読者です 読者をやめる 読者になる 読者になる

ぱいおつ日記

ぱいおつは終わりました。

1/(1+x^n) の積分の話

こんにちは. ぱいです.

期末試験とかでバタバタしてますが元気に生きてます.

 

複素関数論の再履のテストを昨日受けてきました.

去年は本当に1ミリも勉強をしていなくて何もわからなかったのですが, 今年はちゃんと勉強しました.

勉強してみると, 一致の定理の結果とかはビックリやし, 代数学の基本定理複素関数論のいろんな考えかたを使って証明できたり, いろいろ面白さを感じれました.(小並感)

実関数の積分が留数定理を使って求められたりするのも面白いと思いました.

たとえば, 期末試験の問題で次の積分を計算せよっていう問題がありました.

$\displaystyle\int_{-\infty}^{\infty}\cfrac{1}{1+x^{6}}dx$

これをちょこっと一般化したもの, つまり次のような積分を暇だったので計算してみました.( $n$ が奇数のときがあるので積分区間をびみょーに変えてます.)

$I=\displaystyle\int_{0}^{\infty}\cfrac{1}{1+x^{n}}dx\hspace{1em}(n\geq 2)$

自分のこれまでのブログの記事とか見返してみると代数の話ばっかりだったので, たまにはこういう微積とかの話も書いてみよーかなと思って, 書きます.

 

複素関数 $f(z)=\cfrac{1}{1+z^{n}}$ に対して, 次のような $C_{1},\ C_{2},\ C_{3}$ で反時計回りの積分経路 $C=C_{1}+C_{2}+C_{3}$ を考える.

$R$ を十分大きな数として, $C_{1}$ は原点から実軸に沿って $R$ までまっすぐ進み, $C_{2}$ は $R$ から $Re^{2\pi i/n}$ までの原点を中心とした円弧で, $C_{3}$ は $Re^{2\pi i/n}$ から原点までまっすぐ進む.

 

$\displaystyle J_{k}:=\int_{C_{k}}f(z)dz$ とすると

$\displaystyle \lim_{R\to\infty}J_{1}=I,\\ \displaystyle\lim_{R\to\infty}J_{2}=0,\\ \displaystyle\lim_{R\to\infty} J_{3}=-e^{2\pi i/n}I$

なので,

$\displaystyle \lim_{R\to\infty}\int_{C}f(z)dz=(1-e^{2\pi i/n})I$

となる.

 

また, $C$ で囲まれた領域内の $f$ の極は $1$位の極 $e^{\pi i/n}$ だけなので, 留数定理より

$\displaystyle \int_{C}f(z)dz=2\pi i{\rm Res}(f,\ e^{\pi i/n})$

となる.ここで $\alpha=e^{\pi i/n}$ としてこの留数を計算すると $f(z)=\displaystyle \frac{1}{(z-\alpha)\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\alpha^{k}z^{n-1-k}}$ より 

${\rm Res}(f,\ \alpha)=\lim_{z\to\alpha}\ (z-\alpha)\cfrac{1}{(z-\alpha)\displaystyle\sum_{k=0}^{n-1}\alpha^{k}z^{n-1-k}}=\cfrac{1}{n\alpha^{n-1}}=\cfrac{1}{n(-e^{-\pi i/n})}$

となる.

 

以上から

$\displaystyle (1-e^{2\pi i/n})I=2\pi i\cfrac{1}{n(-e^{-\pi i/n})}$

となるので

$\displaystyle I=\cfrac{2\pi i}{n}・\cfrac{1}{(1-e^{2\pi i/n})(-e^{-\pi i/n})}=\cfrac{2\pi i}{n}・\cfrac{1}{e^{\pi i/n}-e^{-\pi i/n}}=\cfrac{\cfrac{\pi}{n}}{\sin\cfrac{\pi}{n}}$

となる. 多分. (合ってるのか分からないので違ったら言ってください.)

 

 

留数定理を使うと他にも実関数のいろんな積分が計算できたりして, 楽しかったです.

春休みに時間があったらもうちょっと色々勉強してみるのもいいかも と思いました.

 

 

おしまい.

 

イデアルの準素分解の話

こんにちは. 最近は友達とのんびりアティマクを読んでます.

このあいだ4章の準素分解のところを発表しました.忘れないうちに何か書こーみたいな感じで何か書いていきます.

 

 

まず, 準素イデアルの定義.

$A$ が環, $\mathfrak{q}$ がそのイデアルで次をみたすとき,$\mathfrak{q}$ は $A$ の準素イデアルであるという.

$xy\in\mathfrak{q}$ なら $x\in\mathfrak{q}$ または $y\in\sqrt{\mathfrak{q}}$.

 これを言い換えると

剰余環 $A/\mathfrak{q}$ で $\bar{x}\bar{y}=\bar{0}$ なら $\bar{x}=\bar{0}$ または $\bar{y}$ は冪零.

よって,$\mathfrak{q}$ が準素イデアルであるための条件は,$A/\mathfrak{q}$ の零因子がすべて冪零であること.

 

 

準素イデアルの簡単な性質を見てみる.

 

・素イデアルは準素イデアルである.

(証明)それはそう. $■$

 

・準素イデアルの縮約はまた準素イデアルである.

(証明)$f:A\to B$ を環の準同型として $\mathfrak{q}$ を $B$ の準素イデアルとする.$xy\in f^{-1}(\mathfrak{q}),\ x\notin f^{-1}(\mathfrak{q})$ なる $x,y\in f^{-1}(\mathfrak{q})$ を任意にとる.このとき,$\mathfrak{q}$ は準素イデアルで $f(x)f(y)\in\mathfrak{q},\ f(x)\notin\mathfrak{q}$ だから,ある $n\in\mathbb{N}$ で $f(y)^{n}\in\mathfrak{q}$ となる.つまり $f(y^{n})=f(y)^{n}\in\mathfrak{q}$ となるので, $y\in\sqrt{f^{-1}(\mathfrak{q})}$ となる.$■$

 

・$A$ の準素イデアル $\mathfrak{q}$ に対して根基 $\sqrt{\mathfrak{q}}$ は, $\mathfrak{q}$ を含む最小の素イデアルである.

(証明)  $\sqrt{\mathfrak{q}}$ は $\mathfrak{q}$ を含むすべての素イデアルの共通部分なので, あとは $\sqrt{\mathfrak{q}}$ が素イデアルであることを示せばよい.

$xy\in\sqrt{\mathfrak{q}},\ x\notin\sqrt{\mathfrak{q}}$ なる$x,\ y\in A$を任意にとる. ある $n\in\mathbb{N}$ で $(xy)^{n}\in\mathfrak{q}$ となり, $A$ は可換環だから $x^{n}y^{n}\in\mathfrak{q}$ となる.$x\notin\sqrt{\mathfrak{q}}$ より $x^{n}\notin\mathfrak{q}$ で,$\mathfrak{q}$ は準素イデアルだから, $y^{n}\in\sqrt{\mathfrak{q}}$ となる.よって $y\in\sqrt{\mathfrak{q}}$ となる. $■$

※準素イデアル $\mathfrak{q}$ が $\mathfrak{p}=\sqrt{\mathfrak{q}}$ をみたすとき, $\mathfrak{q}$ は $\mathfrak{p}-$準素イデアルであるという.

 

・$\mathfrak{p}$ が $A$ の単項素イデアルで $\mathfrak{q}$ が $\mathfrak{p}-$準素イデアルのとき, ある$n\in\mathbb{N}$ で $\mathfrak{q}=\mathfrak{p}^{n}$ となる.

(証明) $\mathfrak{p}=(p)$ とする.$p\in\sqrt{\mathfrak{q}}$ だから, $p$ のある冪 $p^{n}$ が $\sqrt{\mathfrak{q}}$ に含まれる. そうなるような自然数のうち最小のものを $n$ とする.

この $n$ で明らかに $\mathfrak{p}^{n}\subseteq\mathfrak{q}$ となる.

逆に $\mathfrak{q}\subseteq\mathfrak{p}^{n}$ となることを背理法で示す.

$a\in\mathfrak{q},\ a\notin\mathfrak{p}^{n}$ なる $a\in A$ が存在すると仮定する. $a\in\sqrt{\mathfrak{q}}=(p)$ よりある $a_{1}\in A$ で $a=a_{1}p$ と書ける. $a_{1}\in(p)$ のときはまたある $a_{2}\in A$ で $a_{1}=a_{2}p$ と書ける. $a_{k}\in A$ まで定義されて $a_{k}\in(p)$ のときはある $a_{k+1}\in A$ で $a_{k}=a_{k+1}p$ と表せる.各 $k\in\mathbb{N}$ に対して $a=a_{k}p^{k}$ である. 今, $a\notin\mathfrak{p}^{n}$ だから, $n$回目まででこの操作は止まる. つまり, ある $m<n$ で $a_{m}\notin(p)$ となる. このとき, $a_{m}p^{m}=a\in\mathfrak{q},\ a_{m}\notin(p)=\sqrt{\mathfrak{q}}$ より $p^{m}\in\mathfrak{q}$ となるので, $n$ の最小性から $n\leq m $ となる. 以上より $m<n,\ n\leq m $ であるが, これは矛盾している. よって, $\mathfrak{q}\subseteq{p}^{n}$ となる. $■$

 

 

準素イデアルの例をいろいろ見ていこう.

 

$\mathbb{Z}$ の準素イデアルは $(0)$ と $(p^{n})$ だけである.ただし $p$ は素数で $n$ は自然数

(証明)$\mathbb{Z}$ の素イデアルは $(0)$ と $(p)$ だけだから,さっきの命題を適用すればいい. $■$

 

イデアル素数の一般化っぽいものであったが,準素イデアル素数の冪を一般化したものっぽいものであることが,この例から分かる.

 

$\sqrt{\mathfrak{q}}$ が単項イデアルのときは $\mathfrak{q}$ は $\sqrt{\mathfrak{q}}$ の冪となるが, そうでないときは $\mathfrak{q}$ は $\sqrt{\mathfrak{q}}$ の冪とはならないこともある.そのような反例が次である.

 

多項式環 $A:=k[x,\ y]$ で $\mathfrak{q}:=(x,\ y^{2})$ とする.

写像

$\varphi:k[y]\ni f\ \mapsto\  \bar{f}\in A/\mathfrak{q}$

全射で( $A$ において $x$ でくくれる項は $A/\mathfrak{q}$ で消えるから), 準同型である. 核は $\rm{ker}$$\varphi=(y^{2})$ なので, 準同型定理より $k[y^{2}]/(y^{2})\cong A/\mathfrak{q}$ となる.

$k[y]/(y^{2})$ の零因子 $\bar{f}$ を任意にとる. ある $\bar{g}\in k[y]/(y^{2}),\ \bar{g}\neq\bar{0}$ で $\bar{f}\bar{g}=\bar{0}$ となる. $\bar{f}$ の任意の代表元 $f$ について, $f$ の定数項は $0$ なので $f^{2}\in(y^{2})$ となる. よって, $\bar{f}^{2}=\bar{0}$ となり, $\bar{f}$ は冪零元である. したがって, $A$ で $\mathfrak{q}$ は準素イデアルである.

$\mathfrak{p}:=\sqrt{\mathfrak{q}}$ とすると

$\mathfrak{p}=\{\displaystyle{\sum_{i,\ j\ge 0}}a_{i,\ j}x^{i}y^{j}\in A\ |\ a_{0,\ 0}=0 \}=(x,\ y)$

である.

ところが,$\mathfrak{p}^{2}\subsetneq\mathfrak{q}\subsetneq{p}$ である.実際, $x+y^{2}\in\mathfrak{q}\backslash\mathfrak{p}^{2},\ x+y\in\mathfrak{p}\backslash\mathfrak{q}$ である. よって,$\mathfrak{q}$ は $\mathfrak{p}$ の冪とならない.

 

$\sqrt{\mathfrak{a}}$ が素イデアルであっても, $\mathfrak{a}$ が準素イデアルであるとは限らない.その反例が次の例である.

 

$A:=k[x,\ y,\ z]/(xy-z^{2}),\ \mathfrak{p}:=(\bar{x},\ \bar{z})$ を考える.

$\varphi :A\ni\overline{ \displaystyle{\sum_{i=0}^{n}}a_{i}y^{i} +  \displaystyle{\sum_{1\leq k,\ m<\infty \\ 0\leq l<\infty}} b_{k,\ l,\ m}x^{k}y^{l}z^{m} }\ \mapsto\ \displaystyle{\sum_{i=0}^{n}} a_{i}y^{i}\in k[y]$

とすると, この $\varphi$ は $\rm{well-def}.$ な全射準同型で, 核は $\rm{ker}$$\varphi=(\bar{x},\ \bar{z})$ である.よって, 準同型定理より $A/\mathfrak{p}\cong k[y]$ となる. $k[y]$ は整域だから, $\mathfrak{p}$ は $A$ の素イデアルである.

$\mathfrak{q}:=\mathfrak{p}^{2}$ とおくと, $\mathfrak{p}$ が素イデアルなので $\sqrt{\mathfrak{q}}=\mathfrak{p}$ となり, $\sqrt{\mathfrak{q}}$ は素イデアルである.

ところが, $\mathfrak{q}$ は準素イデアルではない. 実際, $\overline{xy-z^{2}}=\bar{0}$ より $\bar{x}\bar{y}=\bar{z}^{2}\in\mathfrak{q}$ だが $\bar{x}\notin\mathfrak{q},\ \bar{y}\notin\sqrt{\mathfrak{q}}$ である.

 

ところが, $\sqrt{\mathfrak{a}}$ が極大イデアルのときは $\mathfrak{a}$ は準素イデアルとなる.

(証明) $\overline{\sqrt{\mathfrak{a}}}$ の元は何乗かすれば $\bar{0}$ になるし, 逆に, 何乗かして $\bar{0}$ になる元は $\overline{\sqrt{\mathfrak{a}}}$ の元である. よって, $\overline{\sqrt{\mathfrak{a}}}$ は $A/\mathfrak{a}$ の冪零元根基である.

$\sqrt{\mathfrak{a}}$ は $A$ で極大なので $\overline{\sqrt{\mathfrak{a}}}$ は $A/\mathfrak{a}$ で極大である.よって $\overline{\sqrt{\mathfrak{a}}}$ は $A/\mathfrak{a}$ の冪零元根基すなわちすべての素イデアルの共通集合であり,極大イデアルでもあるので, 唯一の素イデアルとなり. 従って唯一の極大イデアルとなる.ゆえに, $A/\mathfrak{a}$ の零因子 $\bar{x}$ をとると $\bar{x}$ は非単元ゆえ $\bar{x}\in\overline{\sqrt{\mathfrak{a}}}$ となり, $\bar{x}$ は冪零元となる.つまり $\mathfrak{a}$ は準素イデアルである. $■$

 

よって, 特に極大イデアル $\mathfrak{m}$ の冪は $\mathfrak{m}-$準素イデアルである.

 

 

さて, イデアルの準素分解というものを紹介する.

$\mathfrak{a}$ が有限個の準素イデアル $\mathfrak{q}_{i}$ たちで 

$\mathfrak{a}=\underset{i=1}{\overset{n}{\cap}}\mathfrak{q}_{i}$

と表せるとき, これは $\mathfrak{a}$ の準素イデアル分解であるという.

特に, 準素分解が次の(1), (2)をみたすとき, その分解は最短であるという.

 (1) どの $\mathfrak{q}_{i}$ も異なる.

 (2) どの $i$ についても $\mathfrak{q}_{i}\nsupseteq\underset{i\neq j}{\cap}\mathfrak{q}_{j}$.

 

じつは,任意に与えられた準素分解に対して, 最短の準素分解を作ることができる.

 

まず, (1) をみたすような分解が作れる. つまり, 各 $\mathfrak{q}_{j_{k}}$ が $\mathfrak{p}_{j}-$準素イデアルなら, $\mathfrak{q}_{j}:=\underset{k}{\cap}\mathfrak{q}_{j_{k}}$ も $\mathfrak{p}_{j}-$準素イデアルである.

(証明) $\sqrt{\mathfrak{q}_{j}}=\sqrt{\underset{k}{\cap}\mathfrak{q}_{j_{k}}}=\underset{k}{\cap}\sqrt{\mathfrak{q}_{j_{k}}}=\underset{k}{\cap}\mathfrak{p_{j}}=\mathfrak{p}_{j}$ なので, あとは $\mathfrak{q}_{j}$ が準素イデアルであることを示せばいい.

$xy\in\mathfrak{q}_{j},\ x\notin\mathfrak{q}_{j}$ なる $x,\ y\in A$ を任意にとる. すると, ある $k$ で $x\notin\mathfrak{q}_{j_{k}}$ より$y\in\sqrt{\mathfrak{q}_{j_{k}}}=\mathfrak{p}_{j}=\sqrt{\mathfrak{q}_{j}}$ となるので,  $\mathfrak{q}_{j}$ は準素イデアルである. $■$

 

また, 次の命題を使えば, (2) をみたすような分解も作れる.

$\mathfrak{q}_{i}$ が $\mathfrak{p}_{i}-$準素イデアルのとき,次が成り立つ.

 (1) $x\in\mathfrak{q}_{i}$ なら $(\mathfrak{q}_{i}\ :\ x)=(1)$ である.

 (2) $x\notin\mathfrak{q}_{i}$ なら $(\mathfrak{q}_{i}\ :\ x)$ は $\mathfrak{p}_{i}-$準素イデアルである.

 (3) $x\notin\mathfrak{p}_{i}$ なら $(\mathfrak{q}_{i}\ :\ x)=\mathfrak{q}_{i}$ である.

(証明) (1) は当たり前.

(2) について, まず $\sqrt{(\mathfrak{q}_{i}\ :\ x)}=\mathfrak{p}_{i}$ を示す.$a\in\sqrt{(\mathfrak{q}_{i})\ :\ x}$ を任意にとると, ある $n\in\mathbb{N}$ で $a^{n}x\in\mathfrak{q}_{i}$ となる. 今, $x\notin\mathfrak{q}_{i}$ なので $a^{n}\in\sqrt{\mathfrak{q}_{i}}$ つまり $a\in\sqrt{\mathfrak{q}_{i}}=\mathfrak{p}_{i}$ となるので, $\sqrt{(\mathfrak{q}_{i}\ :\ x)}\subseteq\mathfrak{p}_{i}$ が言えた.逆に $\mathfrak{p}_{i}\subseteq\sqrt{(\mathfrak{q}_{i}\ :\ x)}$ は明らかに成り立つ. よって $\sqrt{(\mathfrak{q}_{i}\ :\ x)}=\mathfrak{p}_{i}$ である.

ゆえに, あとは $(\mathfrak{q}_{i}\ :\ x)$ が準素イデアルであることを言えばいい. $ab\in(\mathfrak{q}_{i}\ :\ x),\ a\notin\sqrt{(\mathfrak{q}_{i}\ :\ x)}=\mathfrak{p}_{i}=\sqrt{\mathfrak{q}_{i}}$ なる $a,\ b\in A$ を任意にとる. $abx\in\mathfrak{q}_{i}$ で $a\notin\sqrt{\mathfrak{q}_{i}}$ だから, $bx\in\mathfrak{q}_{i}$ である. つまり $b\in(\mathfrak{q}_{i}\ :\ x)$ となるので, $(\mathfrak{q}_{i})\ :\ x$ は準素イデアルである.

(3) は, $\mathfrak{q}_{i}\subseteq(\mathfrak{q}_{i}\ :\ x)$ は当たり前で,逆も少し考えたらわかる. $■$ 

 

準素イデアル分解の例をみてみる.

 

$A:=k[x,\ y]$ で $\mathfrak{a}:=(x^{2},\ xy)$ とする. $xy\in\mathfrak{a}$ だけど $x\notin\mathfrak{a},\ y\notin\mathfrak{a}$ なので, $\mathfrak{a}$ 自身は準素イデアルではない.

$\mathfrak{q}_{1}:=(x),\ \mathfrak{q}_{2}:=(x,\ y)^{2}$ とおくと, $\mathfrak{q}_{1}$ は素イデアルゆえ準素イデアルだし, $(x,\ y)$ は極大イデアルなので $\mathfrak{q}_{2}$ は準素イデアルである. よって $\mathfrak{a}=\mathfrak{q}_{1}\cap\mathfrak{q}_{2}$ は準素分解であり, これは最短である.

また, $\mathfrak{q}_{3}:=(x^{2},\ y)$ とおくと $\mathfrak{a}=\mathfrak{q}_{1}\cap\mathfrak{q}_{3}$ も最短な準素分解となっている.

 

この例から分かるように,準素分解可能な与えられたイデアルに対して, その準素分解の仕方は一意ではない.

しかし, $\mathfrak{p}_{i}$ たちからなる集合は $\mathfrak{a}$ に対して一意であったり, $\mathfrak{p}_{i}$ たちの一部からなる孤立集合と呼ばれるものに対して対応する $\mathfrak{q}_{i}$ たちの共通部分は $\mathfrak{a}$ に対して一意であったりと, ある意味での一意性は成り立つ. (書くのが面倒になってきたし本を読んだら分かるので省略.)

 

 

最短の準素分解 $\mathfrak{a}=\underset{i=1}{\overset{n}{\cap}}\mathfrak{q}_{i},\ \mathfrak{p}_{i}:=\sqrt{\mathfrak{q}_{i}}$ に対して次が成り立つ.

$\underset{i=1}{\overset{n}{\cup}}\mathfrak{p}_{i}=\{x\in A\ |\ (\mathfrak{a}\ :\ x)\neq\mathfrak{a}\}$.

(証明) $x\in\underset{i}{\cup}\mathfrak{p}_{i}$ を任意にとると, ある $i$ で $x\in\mathfrak{p}_{i}=\sqrt{\mathfrak{q}_{i}}$ なので, $x$ のある冪 $x^{n}$ で$x^{n}\in\mathfrak{q}_{i}$ となる. そのような自然数のうち最小のものを $n$ とする. また, $i$ に対して準素分解の最短性から $y\in\underset{j\neq i}{\cap}\mathfrak{q}_{j},\ y\notin\mathfrak{q}_{i}$ がとれる. この $n$ と $y$ に対して, $(x^{n-1}y)x=x^{n}y\in\underset{k=1}{\overset{n}{\cap}}\mathfrak{q}_{k}=\mathfrak{a}$ より $x^{n-1}y\in(\mathfrak{a}\ :\ x)$ だが, $x^{n-1}y\notin\mathfrak{q}_{i}$ より $x^{n-1}y\notin\mathfrak{a}$ となる. つまり $(\mathfrak{a}\ :\ x)\nsubseteq\mathfrak{a}$ となる.

逆に, $(\mathfrak{a}\ :\ x)\nsubseteq\mathfrak{a}$ なる $x\in A$ を任意にとると, $y\notin\mathfrak{a}$ つまり $\exists i,y\in\mathfrak{q}_{i}$ なる $y\in(\mathfrak{a}\ :\ x)$ がとれる. このとき $xy\in\mathfrak{a}=\underset{k=1}{\overset{n}{\cap}}\mathfrak{q}_{k}$ より $xy\in\mathfrak{q}_{i}$ となるので, $x\in\mathfrak{p}_{i}$ となる. $■$

 

特に,一般の環 $A$ で

 $x$ が $A$ の零因子である.

  $\Longleftrightarrow$  ある $y\neq 0$ で $xy=0$ となる.

  $\Longleftrightarrow$  ある $y\neq0$ で $y\notin(0\ :\ x)$となる.

  $\Longleftrightarrow$  $(0\ :\ x)\nsubseteq 0$である.

が成り立つので, $0$ が準素分解可能で $0=\underset{i}{\cap}\mathfrak{q}_{i}$ のとき $A$ の零因子の集合 $D$ は $D=\underset{i}{\cup}\sqrt{\mathfrak{q}_{i}}$ となる.

 

 

与えられたイデアルに対して, 準素分解がいつでも可能であるとは限らない. (準素分解できないイデアルの例はよく分からないけど・・・)

しかし, ネーター環においてはイデアルは常に準素分解できるので, 最後にそれを示す.

 

その準備として,  既約イデアルというものを導入しておく.

イデアル $\mathfrak{a}$ について次が成り立つとき, $\mathfrak{a}$ は既約イデアルであるという.

$\mathfrak{a}=\mathfrak{b}\cap\mathfrak{c}$ なら $\mathfrak{a}=\mathfrak{b}$ または $\mathfrak{a}=\mathfrak{c}$となる.

 

ネーター環の既約イデアルは,準素イデアルである.

(証明) 背理法で示す.

$A$ をネーター環として, 準素でない既約イデアル $\mathfrak{q}$ が存在すると仮定する. すると, $xy\in\mathfrak{q},\ x\notin\mathfrak{q}, y\notin\sqrt{\mathfrak{q}}$ なる $x,\ y\in A$ がとれる.

この $y$ に対して, イデアルの列 $\mathfrak{a}_{n}:=(\mathfrak{q}\ :\ y^{n})$ を考える.( $y^{0}=1$ とする.) $A$ のネーター性から列 $\mathfrak{a}_{0}\subseteq\mathfrak{a}_{1}\subseteq...$ は途中のある $n$ で止まる.

この $x,\ y,\ n$ に対して $\mathfrak{b}:=\mathfrak{q}+(x), \mathfrak{q}+(y^{n})$ とおくと, $\mathfrak{q}=\mathfrak{b}\cap\mathfrak{c}$ となることが次のように分かる. $\mathfrak{q}\subseteq\mathfrak{b}\cap\mathfrak{c}$ は明らかである. 逆に $z\in\mathfrak{b}\cap\mathfrak{c}$ を任意にとると, ある $p,q\in\mathfrak{q},\ a,b\in A$ で $z=p+ax=q+by^{n}$ と表せて, このとき $by^{n+1}=py+axy-qy\in\mathfrak{q}$ となるので $b\in\mathfrak{a}_{n+1}=\mathfrak{a}_{n}$ となる. よって $z=q+by^{n}\in\mathfrak{q}$ つまり $\mathfrak{b}\cap\mathfrak{c}\subseteq\mathfrak{q}$ となる.

ところで, $x\in\mathfrak{b},\ x\notin\mathfrak{q}$ より $\mathfrak{q}\neq\mathfrak{b}$ だし, $y^{n}\in\mathfrak{c},\ y^{n}\notin\mathfrak{q}$ より $\mathfrak{q}\neq\mathfrak{c}$ である.

これらは, $\mathfrak{q}$ が既約であることに反する. よって, $A$ の既約イデアルは必ず準素イデアルである. $■$

 

また,ネーター環において,任意のイデアルは既約イデアル分解ができる.

(証明) 背理法で示す.

ネーター環 $A$ のイデアルで既約分解できないものたちの集合を $\mathbb{X}$ として, $\mathbb{X}\neq\emptyset$ と仮定する.

$A$ のネーター性から $\mathbb{X}$ は極大元をもつので, そのひとつを $\mathfrak{a}$ とする. すると, $\mathfrak{a}$ 自身は既約でないので, ある $\mathfrak{b}\supsetneq\mathfrak{a},\ \mathfrak{c}\supsetneq\mathfrak{a}$ で $\mathfrak{a}=\mathfrak{b}\cap\mathfrak{c}$ と表せる. $\mathfrak{a}$ の極大性より $\mathfrak{b},\ \mathfrak{c}\notin\mathbb{X}$ なので, $\mathfrak{b},\ \mathfrak{c}$ は既約分解できる. つまり, ある既約イデアルたち $\mathfrak{q}_{i}$ で $\mathfrak{b}=\underset{i=1}{\overset{n}{\cap}}\mathfrak{q}_{i},\ \mathfrak{c}=\underset{i=n+1}{\overset{m}{\cap}}\mathfrak{q}_{i}$ と表せる. したがって $\mathfrak{a}=\underset{i=1}{\overset{m}{\cap}}\mathfrak{q}_{i}$ となるが, これは $\mathfrak{a}\in\mathbb{X}$ に矛盾する.

よって $\mathbb{X}=\emptyset$ となる. つまり ネーター環の任意のイデアルは既約分解できる. $■$

 

以上から, ネーター環イデアルはすべて準素分解可能であることが分かった.

わーい!

 

おしまい. 

 

 

参考文献

M. F.Atiyah, I. G. MacDonald著. 新妻弘訳. 可換代数入門. 共立出版, 2006.

 

素イデアルの拡大とか縮約とか

先週から,友達と自主ゼミでアティマク可換代数入門を読み始めた.

せっかくだから自分の発表の当番のところをまとめとこうと思う.

発表が終わってから何か気づいたり気づかされたりしたら修正したりするかも.

 

明日は1.7節「拡大と縮約」のところを発表する(予定).

 

 

$A,B$を環として,$f:A\rightarrow B$を環準同型とする.

$\mathfrak{a},\mathfrak{b}$をそれぞれ$A,B$のイデアルとする.

 

$f(\mathfrak{a})$は$B$のイデアルとなるとは限らない.

実際,たとえば$f:\mathbb{Z}\ni n\mapsto n\in\mathbb{Q}$で$\mathfrak{a}:=2\mathbb{Z}$とすると,$f(\mathfrak{a})=2\mathbb{Z}$だが,$\frac{1}{2}×2=1\notin2\mathbb{Z}$なのでこれは$B$のイデアルでない.

 

そこで,$f(\mathfrak{a})$の生成するイデアル$(f(\mathfrak{a}))=\{\displaystyle\sum_{i=0}^{n}f(x_{i})b_{i}|n\in\mathbb{N},x_{i}\in\mathfrak{a},b_{i}\in B\}$を$\mathfrak{a}$の拡大と呼び$\mathfrak{a}^{e}$と記す.

 

さっきの例では$\mathfrak{a}^{e}=\mathbb{Q}$となる.($1=\frac{1}{2}×2\in (2\mathbb{Z})$だから.)

 

一方,$f^{-1}(\mathfrak{b})$は$A$のイデアルとなるので,これを$\mathfrak{b}$の縮約と呼び$\mathfrak{b}^{c}$と記す.(補集合の記号とまぎらわしいよねコレ.)

 

 

$\mathfrak{b}$が$B$の素イデアルなら,縮約も$A$の素イデアルとなる.

実際,$xy\in\mathfrak{b}^{c}$なる$x,y\in A$を任意にとると$f(x)f(y)=f(xy)\in\mathfrak{b}$より$f(x)\in\mathfrak{b}$または$f(y)\in\mathfrak{b}$つまり$x\in\mathfrak{b}^{c}$または$y\in\mathfrak{b}^{c}$となる.

 

一方で,$\mathfrak{a}$が$A$の素イデアルであってもその拡大が$B$で素イデアルとなるとは限らない.

(あとで$\mathbb{Z}[\sqrt{{-1}}]$の例で確認する.)

 

$f$が全射のときは${\rm ker}f\subseteq\mathfrak{a}$で$\mathfrak{a}$が$A$の素イデアルなら$f(\mathfrak{a})$は$B$の素イデアルとなる.

それは次のようにわかる.

$xy\in f(\mathfrak{a})$なる$x,y\in B$を任意にとるとある$a,b\in A$で$f(a)=x,f(b)=y$であり,$c\in\mathfrak{a}$で$f(c)=xy$となる.

このとき$f(ab-c)=f(a)f(b)-f(c)=xy-xy=0$より$ab-c\in{\rm ker}f$だから$ab-c\in\mathfrak{a}$となり,$ab=(ab-c)+c\in\mathfrak{a}$となる.

よって$a\in\mathfrak{a}$または$b\in\mathfrak{a}$つまり$x\in f(\mathfrak{a})$または$y\in f(\mathfrak{a})$となる.

 

 

さて,素イデアルの拡大の例として,$f:\mathbb{Z}\ni n\mapsto n\in\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$で$\mathbb{Z}$の素イデアルの拡大がどうなるか考えてみよう.

 

 

まず,$\,mathbb{Z}$の素数$2$の生成する素イデアル$2\mathbb{Z}$を考えてみる.

$(2\mathbb{Z})^{e}=(1+\sqrt{-1})^{2}\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$つまり$(2\mathbb{Z})^{e}=2\sqrt{-1}\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$となることがすぐわかるが,これは$\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$の素イデアルではない.

実際,$1+\sqrt{1}\notin2\sqrt{-1}\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$だけど$(1+\sqrt{-1})(1+\sqrt{-1})=2\sqrt{-1}\in 2\sqrt{-1}\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$となる.

 

 

次に,$\mathbb{Z}$の素数$p\equiv 1 \mod 4$の生成する素イデアルの拡大を考えてみよう.

 

 

その前に,$\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$が$\rm PID$であること,つまり任意のイデアルがある1つの元で生成されるような整域であることを示しておく.

 

まず$\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$が整域であることを示す.

$xy=0,x\neq 0$なる$x,y\in\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$を任意にとる.

$a,b,c,d\in\mathbb{Z}$で$x=a+b\sqrt{-1},y=c+d\sqrt{-1}$と表せる.

$xy=(ac-bd)+(ad+bc)\sqrt{-1}$より$ac-bd=0,ad+bc=0$となる.

$x\neq 0$より$b\neq 0$なので$d=frac{ac}{b}$と表せて,$a\frac{ac}{b}+bc=0$つまり$(a^{2}+b^{2})c=0$となる.

$x\neq 0$より$a\neq 0$なので$a^{2}+b^{2}\neq 0$だから$c=0$となる.

このとき$d=\frac{ac}{b}=0$となる.

よって$y=0$となるので$\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$は整域.

 

次に,$\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$は余りのある割り算みたいなことができる.

実際,任意にとった$a,b\in\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$に対して,$|m-{\rm Re}\frac{a}{b}|\leq\frac{1}{2},|n-{\rm Im}\frac{a}{b}|\leq\frac{1}{2}$なる$m,n\in\mathbb{N}$で$q:=m+n\sqrt{-1},r:=a-bq$とおくと,$a=bq+r,0\leq |r|<|b|$となる.

よって$\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$はユークリッド整域で,したがって$\rm PID$となる. 

 

 

また,$\rm PID$において,既約元の生成するイデアルは素イデアルとなることも示しておく.

ただし,「$p=xy$なら$x$または$y$は単元である」が成り立つような$p$を既約元と呼ぶ.

 

$A$を$\rm PID$,$p$を$A$の既約元とする.

$ab\in(p),b\notin(p)$なる$a,b\in A$を任意にとる.

イデアルの和$(p)+(b)$に対して,$A$は$\rm PID$だからある$c\in A$で$(p)+(b)=(c)$と表せる.

このとき,$(p)\underset{\subset}{\neq}(c)$である.($(c)=(p)$だと$b\in(p)+(b)=(p)$となり矛盾するから.)

よって,ある非単元$k\in A$で$p=kc$と表せる.

今,$p$は既約だから$c$は単元となり,したがって$(p)+(b)=(c)=A$となる.

このとき$1\in A=(p)+(b)$となり,ある$x,y\in A$で$1=px+by$と書ける.

この両辺に$a$をかけて$a=apx+aby\in (p)$を得るので,$(p)$は素イデアルである.

 

 

さて,$p\equiv 1\mod 4$で$p\mathbb{Z}$の拡大を考えてみよう.

 

この$p$はある$m,n\in\mathbb{Z}$で$p=m^{2}+n^{2}$と表せる.(フェルマーの平方和の定理.)

つまり$p=(m+n\sqrt{-1})(m-n\sqrt{-1})$なので$(p)^{e}=(m+n\sqrt{-1})(m-n\sqrt{1})$となる.

 

$(m+n\sqrt{-1})$と$(m-n\sqrt{-1})$は異なるイデアルであることを背理法で示す.

これらが同じイデアルであると仮定すると,ある$a,b\in\mathbb{Z}$で$m+n\sqrt{-1}=(m-n\sqrt{-1})(a+b\sqrt{-1})=(ma+nb)+(mb-na)\sqrt{-1}$と表せる.

このとき$m=ma+nb,n=mb-na$より$m(1-a)=nb,n(1+a)=mb$となる.

$a=1$の場合$n=0$が導かれて,$p$が素数であることに矛盾する.

$a\neq 1$の場合,$m=\frac{b}{1-a}n$より$n(1+a)=\frac{b^{2}}{1-a}n$つまり$a^{2}+b{2}=1$となる.

$a,b\in\mathbb{Z}$より$a=0$または$b=0$となるが,$a=0$のときは$m=0$が導かれ,$b=0$のときは$m=-n$が導かれ,いずれにしても$p$が素数であることに反する.

よって,$(m+n\sqrt{-1})$と$(m-n\sqrt{-1})$は異なるイデアルである.

 

また,$(m+n\sqrt{-z})$は$\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$の素イデアルであるのでそれを示す.

まず,$\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$の単元は$\pm 1,\pm\sqrt{-1}$のみである.

実際,$x$が単元ならある$y$で$xy=1$となるが,このとき$|x||y|=1$だから,$|x|,|y|\in\mathbb{N}$に注意して$|x|=1$を得るので$x=\pm 1,\pm\sqrt{-1}$となる.

$m+n\sqrt{-1}=ab$なる$a,b\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$を任意にとると,両辺の絶対値を取り$p=|a||b|$となる.

$|a|,|b|\in\mathbb{N}$で,$p$は素数だから,「$|a|=1$かつ$|b|=p$」または「$|a|=p$かつ$|b|=1$」となる.

つまり$|a|$または$|b|$が単元となり,$m+n\sqrt{-1}$は既約であると分かる.

よって,$(m+n\sqrt{-1})$は素イデアルである.

 

同様にして$(m-n\sqrt{-1})$も素イデアルである.

 

以上から,$p\equiv 1\mod 4$のとき$p\mathbb{Z}$の拡大は2つの異なる素イデアルの積となる.

 

 

最後に,素数$p\equiv 3\mod 4$の生成する素イデアル$p\mathbb{Z}$の拡大を考えてみよう.

 

まず,この$p$で$p\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$が素イデアルであることを示す.

$p=ab$なる$a\in\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$,非単元$b\in\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$を任意にとる.

$p=ab$の両辺の絶対値をとると$p^{2}=|a||b|$となるが,$b$は非単元だから$|b|=p$または$|b|=p^{2}$となる.

$|b|=p$の場合ある$x,y\in\mathbb{Z}$で$b=x+y\sqrt{-1}$と表せて$|b|=x^{2}+y^{2}\equiv 0,1,2\mod 4$だが,これは$|b|=p\equiv 3\mod 4$に反する.

よって$|b|=p^{2}$つまり$|a|=1$となり,$p$は既約となり,従って$p\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$は素イデアルである.

 

次に,$(p\mathbb{Z})^{e}=p\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$となることを示す.

$\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$は$\rm PID$だから,$(p\mathbb{Z})^{e}$はある$a\in\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$で生成される.

このとき,$a$は単元ではない.

実際,$a$が単元であると仮定すると$1\in(a)=(p\mathbb{Z})^{e}$よりある$m_{i},n_{i}\in\mathbb{Z}$で$1=\displaystyle\sum_{i=0}^{n}p(m_{i}+n_{i}\sqrt{-1})=p\displaystyle\sum_{i=0}^{n}+p\displaystyle\sum_{i=0}^{n}n_{i}\sqrt{-1}$となるが,$1=p\displaystyle\sum_{i=0}^{n}m_{i}$はおかしい.

$p\in(p\mathbb{Z})^{e}=(a)$よりある$b\in\mathbb{Z}[\sqrt{-1}]$で$p=ab$と表せる.

$p$は既約元で,$a$は単元でないので,$b$は単元である.

よって,$(p\mathbb{Z})^{e}=(a)=(p)$となる.

 

以上から,$(p\mathbb{Z})^{e}$は素イデアルである.

 

 

イデアルの縮約や拡大を見てみようみたいな話でしたー.

おやすみなさい.

 

 

 

ベクトル空間とか環上の自由加群とかの基底の元の個数の話

ぱいですこんにちは.

 

 

基底の個数の話を知って面白いと思ったので書きます.

その前にいろいろ言葉の定義をおさらいしておこうと思います.

 

 

足し算や引き算ぽいことができる空間を群と呼んで,しかも演算が可換なら特にアーベル群と呼んだりします.

アーベル群でしかも掛け算ができて分配法則の成り立つ空間を環と呼びます.

掛け算の可換な環を可換環といいます.

環で割り算もできる空間を体と呼びます.

 

アーベル群$M $に対して環$R$の元によるスカラー倍の作用が定義されていて任意の$\lambda,\mu\in R,x,y\in M $で次が成り立つとき,$M $を左$R-$加群といいます;

・$\lambda(x+y)=\lambda x+\lambda y$

・$(\lambda+\mu)x=\lambda x+\mu x$

・$\lambda(\mu x)=(\lambda\mu)x$

・$1_{R}x=x$

特に体上の加群をベクトル空間といったりします.

たとえば環$R$自身は左$R-$加群とみなせます.

環の直積とかも加群とみなせます.

 

左$R$加群$M,N$に対して写像$M\rightarrow N$が和とスカラー倍を保つとき,この写像を$R$準同型と呼びます.

全単射な$R$準同型写像を$R$同型写像と呼び,そのような写像が存在するとき$M $と$N$は$R$同型であるといいます.

これは,「和やスカラー倍の構造が同じような空間」みたいなもんです.

同型という関係は,加群同士の同値関係となります.

 

 

左$R$加群$M $の部分集合$B$について,どの有限個の$x_{1},x_{2},...,x_{n}\in B$に対しても$\lambda_{1}x_{1}+\lambda_{2}x_{2}+...+\lambda_{n}x_{n}=0\Rightarrow\lambda_{1}=\lambda_{2}=...\lambda_{n}=0(\lambda_{1},...\lambda_{n}\in R)$が成り立つとき,$B$は$R$上で一次独立であるといいます.

$B$が一次独立で$M $のどの元も$B$の元のスカラー倍の和で一意的な表し方で書けるとき,$B$を$M $の$R$上の基底と呼びます.

 

ベクトル空間は必ず基底を持つことが知られてます.

実際,ベクトル空間$V$の一次独立な集合全体を$\mathscr{B}$とするとTukeyの補題から$\mathscr{B}$は極大元$B$を持ちますがこれが$V$の基底となります.

しかも,基底をどんなふうにとってもその元の個数は必ず一定であることもよく知られています.

 

環上の加群は一般には基底を持つとは限らないです.

たとえば$\mathbb{Q}$は$\mathbb{Z}$上の加群ですが基底を持ちません.

実際,$\mathbb{Q}$が基底$\{q_{1},...,q{n}\}$を持つと仮定すると,$q:=\frac{1}{2}q_{1}+...+\frac{1}{2}q_{n}$に対してある$a_{i}\in\mathbb{Z}$たちで$q=a_{1}q_{1}+...+a_{n}q_{n}$と表せて表示の一意性から$a_{i}=\frac{1}{2}$となりますが,これは$a_{i}\in\mathbb{Z}$に反します.

 

 

環上の加群で基底を持つようなものを,自由加群といいます.

 

可換環上の自由加群については,基底をどんなふうに取っても基底の元の個数は一定であることが知られています.

でも,非可換環上の自由加群については,基底の取り方によって基底の元の個数が変わってしまうことがあるので,それについて書いて終わります.

 

 

体$\mathbb{k}$上のベクトル空間$\displaystyle V:=\prod_{i=0}^{\infty}\mathbb{k}$に対して,線形写像$V\rightarrow V$全体の集合を$R$とします.

$R$は,普通の和と写像の合成で非可換環となります.

 

線形写像$V×V\rightarrow V$の全体を$S$とすると,これは普通の和と写像の合成によるスカラー倍で左$R$加群となります.

 

$V$は無限次元だから同型写像$\varphi:V×V\rightarrow V$が取れて,これによって$R\ni\lambda\rightarrow\lambda\circ\varphi\in S$は$R$同型写像となります.

つまり$R$と$S$は$R$同型です.

 

各$f\in S$に対して$p_{f},q_{f}:V\rightarrow V$を$p_{f}(x)=f(x,0),q_{f}=f(0,x)$と定めると,写像$S\ni f\rightarrow (p_{f},q_{f})\in R×R$は$R$同型写像となります.

つまり$S$と$R×R$は$R$同型です.

 

以上から$R$と$R×R$は$R$同型です.

$\psi:R×R\rightarrow R$を$R$同型写像とすると,$R×R$の$R$上の基底は$\{(1_{R},0_{R}),(0_{R},1_{R})\}$とも取れるし${\psi(1_{R})}$とも取れて,基底の濃度が一意に定まらない例となっています.

 

 

なんか勢いでわーって書いて割りと適当なので割りと適当ですけど書きたいことは取り敢えず書けたと思うのでおしまいにします.

ごはん食べてきますさよなら~~

 

 

参考文献

桂利行,代数学<2>環上の加群東京大学出版会,2007

 

 

3次方程式と4次方程式を代数的に解こうみたいな話になった

こんにちは,ぱいです.

このあいだフォロワーの人が3次方程式を解こうみたいなのやってたのに感化されました.

 

2次方程式$x^2+ax+b=0$(☆)の解の公式って中学校か高校かで習いますよね.

$x=\frac{a\pm\sqrt{a^2-4b}}{2}$みたいなやつです.

これは,☆を$(x+\frac{a}{2})^2=\frac{a^2-4b}{4}$と整理したら簡単に導けます.

 

 

1次方程式$x+a=0$も当たり前ですけど解けますね.

$x=-a$が解の公式です.

 

 

じゃあ3次方程式はどうなんだろーって思うと思うんですけど実はこれも解の公式があります.高校では普通習わないけど.

ググったらすぐ分かりますけどクソ長いです.

 

じゃあ実際に3次方程式$x^3+ax^2+bx+c=0$(△)を解いてみましょ~.

△の左辺を$f(x)$とおいておきます.

$f$を$\alpha$のまわりでテイラー展開して$f(x)=f(\alpha)+f^{(1)}(\alpha)(x-\alpha)+\frac{f^{(2)}}{2}(x-\alpha)^2+\frac{f^{(3)}(\alpha)}{6}(x-\alpha)^3$.

(テイラー展開っていうのを知らない人は,なんか関数を$x-\alpha$の多項式で書き直せる便利なものぐらいに眺めてください.)

 

変数を$X:=x-\alpha$と書き直すと,△を解くことは$g(X)=0$(ただし$g(x)=f(\alpha)+f^{(1)}(\alpha)X+\frac{f^{(2)}(\alpha)}{2}X^2+\frac{f^{(3)}(\alpha)}{6}X^3$)を解くことと同じですね.

 $\alpha$を$-\frac{a}{3}$で取ると$f^{(2)}(\alpha)=0$で$g(x)=f(\alpha)+f^{(1)}(\alpha)X+\frac{f^{(3)}(\alpha)}{6}X^3$となります.

ここで$p:=\frac{6f^{(1)}(\alpha)}{f^{(3)}(\alpha)},q:=\frac{6}{f^{(3)}(\alpha)}$とおくと,△は$X^3+pX+q=0$と同じです.

つまり$X^3+pX+q=0$(▲)が解ければオッケーです.

 

$X=y+z$となる任意の$y,z$について, ▲は$(y+z)^3+p(y+z)+q=0$と同じです.

これを整理すると$y^3+z^3+(3yz+p)(y+z)+q=0$となります.

 

$y,z$を$3yz+p=0$となるように取れば$y^3+z^3+q=0$となります.

$3yz+p=0,y^3+z^3+q=0$となるような$y^3,z^3$は$t$の2次方程式$t^2+qt-\frac{p^3}{27}$の解なので,求められます.

ということはその3乗根$y,z$も求められて,$X$も求められて,$x$も求まるっていう寸法です.

わーい!

実際に$x$がどう表されるかはググってね.

 

 

ついでに,4次方程式も代数的に解くことができるので紹介します.

 

4次方程式も,さっきの3次のときと同じやり方で,$X^4+pX^2+qX+r=0$(▽)に帰着します.

$X^4$=-pX^2-qX-r$に対して任意の$\alpha$で$(X^2+\alpha)^2=(2\alpha-p)X^2-qX+(\alpha^2-r)$が成り立ちます.

この右辺の判別式を$D$として,$D=0$となるように$\alpha$を取ると,▽は$(X^2+\alpha)^2=(\sqrt{2\alpha-p}X-\frac{q}{2\sqrt{2\alpha-p}})^2$となります.

したがって,$D=0$をみたす$\alpha$さえ求められれば4次方程式は解けるということになります.

 

今,$D=q^2-4(2\alpha-p)(\alpha^2-r)$は$\alpha$の3次式で,3次方程式の解の公式を既にボクらは知っているので,$D=0$をみたす$\alpha$は求められて,したがって4次方程式は代数的に解けるということが分かりました!

わーい!

 

じゃあ実際に4次方程式の解の公式はどう表されるかっていうと,これもまたクッソ長いのでググってみてみてください.

 

高校までの知識で3次方程式や4次方程式は簡単に解けるのに解の公式が教科書とかに載ってないのって多分クソ長くて書ききれないからなんですかねー.

 

4次方程式までで解の公式があるんなら5次方程式の解の公式も気になる!って思うと思うんですけど,その話も書こうと思ったんですけど眠くなった&いろいろ予備知識っていうか準備っていうかがいるのでいつか暇なときにしますおやすみなさい.

 

何を書きたかったのかよく分からないマンになってしまった.

 

 

 

 

 

ヒルベルトの基底定理

おひさしぶりです.

生きてます.

冬休みぐらいからずっとフラフラ遊んでてあんまり勉強してなかったんですけど,先週ぐらいからまたちょこっと勉強するようになってきた気がします.(自分で言うのもあれだけど.)

やってみるとやっぱり数学楽しいので,この調子で頑張れていけたらなーって思います.

 

 

昨日本を読んでて,ヒルベルトの基底定理っていうものが出てきてへえーーと思いました.(語彙力)

面白いこととかはあんまり書けないけど,勉強しててへえ~って思ったこととかを月に1回ぐらいブログとかで書くようにしたらモチベ維持になるかなーみたいなのをちょっと思うのでメモみたいな感じで書きます.

 

ヒルベルトの基底定理というのは,

「 $A$ がネーター環なら多項式環 $A[X_{1},X_{2},…,X_{n}]$ もネーター環である.」

というものです.

 

ネーター環というのは,任意のイデアルの昇鎖 $\mathfrak{a}_{0}\subseteq\mathfrak{a}_{1}\subseteq\mathfrak{a}_{2}\subseteq…$ が有限番目で必ず止まる,つまり,ある $n\in\mathbb{N}$ 番目から $\mathfrak{a}_{n}=\mathfrak{a}_{n+1}=\mathfrak{a}_{n+2}=…$ となるような環のことです.

(この記事では環といったら単位元をもつ可換環を指すことにします.)

ネーター環にはどのイデアルも有限生成であるとか色々同値な定義があるけどこの記事ではこれでいきます.)

 

 

さて,定理の証明をする前に,あとで使う補題をちょっと紹介しておきます.

 

$A$ を環(ネーター環じゃなくてもいい)として,$\mathfrak{A},\mathfrak{B}$ を多項式環 $A[X]$ のイデアルとする.

また,各 $n\in\mathbb{N}$ に対して $\mathfrak{a}_{n}:=\{a_{n}\in A|a_{n}X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+…+a_{1}X+a_{0}\in\mathfrak{A},a_{n}\neq 0 \}\cup\{0\}$ とする.

$\mathfrak{b}_{n}$ も $\mathfrak{B}$ に対して同じように定める.

このとき次が成り立つ.

(1)各 $\mathfrak{a}_{n}$ は $A$ のイデアルで, $\mathfrak{a}_{0}\subseteq\mathfrak{a}_{1}\subseteq\mathfrak{a}_{2}\subseteq…$ となる.

(2)$\mathfrak{A}\subseteq\mathfrak{B}$ なら各 $\mathfrak{a}_{n}\subseteq\mathfrak{b}_{n}$ となる.

(3)$\mathfrak{A}\subseteq\mathfrak{B}$,各 $\mathfrak{a}_{n}=\mathfrak{b}_{n}$ なら $\mathfrak{A}=\mathfrak{B}$ となる.

 

(証明)

(1の前半)

$\mathfrak{A}$ が $A[X]$ のイデアルであることに注意すると $f,g\in\mathfrak{A},\lambda\in A$ なら $f+g,\lambda f\in\mathfrak{A}$ である.

よって,$a_{n},b_{n}\in\mathfrak{a}_{n},\lambda\in A$ なら $a_{n}+b_{n},\lambda a_{n}\in\mathfrak{A}$ となる.

つまり,$\mathfrak{a}_{n}$ は $A$ のイデアルである.

 

(1の後半)

$f\in\mathfrak{A}$ なら $Xf\in\mathfrak{A}$ なので,$a_{n}\in\mathfrak{a}_{n}$ なら $a_{n}\in\mathfrak{a}_{n}$ となる.

よって,$\mathfrak{a}_{n}\subseteq\mathfrak{a}_{n+1}$ が各 $n\in\mathbb{N}$ で成り立つ.

 

(2)

$\mathfrak{A}\subseteq\mathfrak{B}$ のとき $f\in\mathfrak{A}$ なら $f\in\mathfrak{B}$ なので,$a_{n}\in\mathfrak{a}_{n}$ なら $a_{n}\in\mathfrak{b}_{n}$ となる.

 

(3)

背理法で示します.

$\mathfrak{A}\subseteq\mathfrak{B}$,各$\mathfrak{a}_{n}=\mathfrak{b}_{n}$ のとき,$\mathfrak{A}\neq\mathfrak{B}$ であると仮定する.

すると,$\mathfrak{B}$ の元であって $\mathfrak{A}$ の元でないようなものが存在する.

そこで,そのような元のうち次数が最小のものを $f$ として,$\deg f=n$ とおく.

【$n=0$ のとき】

$f\in\mathfrak{b}_{0},f\notin\mathfrak{a}_{0}$ となって $\mathfrak{a}_{0}=\mathfrak{b}_{0}$ に反する.

【$n>0$ のとき】

 $f=a_{n}X^{n}+a_{n-1}X^{n-1}+...+a_{1}X+a_{0}$,各$a_{i}\in A$ とおく.

このとき $a_{n}\in\mathfrak{a}_{n}=\mathfrak{b}_{n}$ なので,ある $g\in\mathfrak{B}$ で $g=a_{n}X^{n}+b_{n-1}X^{n-1}+…+b_{1}X+b_{0}$,各$b_{i}\in A$ となる.

ここで $h:=f-g$ とおく.

$\mathfrak{A}\subseteq\mathfrak{B}$ より $g\in\mathfrak{B}$ で $\mathfrak{B}$ はイデアルなので,$h\in\mathfrak{B}$ となる.

また,$g\in\mathfrak{A},h+g=f\notin\mathfrak{A}$ なので $h\notin\mathfrak{A}$ である.

そして,$h=(a_{n-1}-b_{n-1})X^{n-1}+…+(a_{1}-b_{1})X+(a_{0}-b_{0})$ より $\deg h < n$ である.

整理すると $h\in\mathfrak{B},h\notin\mathfrak{A},\deg h <\deg f$ である.

ところがこれは $f$ の取り方に反する.

よって最初の仮定は誤りで,$\mathfrak{A}=\mathfrak{B}$ となる. $■$

 

 

この補題を使うと,次の定理が成り立ちます;

$A$ がネーター環なら多項式環 $A[X]$ もネーター環である.

 

(証明)

$A[X]$ のイデアルの昇鎖 $\mathfrak{A}_{0}\subseteq\mathfrak{A}_{1}\subseteq\mathfrak{A}_{2}\subseteq…$ を任意にとる.

各 $\mathfrak{A}_{i}$ と各 $j\in\mathbb{N}$ に対して $\mathfrak{a}_{i_{j}}:=\{a_{j}\in A|a_{j}X^{j}+a_{j-1}X^{n-1}+…+a_{1}X+a_{0}\in\mathfrak{A}_{i} \}\cup\{0\}$ とする.

すると,このイデアル $\mathfrak{a}_{i_{j}}$ たちについて,さっきの補題(1)(2)より次の図のような包含関係が成り立つ.

 

f:id:paiotunoowari:20160616054710j:plain

 

(図のかきかたがよく分からなかったからアナログでw)

 

図の対角線をたどって, $A$ のイデアルの昇鎖 $\mathfrak{a}_{0_{0}}\subseteq\mathfrak{a}_{1_{1}}\subseteq\mathfrak{a}_{2_{2}}\subseteq…$ を考える.

今 $A$ はネーター環なので,この昇鎖はある $N$ 番目( $N\in\mathbb{N}$ )で止まる.

この $N$ に対して,上の図から, $i\geq N,j\geq N$ なら $\mathfrak{a}_{i_{j}}=\mathfrak{a}_{N_{N}}$ となる.

また,各 $j=0,1,2,…,N-1$ で $A$ のイデアルの昇鎖 $\mathfrak{a}_{0_{j}}\subseteq\mathfrak{a}_{1_{j}}\subseteq\mathfrak{a}_{2_{j}}\subseteq…$ を考えると,これもある $m_{j}$ 番目(各 $m_{j}\in\mathbb{N}$)で止まる.

ここで $M=\max\{m_{0},m_{1},m_{2},…,m_{N-1},N \}$とおく.

$i\geq M $ なら,各 $j=0,1,2,…,N-1$ で $\mathfrak{a}_{i_{j}}=\mathfrak{a}_{M_{j}}$,各 $k=N,N+1,N+2,…$ で $\mathfrak{a}_{i_{k}}=\mathfrak{a}_{N_{N}}$ となる.

また,$k\geq N$ なら $\mathfrak{a}_{M_{k}}=\mathfrak{a}_{N_{N}}$ となる.

まとめると,$i\geq M $ なら各 $j=0,1,2,…$ で $\mathfrak{a}_{i_{j}}=\mathfrak{a}_{M_{j}}$ となる.

よって,補題(3)より,$\mathfrak{A}_{M}=\mathfrak{A}_{M+1}=\mathfrak{A}_{M+2}=…$ となる. 

つまり,$A[X]$ はネーター環である. $■$

 

 

$A$ がネーター環のとき,この定理をくり返し用いると$A[X_{1},X_{2},…,X_{n}]$ もネーター環であることが分かる.

 

 

これからも何か面白いこと勉強したらちょいちょい書いていきたいなーって思います.

 

おしまい.

 

 

参考文献

成田正雄,イデアル論入門,共立全書,1970. 

 

 

 

自然数の個数と実数の個数の話

数学を専門にしていない人(高校で習う集合の簡単な予備知識ぐらいは仮定するかも)向けにおもしろい話をしたいので,僕が数学科で勉強して最初に感動した話を書きます.

いろんな集合の要素の個数を比べるっていう話.

(この記事では$1$以上の整数を自然数と呼ぶことにします.)

 

まずは,簡単なもので,アルファベットの個数とひらがな五十音の個数を,どっちが多いか比べてみましょう.

まあ当然平仮名の方が個数は多いですよね.

アルファベットは$26$個しかないけど平仮名はもっと沢山ありますから.

(ところで,ひらがなって$50$文字あるのかと思ってたんですけど数えてみたら$46$個しかないんですね.なんで五十音って言うんだろう.)

 

いま僕たちはアルファベットの個数も五十音の個数も知っていたから簡単に個数を比べられましたよね.

でも,じゃあ,もしアルファベットや五十音の文字数を知らない人がいたら、その人はどうやって個数を比べたらいいんでしょうか.

 

その答は単純で,運動会の玉入れの結果発表みたいに,ひとつずつ対応をさせていけば個数が比べられます.

 

$1$文字目「A」「あ」,$2$文字目「B」「い」,...,という風に比べてみると,アルファベットは$26$文字目の「Z」で終わりますが平仮名の$26$文字目は「は」でまだまだ文字が余ってます.

それで,対応が途中で途切れてしまうので平仮名の方がたくさんあるというのが分かります.

 

数学で集合の要素の個数を比べるときは,この対応づけるやり方を使います.

そうすると,集合の要素が無数にあるような集合同士でも簡単に要素の個数を比べることができます.

 

 

たとえば正の奇数と偶数の個数を比べてみましょう.

なんとなく直感的に,どちらも同じだけ存在していそうな感じがしますよね.

実際,$1$番目の奇数「$1$」と偶数「$2$」,$2$番目の奇数「$3$」と偶数「$4$」,...,$n$番目の奇数「$2n-1$」と偶数「$2n$」,...というふうにしていくと,どちらかが先に尽きるということなく一対一に対応がつきます.

また,今の比べ方から分かるように,正の奇数全体の個数と自然数全体$\mathbb{N}$の個数も同じであることが分かります.

 

正の奇数全体を$A$と書くことにします.

$A\underset{\neq}{\subset}\mathbb{N}$だし,直感的にはなんとなく奇数は自然数の半分ぐらいしかなさそうな気がしますよね.

ところが実際に要素の個数を比べてみると同じになるって,すこし不思議な感じがします.

無限という数はめちゃくちゃ大きいので,半分にしたぐらいでは小さくならないんですね~.

 

自然数全体$\mathbb{N}$と整数全体$\mathbb{Z}$も要素の個数も同じように考えられます.

直感的に自然数は整数の半分ぐらいしか無さそうだし,無限は半分にしたぐらいでは小さくならないので,個数は同じと言えます.

厳密には,整数を$\{0,-1,1,-2,2,...,-n,n,...\}$と並べ直して各自然数$2n-1,2n$にそれぞれ整数$n-1,-n$を対応させるとこの対応はどちらかが先に尽きるということなく一対一の対応になっています.

 

 

今度は,自然数全体$\mathbb{N}$と有理数全体$\mathbb{Q}$の要素の個数を比べてみましょう.

同じように無限の大きさは半分にしたぐらいでは変わらないので,有理数は正のものだけを考えて大丈夫です.

正の有理数全体を$\mathbb{Q}_{+}$と書くことにして、$\mathbb{N}$と$\mathbb{Q}_{+}$の要素の個数を考えてみましょう.

 

$\mathbb{Q}_{+}$の各要素は$m,n\in\mathbb{N}$を用いて$n/m $と書けますね.

また,各自然数は少し素因数分解をすると$m,n\in\mathbb{N}$を用いて$2^{n}(2m-1)$と書くことができます.

そこで各$2^{n}(2m-1)$と$n/m $を対応させると,この対応はどちらかが先に尽きてしまうということなく一対一に対応できています.

よって,自然数の個数と有理数の個数は同じであるといえます.

 

これもなんだか気持ちわるい事実ですよね~.

数直線とか見てみると,自然数って$1$ずつの間隔でポツポツとしか存在してないのに有理数はわりとギッシリ存在してるし,直感的には有理数のほうがはるかに沢山ありそうな感じがするのに!

 

 

ここまでをまとめると,偶数や奇数,整数,それに有理数も,みんな個数は自然数と同じということでした.

 

じゃあ今度は,実数全部の個数と自然数の個数を比べてみましょう.

この流れだと実数も自然数と同じだけあるのかなーと思ってしまうかもしれないですが,じつは実数のほうが自然数より真にたくさんあるんです.

無限にもいろいろ大きさがあって,実数全体の無限のレベルは自然数や整数とかの無限のレベルよりもめちゃめちゃ大きいんです.

 

 

ではそれを証明していきましょう.

 

じつは区間$[0,1]$内にある実数の個数だけでも自然数全部よりはるかに多いので,それを示してゆきます.

 

背理法で示します.(カントール対角線論法)

自然数と$[0,1]$内の実数の要素の個数が同じであると仮定します.

つまり,自然数と$[0,1]$内の実数に一対一の対応がつけられると仮定します.

 

自然数「$1$」に対応するなにか実数があるのでそれを「$a(1)$」として,自然数「$2$」に対応する実数を「$a(2)$」として,...,自然数「$n$」に対応する実数を「$a(n)$」として,...というふうに$[0,1]$内の各実数に番号がつけられます.

それで,各$a(n)$たちを十進展開して次のように表示しておきます.

(各$a(n)_{m}$は$0$から$9$までの整数のどれか.)

$a(1)=0.a(1)_{1}a(1)_{2}a(1)_{3}...a(1)_{n}...$

$a(2)=0.a(2)_{1}a(2)_{2}a(2)_{3}...a(3)_{n}...$

$a(3)=0.a(3)_{1}a(3)_{2}a(3)_{3}...a(3)_{n}...$

...

$a(n)=0.a(n)_{1}a(n)_{2}a(n)_{3}...a(n)_{n}...$

...

 

この$a(n)$たちに対して,次のように作った数$x\in[0,1]$を考えてみます.

$x$を十進展開して次のように表示します.

$x=0.x_{1}x_{2}x_{3}...x_{n}...$

各$x_{n}$たちは$0$から$9$までの整数で,次のように決めていきます.

まず,$x_{1}$は$a(1)_{1}$とは違う整数をにします.

つまり,たとえば$a(1)_{1}=2$なら$x_{1}$は$2$でない整数($3$とか$4$とか)という感じ.

次に,$x_{2}$は$a(2)_{2}$と違う整数にして,$x_{3}$は$a(3)_{3}$と違う整数にします.

そういうふうに,各$x_{n}$を$a(n)_{n}$と違う整数にして作った$x$という数を考えます.

 

こうして作った$x$は$[0,1]$内の数なので,仮定から,ある何番目かの自然数$m $に対応しているはずです.

つまり,ある自然数$m $で$x=a(m)$となるはずです.

ところが,$x$の作り方から分かるように,$x$の小数$m $位と$a(m)$の小数$m $位は異なる整数になっています.

これは矛盾しているので,仮定が誤りだったということになります.

 

つまり,自然数の個数と実数の個数が同じという仮定が誤りで,実数のほうが自然数よりもはるかに多いということが分かりました.

わーい!

 

 

無限って直感に反するような気持ち悪いことが色々起こって不思議.

おしまい.