大学数学基礎解説

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付値環をいっぱい作ろう！（オマケ：Hartshorneの演習問題の小咄）

可換環論,代数学,環論

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この記事は Math Advent Calender 2021 の23日目の記事です．

22日目は夜空🍀さん，24日目はルナさんです．

本記事では付値環を作ることを目的としますが，レシピブックのようなものなので具体的な構成は皆さんに委ねます．手を動かしましょう．

本記事では環といったら１を持つ結合的な可換環とします．まずは付値環の定義を復習しましょう．

付値環の復習

全順序群

$G$ を群とする． $G$ 上の全順序 $\leq$ であって，任意の $x, y, z \in G$ に対して $x \leq y$ ならば $x + z \leq y + z$ かつ $z + x \leq z + y$ となるものが存在するとき，組 $(G, \leq)$ を全順序群(totally ordered group)という．

付値環

$G$ を全順序Abel群とする．体 $K$ と全射 $v : K \to G \cup {\infty}$ について任意の $α, β \in K$ に対して；
(1) $v^{- 1} (\infty) = {0} .$
(2) $v (α β) = v (α) + v (β) .$
(3) $v (α + β) \geq min {v (α), v (β)} .$

が成り立つとき， $v$ を付値(valuation)という．体 $K$ 上の付値 $v$ について；
$A := {α \in K | v (α) \geq 0}$
を $v$ の付値環(valuation ring)という．

　付値環のかんたんな性質は[1], [2]などの可換環論の基本的な教科書を見てください．付値環の特徴づけについては略証を述べておくことにします．

$A$ を整域とし， $K$ をその商体とする．このとき次の条件；
(1) $A$ は $K$ 上のある付値 $v$ の付値環である．
(2) $A$ は局所環であり，すべての有限生成イデアルは単項である．
(3) 任意の $α \in K$ に対して， $α \notin A$ ならば $α^{- 1} \in A$ である．

は同値である．

略証

$(1) ⟹ (2)$
　 $A$ を付値環とすると，イデアル $I, J$ について $I \subset J$ または $J \subset I$ が成り立つことがかんたんな計算でわかる．特に $A$ は局所環である．また有限生成イデアル $I = (a_{1}, \dots, a_{r})$ について， ${v (a_{1}), \dots, v (a_{r})}$ の最小元を $v (a_{j})$ とすれば $I = (a_{j})$ となる．
$(2) ⟹ (3)$
　 $α \in K$ について $α \notin A$ とする． $α = a / b$ とおくとき， $(a, b) = (c)$ となる $c \in A$ をとる．すると $a / c, b / c \in A$ であり，また $a / c \in A^{\times}$ であることがわかる．よって $α^{- 1} = b / a = (b / c) (c / a) \in A$ である．
$(3) ⟹ (1)$
　 $α \in K^{\times}$ に対して $α A := {α a | a \in A}$ を考えると， $G := {α A | α \in K^{\times}}$ は全順序なAbel群をなす．和は $α A + β A = (α β) A$ とし，順序は；
$α A \leq β A ⟺ β A \subset α A$
とすればよい．このとき；
$v : K \to G \cup {\infty}; α \mapsto {\begin{cases} α A & if α \neq 0 \\ \infty & if α = 0 \end{cases}$
と定めるとこれは付値をなし， $A$ はこの付値についての付値環である．

　系として次が得られます．

付値環 $A$ がNoetherであることとPIDであることは同値である．

　特に2次元以上の付値環はすべてNoether環ではないことがわかります．これは1次元でない付値環を構成すれば非Noether環の例が作れると言っているので，とても嬉しいことです．

モノイド

　まずは付値環の材料を用意しましょう．

モノイド

$M$ を集合とする． $M$ 上に結合的かつ $e$ を単位元とする演算 $\cdot$ が備わってるとき，代数構造 $(M, \cdot, e)$ をモノイド(monoid)という．

ここでは可換なモノイド，すなわち任意の $x, y \in M$ に対して $x \cdot y = y \cdot x$ であるものしか扱いません．このとき演算を $+$ ，単位元を $0$ で表すことにします．モノイドについての言葉を用意しておきます．

$M$ を可換モノイドとする．任意の $x, y, z \in M$ に対して $x + z = y + z$ ならば $x = y$ であるとき $M$ 消去的(cancellative)であるという．
$M$ を可換モノイドとする． $N \subset M$ について， $0 \in N$ でありかつ任意の $x, y \in N$ について $x + y \in N$ であるとき $N$ を $M$ の部分モノイド(sub monoid)という．
$M, N$ を可換モノイドとする．写像 $f : M \to N$ であって，任意の $x, y \in M$ に対して $f (x + y) = f (x) + f (y)$ であり，単位元を保つものをモノイド準同型(monoid homomorphism)という．

　自然数から整数を作ることを思い出して，モノイドからAbel群を作るのがレシピの第一段階です．

$M$ を可換で消去的なモノイドとする．このとき $M \times M$ に関係；
$(x, y) \sim (x^{'}, y^{'}) ⟺ x + y^{'} = y + x^{'}$
を定めるとこれは同値関係となり $M^{g} := M \times M / \sim$ はAbel群となる．

　可換，消去的であることに気をつけて計算すれば同値関係であることが確かめられる．さて $M^{g}$ に；
$\overset{―}{(x, y)} \cdot \overset{―}{(x^{'}, y^{'})} = \overset{―}{(x + y, x^{'} + y^{'})}$
と演算を定めればこれはwell-definedで， $\overset{―}{(0, 0)}$ が単位元， $- \overset{―}{(x, y)} = \overset{―}{(y, x)}$ であるようなAbel群をなす．

　 $M \to M^{g}; x \mapsto \overset{―}{(x, 0)}$ と定めるとこれは単射なモノイド準同型になります．そこで $x = \overset{―}{(x, 0)}, - x = \overset{―}{(0, x)}$ と書くことで $M^{g}$ は $M$ の逆元を付け足したような群だと思うことできます．これはまさしく自然数からの整数の構成そのものです！

付値環を作る

$M$ を可換で消去的なモノイドとする． $M^{g}$ に次の関係；
$x \leq y ⟺ \exists z \in M; y = x + z$
と定めると，これは反射律と推移律を満たす．またこれが反対称律を満たすこと（ $\leq$ が順序をなすこと）と， $M$ が非自明な単元を持たないことは同値．

　反射律，推移律を満たすことは手の運動．
　まず $\leq$ が $M^{g}$ 上の順序であるとする．さて $x \in M$ に対してその逆元 $- x \in M$ が存在するとする．すると $x - x = 0$ だから $x \leq 0$ であり，明らかに $0 \leq x$ だから $x = 0$ である．よって $M$ は非自明な単元を持たない．
　次に $M$ が非自明な単元を持たないとする． $x, y \in M$ に対して $x \leq y, y \leq x$ であると仮定する．するとある $z, z^{'} \in M$ が存在して $y = x + z = y + z + z^{'}$ とかけるので $z + z^{'} = 0$ すなわち $z$ は単元である．よって $z = z^{'} = 0$ となり $x = y$ となる．

　そこで次のような言葉遣いをすることにします．

付値的なモノイド

$M$ を可換で消去的なモノイドで，非自明な単元を持たないとする．任意の $x \in M^{g}$ について $x \in M$ または $- x \in M$ であるとき， $M$ は付値的(valuative)であるという．

　この用語は少なくとも1970年代には対数幾何(logarithmic geometry)の文脈などで使われていたようです（例えば加藤先生のpreprint ）．
　可換で消去的で非自明な単元がないようなモノイド $M$ について，付値的であることと，上で定めた $M^{g}$ の順序が全順序であることは同値だということを注意しておきます．
　さて，この定義は定理１のアナロジーになっていることがみてとれるでしょう．この付値的なモノイドこそが求めていた付値環の材料となるものです．

モノイド環

$A$ を環， $M$ を可換なモノイドとする．このとき；
$A [M] := {\sum_{\begin{matrix} x \in M \\ finite sum \end{matrix}} a_{x} x | a_{x} \in A}$
は $a_{x} x + b_{x} x = (a_{x} + b_{x}) x, a_{x} x \cdot b_{y} y = (a_{x} b_{y}) (x + y)$ と定めることで環をなす．これをモノイド環(monoid ring)という．

　いまモノイドの演算を加法的に表しているので，この表記はあまり直感的でないかもしれません．そこで本稿では不定元 $X$ を明示して；
$A [X; M] := {\sum_{x \in M} a_{x} X^{x} | a_{x} \in A}$
の形で表すことにします．もちろん上で定めた $A [M]$ と自然に環同型です．この表示では，演算は $a_{x} X^{x} + b_{x} X^{x} = (a_{x} + b_{x}) X^{x}, a_{x} X^{x} b_{y} X^{y} = a_{x} b_{y} X^{x + y}$ と表されることになります．このとき $A [X; N]$ が自然な多項式環 $A [X]$ そのものであることに注意してください（本稿では $0 \in N$ と考えています）．

$k$ を体とし， $M$ を付値的なモノイドとする．このとき；
$k [X; M ∖ {0}] := {\sum_{x \neq 0} a_{x} X^{x} | a_{x} \in A}$
はモノイド環 $k [X; M]$ の極大イデアルをなす．

$k [X; M] / k [X; M ∖ {0}] ≅ k$ であるので極大イデアルである．

　以後この極大イデアルを $m$ で表すことにします．これまでの準備によって付値環を構成することができます！

$k$ を体とし， $M$ を付値的なモノイドとする．このとき；
$A := k [X; M]_{m}$
は $M^{g}$ を値群に持つ付値環である．

$K := Frac (A) = Frac (k [X; M])$ とおく．付値 $v : K^{\times} \to M^{g}$ を定めよう．任意の $f \in k [X; M]$ に対して；
$f = a_{x_{1}} X^{x_{1}} + \dots + a_{x_{r}} X^{x_{r}}$
と表示する．ここで $M^{g}$ の順序により $M$ にも全順序が入っているから， $x_{1} \leq \dots \leq x_{r}$ としてよい．このとき $v (f) = x_{1}, v (1 / f) = - x_{1}$ と定め，これを加法的に拡張することで $v$ を定めるとこれが付値になる．

　これにより，付値的なモノイドがあればそこから付値環が得られることがわかりました！しかしここで材料探しという問題が浮上します．すなわち，付値的なモノイドをどうやって集めるか？という問題です．とはいえ，この問題は群論に帰着させることができます．

$G$ を全順序Abel群とする．このとき；
$M := {x \in G | 0 \leq x}$
は付値的なモノイドで，すべての付値的なモノイドはこのようにして与えられる．

　これを確かめることは難しくないでしょう．よって全順序Abel群があればそこから付値環が得られることがわかりました．みなさんもいっぱい付値環を作ってみてくださいね！

応用

　最後に，無限次元の付値環を構成して本稿を終えたいと思います．

$M$ を付値的なモノイドとする．部分集合 $N \subset M$ であって，任意の $x \in M$ と $y \in N$ について $x + y \in N$ であるものを $M$ のイデアル(ideal)という．イデアル $N ⊊ M$ について， $x + y \in N$ ならば $x \in N$ または $y \in N$ が成り立つとき $N$ は素(prime)であるという．

　ここで， $\emptyset \subset M$ もイデアルと考えることに注意してください．特に $\emptyset$ は素イデアルになります．いま部分群 ${e}$ や環の自明なイデアル $(0)$ と異なり，モノイドの単位元 $0 \in M$ に対して ${0}$ はモノイドのイデアルにならないことに注意してください．するとモノイドのイデアル全体において $\emptyset$ は，これら自明なイデアルが果たしていた極小なイデアルとしての働きをすることになります．それは次の対応定理から見て取れるでしょう．

$M$ を付値的なモノイドとする． $M$ のイデアル全体と $k [X; M]_{m}$ のイデアル全体の間には；
$N \mapsto I_{N} := {\sum_{x \in N} a_{x} X^{x} | a_{x} \in k}$
で与えられる，包含関係を保つ全単射がある．特に素イデアル同士もこれによって対応する．

　これを確かめることも手の運動でしょう．空集合 $\emptyset$ について $I_{\emptyset} = (0)$ であることに注意してください．

$M := {f \in Z [X] | f の最低次数の係数は正である．} \cup {0}$ は付値的なモノイドをなし，これに付随する付値環は無限次元である．

$M^{g} = Z [X]$ であり，これに辞書式順序によって全順序を入れる． $P_{n} \subset M$ を；
$P_{n} := {f \in M | ある i \leq n について a_{i} > 0 である．}$
と定めるとこれは $M$ の素イデアルで，無限に続く昇鎖をなす．

小咄

　余談も余談ですが，Hartshorneによる有名な代数幾何学の教科書の和訳には演習問題解答がついているのですが，そのクオリティはあまり高くないことが知られています．本稿で紹介した無限次元の付値環の存在も，その解答の誤りを指摘するものになっています．
　この際なので具体的に述べておくことにしましょう．[3],II,Ex 2.13 (d)は環 $A$ がNoetherでないが $Spec (A)$ がNoether位相空間になるような例を挙げよ，という問題です．訳者による解答では２次元以上の付値環が求める例である，と述べられていますがそれは間違いで，なぜなら無限次元の付値環が存在するからです．非Noether環を気軽に扱うと思わぬ落とし穴がありますね．

参考文献

[1]

R. Hartshorne, Algebraic Geometry, Graduate Texts in Mathematics, Springer, 1977

[2]

M. F. Atiyah and I. G. MacDonald , 可換代数入門（新妻弘訳）, 共立出版, 2007

[3]

松村英之, 可換環論（復刊）, 共立出版, 1980

投稿日：2021年12月22日

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投稿者

RyoyaANDO

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可換環論専攻のD1です．松村，Hartshorne, Atiyah-Macdonald，Bruns-Herzogなどの有名所の教科書に書いてない話をまとめています． I am a doctoral student, studying Commutative Algebra. I am summarising a slightly different perspective on this site from the existing famous textbooks (in Japanese).

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