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．
（証明）それはそう． $■$
（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． $■$
素イデアルは素数の一般化っぽいものであったが，準素イデアルは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．
$\varphi:k[y]\ni f\ \mapsto\ \bar{f}\in A/\mathfrak{q}$
は全射で( $A$ 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．
（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， ネーター環の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.
