可換アルティン環は可換アルティン局所環の有限直積なことの、短い加群論的証明

$R$を左$R$加群として直既約分解すると$R = Re_1 \oplus \cdots Re_n$と冪等元$e_i$を用いて書け、$R e_i$は直既約かつ長さ有限加群なので、Fittingの補題によりその自己準同型環$\End_R(Re_i)$は局所環だが、今$R$が可換なので$\End_R(Re_i) = Re_i$であり、しかも上の直和分解は$R = R e_1 \times \cdots \times R e_n$と環の直積分解を与えている。よって$R$はアルティン局所環$R e_i$の有限直積である。

任意に自己準同型$f \colon M \to M$があると、$\ker f \leq \ker f^2 \leq \cdots$という上昇列と$\image f \geq \image f^2 \geq \cdots$という下降列があり、長さ有限性からこれが有限でとまることを使うと、「$f$が非同型であることと冪零であることが同値」がすぐに従う。

よって$\End_R(M)$は可逆元の集合と冪零元の集合との和集合になる。このことと次の補題から$\End_R(M)$は局所環である。

局所環の特徴づけの一つ「任意の元$x \in B$に対して、$x$と$1-x$のいずれかは可逆元である」ことを示す（ 局所環の特徴づけの記事 参照、暇があればこの部分だけ証明を後で書きます）。

実際、$x$が非可逆とする。すると仮定によりある$n$が存在して$x^n = 0$となる。このとき、$1+x+x^2 + \cdots + x^{n-1}$が$1-x$の逆元なことが容易に示される。

$1 \in R$について、直和分解により$1 = e_1 + \cdots + e_n$で$e_i \in M_i$となるような元$e_i$が取れる。このとき、
$$ e_i = e_i \cdot 1 = e_i e_1 + \cdots + e_i e_i + \cdots + e_i e_n $$
という計算ができるが、$M_i$は左$R$部分加群なことから$e_i e_j \in M_j$であり、よって直和になっていることから、$e_i^2 = e_i$と、$i \neq j$については$e_i e_j = 0$が成り立つ。特に$e_i$は冪等元である。

このとき実は$M_i = Re_i$が成り立つ。実際右辺は左辺に明らかに含まれるが、左辺の元$x \in M_i$を取ると、
$$ x = x \cdot 1 = x e_1 + \cdots + x e_i + \cdots + x e_n $$
となるが、$x \in M_i$と$x e_j \in M_j$なことから、直和分解なことより$x e_i = x$が成り立つ。よって$x \in R e_i$である。

以上のことから$M_i = Re_i$であり、$M = Re_1 \oplus \cdots \oplus R e_n$という直和分解が存在することが分かった。さらにここで$R$が可換だと仮定する。このとき$Re_i$は$R$の積で閉じている。実際、任意の$x, y \in R$について
$$ (x e_i) \cdot (y e_i) = xe_i y e_i = x y e_i e_i = x y e_i $$
となる。この積は$R e_i$上の演算を定めるが、$e_i$がこの単位元であることも同じように計算して分かる。また$R$がもともと結合的・分配的だったことを思い出せば、$R e_i$は単位元$e_i$を持つ環になっている。

最後に直和分解$R = R e_1 \oplus \cdots \oplus R e_n $が実は環の直積分解を与えていることを示す。このことは、$R$の元$x_1, \dots, x_n \in R$と$y_1, \dots, y_n$について、

\begin{align} (x_1 e_1 + \cdots + x e_n) \cdot (y_1 e_1 + \cdots + y_n e_n) & = \sum_{i,j}(x_i e_i)(y_j e_j)\\ &= \sum_{i,j} (x_i y_j) (e_i e_j) \\ &= \sum_{i} (x_i y_i) e_i\\ &= (x_1 y_1) e_1 + \cdots + (x_n y_n) e_n \end{align}

という計算から分かる（可換性と、$e_i$と$e_j$の積が$i=j$で$e_i$となり、$i \neq j$ではゼロになることを使った）。

容易に確かめられる（圏論を知っている人は米田の補題である）。

「アルティン環はネーター環である」という有名な定理を認める。と$R$は左$R$加群とみて長さ有限である。よって、長さの有限性（アルティン性やネーター性だけでも十分）から、左$R$加群としての直和分解
$$ R = M_1 \oplus\cdots\oplus M_n $$
であって各$M_i$が直既約左$R$加群であるようなものが存在する。ここで命題4により、対応する冪等元$e_1, \dots, e_n$が存在し
$$ R = R e_1 \oplus\cdots\oplus R e_n $$
と分解され、しかもこの分解は環の直積分解
$$ R = R e_1 \times\cdots\times R e_n $$
である。

一方、補題2により$\End_R(M_i)$は局所環だった。しかし命題5を使うと$\End_R(M_i) = \End_R (Re_i)$は環として$R e_i$と同型なので、上の各$R e_i$は局所環である。

最後に$R e_i$がアルティン環なことを観察して証明を終わる。いま$R e_i$は$R$加群としては（アルティン加群$R$の部分加群なので）アルティン加群である。一方、$R e_i$の$R e_i$部分加群$M$は$R$部分加群に自動的になる。実際、$r \in R$をとると、$R e_i$の任意の元$x e_i$に対して、
$$ r (x e_i) = r x e_i = r x e_i^2 = (r e_i) (x e_i) \in M $$
が成り立つ。よって$Re_i$は$R e_i$加群とみてもアルティンなことが分かる。よって$R e_i$はアルティン環である。