2021-03-28

準同型加群、自己準同型環

代数学

準同型写像の加群構造

$A$ を可換環、 $M, N$ を $A$ 加群とする。

$M$ から $N$ への準同型写像は、自然に $A$ 加群としての構造を持つ：

$(f + g)(x) = f(x) + g(x)$
$(af)(x) = af(x)$ 　 $(a \in A)$

また、任意の元 $a \in A$ に対して、 $a_{M,N} :M \rightarrow N$ を $a_{M,N}(x) = ax$ と定めることができ、通常 $a_{M,N} = a$ と省略して記述する。

$M = N$ の場合

さらに、 $N = M$ ならば、自然に（一般に非可換な）環の構造を持つ（これを $M$ の自己準同型環と呼ぶ）：

$(fg)(x) = f(g(x))$
単位元 = $M$ の恒等写像

自己準同型環の可換な部分群

任意の自己準同型 $\varphi$ を一つ定めると、自己準同型環の部分環 $A[\varphi] = \{a\varphi^n | a \in A, n \in \mathbb{N}\}$ は可換になる。

自己準同型環上の加群構造

$E$ を $M$ の自己準同型環（またはその部分環）とすると、 $M$ は $A$ 加群であると同時に $E$ 加群としての構造を持つ：

$fx = f(x)$ 　 $(f \in E)$

$M = N = A$ の場合

$A$ を $A$ 加群として見た場合、自己準同型環は自然に $A$ と同一視できる。

$M = N = B \supset A$ が可換環の場合

可換環の拡大 $A \subset B$ の場合、 $A$ 加群として自己準同型環 $E$ は $B$ の部分環と見ることができる。この場合、自己準同型環として0写像であることと、 $B$ の元として0であることは一致する。

2021-03-27

整拡大の整拡大は整拡大

定理

$A \subset B$ 、 $B \subset C$ がそれぞれ整拡大であるとき、 $A \subset C$ も整拡大である。

証明

$c \in C$ に対して $c^n + c^{n-1}b_1 + \cdots + b_n = 0$ を満たす $b_1, \cdots, b_n \in B$ を取ると、 $b_1, \cdots, b_n$ は $A$ 上整な元だから、 $A[b_1, \cdots, b_n, c]$ は $A$ 加群として有限生成となる。

よってこちら（TODO 別記事で証明）の定理から $c$ が $A$ 上整であることが言える。（証明終）

2021-03-27

整拡大の定義

代数学

定義

$A \subset B$ を可換環の拡大とする。

$b \in B$ が $A$ 上モニックな多項式の根になるとき、すなわちある $n \ge 1, a_1,\cdots,a_n \in A$ が存在して $b^n + a_1b^{n-1} + \cdots + a_n = 0$ を満たすとき、 $b$ は $A$ 上整であるという。

$B$ の任意の元が $A$ 上整であるとき、 $B$ は $A$ 上整である、または $A \subset B$ は整拡大であるという。

$A$ 上整な $B$ の元の集合を、 $B$ における $A$ の整閉包という。

基本的な性質

$A$ 上整な $B$ の元の集合は、 $B$ の部分環を成す（TODO 証明記事の作成）。よって $A$ の整閉包は $B$ の部分環である。
$A \subset B \subset C$ を可換環の拡大とする。 $B$ が $A$ 上整であり、 $C$ が $B$ 上整ならば、 $C$ は $A$ 上整である（TODO 証明記事の作成）。

2021-03-24

4で割った余りが1の素数は、2つの平方数の和で表せる

定理

任意の素数 $p \equiv 1 \bmod 4$ に対して、ある整数 $a, b$ が存在して $p = a^2 + b^2$

ポイント

$p = \alpha\beta \Rightarrow p = N(\alpha) = a^2 + b^2$

証明

素数 $p \equiv 1 \bmod 4$ は $\mathbb{Z}[ i ]$ において素元でないから、既約元でもなく、 $p = \alpha \beta$ 、 $\alpha, \beta \in \mathbb{Z}[i] \setminus \{\pm 1, \pm i\}$ と分解できる。

このとき、両辺のノルムを取ると $p^2 = (a^2 + b^2)(c^2 + d^2)$ 、 $a,b,c,d \in \mathbb{Z}$ と書ける。 $a^2 + b^2 \neq 1$ 、 $c^2 + d^2 \neq 1$ だから、 $p = a^2 + b^2$ （証明終）

参考

素数 $p \equiv 1 \bmod 4$ はガウス整数環において素元でないことの証明はこちら。
ガウス整数環はUFD（一意分解整域）の証明はこちら（TODO）

2021-03-24

4で割った余りが1の素数はガウス整数環において素元でない

証明の雰囲気

$p \mid (x + i) (x - i)$

証明

$p$ が素元でないことを示すには、ある $a, b \in \mathbb{Z}[i]$ が存在して、 $p \mid ab$ 、 $p \nmid a$ 、 $p \nmid b$ を示せば良い。

$p \equiv 1 \bmod 4$ のとき、 $\sqrt{-1} \in \mathbb{F}_p$ だから※1、ある $x \in \mathbb{Z}$ が存在して $p \mid x^2 +1 = (x+i)(x-i)$ となる。

$p \nmid x \pm i$ だから、 $p$ は素元でない。（証明終）

参考

※1 TODO 別途証明の記事作成

2020-11-03

整数環における原始的な指標の積が原始的となる条件

命題

$m, n \geq 2$ を互いに素な整数、 $G$ を可換な乗法群（単元を1とする）、 $f : (\mathbb{Z}/(m))^{*} \rightarrow G$ 、 $g : (\mathbb{Z}/(n))^{*} \rightarrow G$ を原始的な乗法的群準同型とする。

$h : (\mathbb{Z}/(mn))^{*} \simeq (\mathbb{Z}/(m))^{*}×(\mathbb{Z}/(n))^{*} \rightarrow G$ を、 $h(x + (mn)) = f(x + (m))g(x + (n))$ と定めると、これは原始的な指標になる。

なお、原始的な指標の定義については、この記事を参照。

証明

与えられた環、イデアルがこの記事で取り上げた性質1～4のいずれか満たすことを示せばよい。

$(mn)$ を含むイデアルを $(l)$ とすると、 $l$ は $mn$ の真の約数である。

次の場合に分けて考える。

場合分け1: $l$ と $m$ または $n$ が互いに素な場合

$l$ が $m$ と互いに素であると仮定する（ $n$ の場合も同様）。

このとき、 $l$ が $n$ を割り切るから $(n) \subset (l)$ で、 $n$ と $m$ が互いに素だから、集合 $\{1 + kn | k \in \mathbb{N}\}$ は $(Z/(m))^*$ の1つの代表系を含み※1、よって $f(1 + kn + (m)) \ne 1$ を満たす $k \in \mathbb{Z}$ が存在する。

$kn \in (l) \cap (n) \setminus (m)$ だから、性質1を満たすことがわかる。

場合分け2: $l$ と $m,n$ が互いに素でない場合

$l$ は $m,n$ とそれぞれ共通約数を持つ。このとき、 $m,n$ のいずれかは $l$ を割り切らない（ $m,n$ が両方とも $l$ を割り切る場合、 $l = mn$ となり矛盾）。

$m$ が $l$ を割り切らないとする（ $n$ の場合も同様）。

ここで $m = m_1 m_2$ と分解する（ただし $m_1|l, (m_2, l) = 1$ ）。

このとき、 $m_1n \in (l) \cap (n) \setminus (m)$ 、かつ $(m_1n) + (m) \ne \mathbb{Z}$ だから、性質3を満たすことがわかる。

（証明終）

注意書き

※1 $n$ と $m$ が互いに素だから、 $\{kn | k \in \mathbb{N}\}$ は $Z/(m)$ の代表系を成す。よって $\{1 + kn | k \in \mathbb{N}\}$ も $Z/(m)$ の代表系を成し、その可逆元の集合が $(Z/(m))^*$ の代表系を成す。

2020-11-03

原始的な指標の積が原始的となる条件

命題

$R$ を可換環、 $I,J$ を $R$ の互いに素なイデアル、 $G$ を可換な乗法群（単元を1とする）、 $f\: (R/I)^{*} \rightarrow G$ 、 $g\: (R/I)^{*} \rightarrow G$ を原始的な乗法的群準同型とする。

任意の真イデアル $H \supsetneq IJ$ が、次のいずれかを満たすと仮定する。

$x \in (H \cap J) \setminus I$ が存在して、 $1+x \in (R/I)^*$ かつ $f(1+x + I) \ne 1$
$x \in (H \cap I) \setminus J$ が存在して、 $1+x \in (R/J)^*$ かつ $g(1+x + J) \ne 1$
$x \in (H \cap J) \setminus I$ が存在して、 $(x) + I \ne R$
$x \in (H \cap I) \setminus J$ が存在して、 $(x) + J \ne R$

$h : (R/IJ)^{*} \simeq (R/I)^{*}×(R/J)^{*} \rightarrow G$ を、 $h(x + IJ) = f(x + I)g(x + J)$ と定めると、これは原始的な指標になる。

なお、原始的な指標の定義については、この記事を参照。

証明

任意の真イデアル $H \supsetneq IJ$ に対して、ある $x \in H$ が存在して $f(1+x+I)g(1+x+J) \ne 1$ となることを示せば良い。

$H$ に関する性質1～4で場合分けする。

$H$ が性質1または2を満たす場合

性質1を満たす場合、 $x \in J$ だから、 $g(1 + x + J) = 1$ 。

よって $f(1 + x + I)g(1+x+J) = f(1+x+I) \ne 1$ 。

性質2を満たす場合も同様。

$H$ が性質3または4を満たす場合

性質3を満たす場合、 $(x) + I \supsetneq I$ が真のイデアルだから、 $f$ の原始性の仮定より、ある $t \in R$ が存在して $f(1 + tx + I) \ne 1$ となる。このとき $tx \notin I$ で、 $tx$ は性質1を満たす元なので $h$ の原始性が言える。

性質4を満たす場合も同様。