb{Z}$を零元、$1+n\mathbb{Z}$を単位元とする可換環である。
$R,S$を環、$f:R\rightarrow R^\prime$を写像とする。 任意の$a,b\in R$に対して、
$
f(a+b)=f(a)+f(b)
$
$
f(ab)=f(a)f(b)
$
が成り立ち、
$
f(1_R)=1_{R^\prime}
$
を満たすとき、$f$を環の準同型という。 $f:R\rightarrow R^\prime$が環の全単射準同型で逆写像も準同型のとき、$f$を環の同型という。 このとき、$R,R^\prime$は同型であるといい、$R\cong R^\prime$と表記する。 また、$F,F^\prime$が体のとき、$f:F\rightarrow F^\prime$が環の準同型・同型ならば$f$を体の準同型・同型という。
$R,R^\prime$を環、$f:R\rightarrow R^\prime$を環の準同型とする。
$
Ker(f)=\{r\in R|f(r)=0_{R^\prime}\}
$
と定義し、これを$f$の核という。
$
Im(f)=\{r^\prime\in R^\prime|f(r)=r^\prime,r\in R\}
$
と定義し、これを$f$の像という。
$R,R^\prime$を環、$f:R\rightarrow R^\prime$を環の準同型とする。 $Ker(f)$は$R$のイデアルである。
$r\in R,k\in Ker(f)$を任意に取る。
$
f(rk)=f(r)f(k)=0_{R^\prime}
$
よって、$rk\in Ker(f)$。 また、$Ker(f)$は加法について部分群なので任意の$k,l\in Ker(f)$に対して$-l+l\in Ker(f)$である。 以上より、$Ker(f)$は$R$のイデアル。
$R,S$を環、$f:R\rightarrow R^\prime$を環準同型とする。 $f$が単射$\Leftrightarrow$$Ker(f)=\{0_R\}$
($\Rightarrow$) $f(0_R)=0_{R^\prime}$より$0_R\in Ker(f)$。 任意に$x\in Ker(f)$を取ると$f(x)=0_{R^\prime}=f(0_R)$なので$f$の単射性より$Ker(f)=\{0_R\}$ ($\Leftarrow$) $x,y\in R$を任意に取る。 $f(x)=f(y)$とすると、
$
f(x-y)=f(x)-f(y)=0_{R^\prime}
$
よって$x-y\in Ker(f)=\{0_R\}$なので$x=y$である。
$\mathbb{Z}$から$\mathbb{Z}$への環準同型は恒等写像$id$以外に存在しない。
$f:\mathbb{Z}\rightarrow\mathbb{Z}$を環準同型とする。 準同型の定義より$f(1)=1$である。 よって、任意の$n\in \mathbb{Z}$に対して$f(n)=nf(1)=n$が成り立つ。 $f$による始域の元の行き先が完全に決定してしまったので$\mathbb{Z}$は$f$以外に自己準同型を持たない。 よって、$f=id$。
$R$を可換環$I\neq R$をイデアルとする。 準同型$\pi:R\rightarrow R/I$を
$
\pi(r)=r+I
$
と定義すると$\pi$は全射準同型となる。 $\pi$を自然な準同型という。
$R.R^\prime$を可換環、$\phi:R\rightarrow R^\prime$を環準同型とする。 $\pi:R\rightarrow R/Ker(\phi)$を自然な準同型とする。 準同型$\psi:R/Ker(\phi)\rightarrow R^\prime$で、$\psi\circ\pi=\phi$を満たし同型$R/Ker(\phi)\rightarrow Im(\phi)$を定めるものが一意に存在する。
$R$を可換環、$I\subset J\neq R$を$R$のイデアルとする。
$
(R/I)(J/I)\cong R/J
$
が成り立つ。
準同型$\phi:\mathbb{R}[x]\rightarrow\mathbb{C}$を
$
\phi(f(x))=f(i)
$
と定義すると、$Ker(\varphi)=(x^2+1),Im(\varphi)=\mathbb{C}$なので、準同型定理より
$
\mathbb{R}[x]/(x^2+1)\cong \mathbb{C}
$
$R$を可換環、$I_1,\cdots,I_n\neq R$をどの$I_i,I_j(i\neq j)$も互いに素なイデアルとする。以下が成り立つ。 (1)任意の$i\leq n$に対して$I_i$と$I_1\cdots I_{i-1}I_{i+1}\cdots I_n$は互いに素。 (2)
$
I_1\cap\cdots\cap I_n=I_1\cdots I_n
$
(3)
$
R/(I_1\cap\cdots\cap I_n)\cong R/I_1\times\cdots\times R/I_n
$
中国剰余定理において、$R=\mathbb{Z}$とするとそのイデアルは$n\mathbb{Z}$という形で書けるので、これを中国剰余定理へと適用する。 $n_1,\cdots,n_k$をそれぞれ互いに素な整数とすると、
$
\mathbb{Z}/n_1\cdots n_k\mathbb{Z}\cong\mathbb{Z}/n_1\mathbb{Z}\times\cdots\times\mathbb{Z}/n_k\mathbb{Z}
$
が成り立つ。 例えば、$6=2\times 3$なので、
$
\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}\cong\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}/3\mathbb{Z}
$
$p\geq 2$を自然数とする。 $p$が素数$\Leftrightarrow$$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$が体
($\Leftarrow$) 対偶を示す。 $p$が素数ではないとすると、互いに素な自然数$m,n$を用いて$p=mn$と書ける。 $\overline{m},\overline{n}\in\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$は共に$\overline{0}$ではない。 しかし、
$
\overline{m}\cdot\overline{n}=\overline{mn}=\overline{p}=\overline{0}
$
なので、$\overline{m},\overline{n}$は零因子である。 よって$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$は体ではない。 ($\Rightarrow$) $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\ni\overline{n}\neq\overline{p}$を任意に取る。 $p$が素数であることより$n$は$p$と互いに素なので$nx+py=1$を満たす$x,y\in\mathbb{Z}$が存在する。 よって、
$
\overline{n}\overline{x}=\overline{1}
$
が成り立つので、任意の$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\ni\overline{n}\neq\overline{0}$は可逆元である。 つまり、$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$は体。
任意の正の整数 $m, n$ について $I+J=R \Longleftrightarrow I^m+J^n=R.$
$(\Leftarrow)$ $I^m\subset I$, $J^n\subset J$ より $I+J=R$ は明らか。
$(\Rightarrow)$ $a+b=1$ となる $a\in I$, $b\in J$ をとると、$a^m\in I^m$, $b^n\in J^n$ なので、
\begin{equation*}
\begin{split}
1=(a+b)^{m+n-1}= & \sum_{r=0}^{m+n-1} \binom{m+n-1}{r} a^r b^{m+n-1-r} \\
= & \sum_{r=0}^{m-1} \binom{m+n-1}{r} a^r b^{n+(m-1-r)}+\sum_{r=m}^{m+n-1} \binom{m+n-1}{r} a^r b^{n-1-(r-m)} \\
= & \sum_{r=0}^{m-1} \binom{m+n-1}{r} a^r b^{n+(m-1-r)}+\sum_{s=0}^{n-1} \binom{m+n-1}{m+s} a^{m+s}b^{n-1-s} \\
\in & (a^m, b^n)\in I+J
\end{split}
\end{equation*}
より、$I+J=(1)=R$。
$R$ を可換環、$I_1, I_2, J$ を $R$ のイデアルとすると、$(I_1+I_2)J=I_1 J+I_2 J$ かつ $(I_1 I_2)J=I_1 (I_2 J)$。
$m\in (I_1+I_2)J$ ならば、
$m=r_1(a_{11}+a_{12})b_1+\cdots +r_n(a_{n1}+a_{n2})b_n$ となる
$r_1, \ldots, r_n\in R$, $a_{11}, \ldots, a_{n1}\in I_1$, $a_{12}, \ldots, a_{n2}\in I_2$, $b_1, \ldots, b_n\in J$ がとれるから、
$m=(r_1 a_{11} b_1+\cdots +r_n a_{n1} b_n)+(r_1 a_{12} b_1+\cdots +r_n a_{12} b_n)\in I_1 J+I_2 J$。
逆に $m\in I_1 J+I_2 J$ ならば
$m=(r_1 a_{11} b_1+\cdots +r_n a_{n1} b_n)+(r_1 a_{12} b_1+\cdots +r_n a_{12} b_n)$ となる
$r_1, \ldots, r_n\in R$, $a_{11}, \ldots, a_{n1}\in I_1$, $a_{12}, \ldots, a_{n2}\in I_2$, $b_1, \ldots, b_n\in J$ がとれるから、
$m=r_1(a_{11}+a_{12})b_1+\cdots +r_n(a_{n1}+a_{n2})b_n\in (I_1+I_2)J$。
$m\in (I_1 I_2)J$ ならば、
$m=r_1(a_{11}a_{12})b_1+\cdots +r_n(a_{n1}a_{n2})b_n$ となる
$r_1, \ldots, r_n\in R$, $a_{11}, \ldots, a_{n1}\in I_1$, $a_{12}, \ldots, a_{n2}\in I_2$, $b_1, \ldots, b_n\in J$ がとれるから、
$m=r_1a_{11}(a_{12})b_1)+\cdots +r_na_{n1}(a_{n2}b_n)\in I_1 (I_2 J)$。
同様に$m\in I_1 (I_2 J)$ ならば、$m\in (I_1 I_2) J$。
$R$ を可換環、$I, J$ を $R$ のイデアルとすると、$I\cap J$ も $R$ のイデアルで、$IJ\subset I\cap J$。
とくに $I$ と $J$ が互いに素ならば $IJ=I\cap J$。
任意に $a\in I\cap J$, $k\in R$ をとると、$a\in I$ より $ka\in I$ かつ $a\in J$ より $ka\in J$ だから、$ka\in I\cap J$。
また、任意に $a, b\in I\cap J$ をとると、$a, b\in I$ より $a+b\in I$ かつ $a, b\in J$ より $a+b\in J$ だから $a+b\in I\cap J$。
よって $I\cap J$ は $R$ のイデアル。
任意に $m\in IJ$ をとると、$m=a_1 b_1+\cdots+a_n b_n$ となる $a_1, \ldots, a_n\in I$ と $b_1, \ldots, b_n\in J$ がとれる。
各 $i$ について $a_i b_i\in (a_i)\subset I$ かつ $a_i b_i\in (b_i)\subset J$ より $a_i b_i\in I\cap J$ だから $m\in I\cap J$。よって $IJ\subset I\cap J$。
$I+J=R$ のとき、命題15より
$$(I\cap J)=(I\cap J)(I+J)=(I\cap J)I+(I\cap J)J\subset JI+IJ=IJ$$
より $I\cap J\subset IJ$ となるから、先の事実とあわせて $I\cap J=IJ$。
$R$ を可換環、$I_1, \ldots, I_r$ を $R$ のイデアルとし、
各 $i$ について $J_i=\cap_{j\neq i}I_j$ は $I_i$ と互いに素とすると、任意の正の整数 $n$ について
$$\bigcap_{i=1}^r I_i^n=(I_1 \cdots I_r)^n=\left(\bigcap_{i=1}^r I_i\right)^n.$$
$r$ に関する帰納法で証明する。
$r=2$ のとき、仮定より $I_1$, $I_2$ は互いに素なので、命題14より $I_1^n$ と $I_2^n$ も互いに素。よって、命題15と命題16より
$$(I_1^n)\cap (I_2^n)=(I_1^n)(I_2^n)=(I_1 I_2)^n=(I_1\cap I_2)^n.$$
$r=s$ について命題17が正しいとし、$R$ のイデアル $I_1, \ldots, I_{s+1}$ を任意にとる。
$J_{s+1}=\bigcap_{j=1}^s I_j$ は $I_{s+1}$ と互いに素だから、既に示した $r=2$ の場合から
$$(I_{s+1}^n)\cap (J_{s+1}^n)=(I_{s+1}^n)(J_{s+1}^n)=(I_{s+1} J_{s+1})^n=(I_{s+1}\cap J_{s+1})^n=\left(\bigcap_{i=1}^{s+1} I_i\right)^n.$$
帰納法の仮定より
$$J_{s+1}^n=\left(\bigcap_{j=1}^s I_j\right)^n=(I_1 \cdots I_s)^n=\bigcap_{i=1}^s I_i^n$$
だから、
$$(I_{s+1}^n)\cap (J_{s+1}^n)=\bigcap_{i=1}^{s+1} I_i^n,$$
命題15より
$$(I_{s+1}^n)(J_{s+1}^n)=(I_1 \cdots I_s)^n I_{s+1}^n=(I_1 \cdots I_{s+1})^n$$
となるので
$$\bigcap_{i=1}^{s+1} I_i^n=(I_1 \cdots I_{s+1})^n=\left(\bigcap_{i=1}^{s+1} I_i\right)^n.$$
よって、$r$ に関する帰納法より、任意の $r$ について命題17が成り立つ。
