環とその剰余環の間のイデアル対応

（1）を示す。
まず、勝手な $f^{-1}(\mathfrak{b})$ の 2 元 $x, y$ の和が再びこの集合の元となることを示す。
$f$ が環準同型で、$\mathfrak{b}$ がイデアルなので、$f(x + y) = f(x) + f(y) \in \mathfrak{b}$ で、これから和が再度この集合の元になるとわかる。
次に、勝手な $f^{-1}(\mathfrak{b})$ の元 $x$ と $A$ の元 $a$ の積が再び $f^{-1}(\mathfrak{b})$ の元となることを示す。
$f$ が環準同型で、$\mathfrak{b}$ がイデアルなので、$B$ の元 $f(a)$ による $f(x)$ のスカラー倍は $f(ax) = f(a)f(x) \in \mathfrak{b}$ を満たし、これから当該積が再度 $f^{-1}(\mathfrak{b})$ の元だとわかる。よって主張が言えた。

続いて（2） を示す。
まず、勝手な $f(\mathfrak{a})$ の 2 元 $x, y$ の和が再びこの集合の元となることを示す。
$x, y$ はそれぞれ適当な $s, t \in \mathfrak{a}$ の像としてかけるが、$f$ が環準同型で $\mathfrak{a}$ がイデアルであることから、$x + y = f(s) + f(t) = f(s + t) \in \mathfrak{a}$ が言える。これから和が再度この集合の元になるとわかる。
次に、勝手な $f(\mathfrak{a})$ の元 $x$ と $B$ の元 $b$ の積が再び $f(\mathfrak{a})$ の元となることを示す。$x$ は適当な $\mathfrak{a}$ の元 $s$ の像としてかける。そして、$b$ も $f$ の全射性から適当な $a \in A$ の像としてかける。
よって $f$ が環準同型で、$\mathfrak{a}$ がイデアルであることから、これらの積は $bx = f(a)f(s) = f(ax) \in f(\mathfrak{a})$ を満たす。これで、当該積が再度 $f(\mathfrak{a})$ の元になるとわかった。よってこの場合も主張が言えた。

証明にあたって確かめるべき点は次の 3 点である。

1. $\pi_{\ast}, \ \pi^{\ast}$ がそれぞれ写像として well-defined になっていること。
2. $\pi_{\ast}, \ \pi^{\ast}$ がそれぞれ包含を保つこと。
3. $\pi_{\ast}, \ \pi^{\ast}$ がそれぞれ互いの逆写像になっていること。

（1）を見るにあたっては、上記の補題 2 を参照すればよい。
$\pi_{\ast}$ の well-definedness は補題 2 - (2) から直ちにわかる。
$\pi^{\ast}$ の well-definedness を確かめる。「像が $A$ のイデアルになっていること」と「像が $\mathfrak{a}$ を含むこと」を確認する必要がある。前者は補題 2 - (1) から直ちにわかるので、後者を見ればよい。しかし、$\pi$ によって $\mathfrak{a}$ を送ったものは 0 であること（つまり $B$ のイデアルのどれにも含まれていること）を思い出すと、後者も直ちに正しいとわかる。

（2）は集合の像・逆像が包含を保つことを思い出せば正しいことは直ちに確認できる。

（3）は次の 2 点を確認すればよい。

• 任意の $I \in \mathcal{I}_{A, \mathfrak{a}}$ に対して、$\pi^{\ast} \circ \pi_{\ast}(I) = I$ が成り立つ。
• 任意の $J \in \mathcal{I}_{A/\mathfrak{a}}$ に対して、 $\pi_{\ast} \circ \pi^{\ast}(J) = J$ が成り立つ。

しかし、後者は $\pi$ の全射性からすぐに正しいことが確認できる（実際、ここで主張しているのは、$\pi(\pi^{-1}(J)) = J$ である）。よって前者を確認する。

示すべきは、等式 $\pi^{-1}(\pi(I)) = I$ である。右辺が左辺に含まれることは自明なので、左辺が右辺に含まれることを確かめればよい。

左辺の元 $x$ を勝手にとる。この時 $\pi(x) \in \pi(I)$ より、ある $I$ の元 $y$ に対して $\pi(x) = \pi(y)$, つまり $x -y \in \mathfrak{a}$ が成り立つ。$I$ は$\mathfrak{a}$ を含んでいるから、$x - y \in I$ がわかり、これから $x \in I$ が従う。

上で示した補題 2 によってイデアルになることは既にわかっていることに注意する。
$x, y$ を積が $f^{-1}(\mathfrak{q})$ に入るような勝手な 2 元とする。このうち少なくとも一方が $f^{-1}(\mathfrak{q})$ に含まれていることを言えばよい。
$f$ は準同型なので、$f(x)f(y) \in \mathfrak{q}$ が言える。$\mathfrak{q}$ は素イデアルであるので、$f(x)$ と $f(y)$ の少なくとも一方は $\mathfrak{q}$ の元であるとわかり、これから主張が従う。

（1）をまず示す。
後半は既に示したので前半を示す。$\mathfrak{p} \in \mathcal{I}_{A, \mathfrak{a}}$ が素イデアルだったとして、$\pi_{\ast}(\mathfrak{p})$ が $A/\mathfrak{a}$ の素イデアルであることを示す。
$\overline{x}, \overline{y} \in A/\mathfrak{a}$ を積が $\pi_{\ast}(\mathfrak{p})$ に入るような勝手な 2 元とする。このうち少なくとも一方が $\mathfrak{p}$ に含まれていることを言えばよい。
$\overline{xy} \in \pi_{\ast}(\mathfrak{p})$ より、$\overline{x}, \overline{y}$ の代表元 $x, y$ は、適当な $\mathfrak{p}$ の元 $p$ に対して、$xy - p \in \mathfrak{a}$ を満たす。$\mathfrak{p}$ は $\mathfrak{a}$ を含むので、結局 $xy \in \mathfrak{p}$ である。$\mathfrak{p}$ は素イデアルであるので、$x$ と $y$ の一方は $\mathfrak{p}$ の元であり、これにより始めの主張が従う。

続いて （2） を示す。
始めに前半の主張を示す。$\mathfrak{m} \in \mathcal{I}_{A, \mathfrak{a}}$ を $A$ の極大イデアルとする。勝手な「 $\pi_{\ast}(\mathfrak{m})$ を含む全体でない $A/\mathfrak{a}$ のイデアル」をとり、これが $\pi_{\ast}(\mathfrak{m})$ に一致することを確かめればよい。
$J$ を $\pi_{\ast}(\mathfrak{m})$ を含む全体でない $A/\mathfrak{a}$ のイデアルとする。
$J$ は $\pi_{\ast}(\mathfrak{m})$ を含むから、$\pi^{\ast}(J)$ は $\mathfrak{m}$ を含む。
また、$J$ は $A/\mathfrak{a}$ 全体でないから、$\pi^{\ast}(J)$ もまた $A$ 全体でない（対偶を見ればよい）。
ゆえに $\mathfrak{m}$ の極大性から、$\mathfrak{m} = \pi^{\ast}(J)$ であり、よって $\pi_{\ast}(\mathfrak{m}) = J$ である。

続いて後半の主張を示す。 $\mathfrak{n} \in \mathcal{I}_{A/\mathfrak{a}}$ を $A/\mathfrak{a}$ の極大イデアルとする。勝手な「 $\pi^{\ast}(\mathfrak{n})$ を含む全体でない $A$ のイデアル」をとり、これが $\pi^{\ast}(\mathfrak{n})$ に一致することを確かめればよい。
$I$ を $\pi^{\ast}(\mathfrak{n})$ を含む全体でない $A$ のイデアルとする。$I$ は必然的に $\mathfrak{a}$ を含んでいるので、イデアル対応の対象であることに注意せよ。
$I$ は $\pi^{\ast}(\mathfrak{n})$ を含むから、$\pi_{\ast}(I)$ は $\mathfrak{n}$ を含む。
また、$I$ は $A$ 全体でないから、$\pi_{\ast}(I)$ もまた $A/\mathfrak{a}$ 全体でない。
ゆえに $\mathfrak{n}$ の極大性から、$\mathfrak{n} = \pi_{\ast}(I)$ であり、よって $\pi^{\ast}(\mathfrak{n}) = I$ である。

(１) 示すべき 2 つの主張の証明には、ともに「左辺が右辺に含まれること」を言えば十分である。
つまり、下記の 2 つを示せばよい。
$$\sum_{\lambda \in \Lambda} \pi_{\ast}(I_{\lambda}) \subseteq \pi_{\ast}(\sum_{\lambda \in \Lambda}I_{\lambda})$$
$$\sum_{\lambda \in \Lambda} \pi^{\ast}(J_{\lambda}) \subseteq \pi^{\ast}(\sum_{\lambda \in \Lambda}J_{\lambda})$$

実際、第一の式の右辺が左辺に含まれることは、第二式より次のようにしてわかる。
$\{\pi_{\ast}(I_{\lambda})\}_{\lambda \in \Lambda} \subseteq \mathcal{I}_{A/\mathfrak{a}}$ に対して第二式を適用すると、

$$\sum_{\lambda \in \Lambda} I_{\lambda} = \sum_{\lambda \in \Lambda} \pi^{\ast}(\pi_{\ast}(I_{\lambda})) \subseteq \pi^{\ast}(\sum_{\lambda \in \Lambda}\pi_{\ast}(I_{\lambda}))$$

となる。これを両辺 $\pi_{\ast}$ で移せば、第一の式の右辺が左辺に含まれるとわかる。
第二式の左辺が右辺に含まれることは、同様に $\{\pi^{\ast}(J_{\lambda})\}_{\lambda \in \Lambda} \subseteq \mathcal{I}_{A, \mathfrak{a}}$ に対して第一式を適用し、得られた式を $\pi^{\ast}$ で移せばよい。

さて、第一式を示す。イデアルの族の和とは、「その族の各要素を含むイデアルのうち最小のもの」であった。
「各要素を含む」ことから、勝手な $\Lambda$ の元 $\lambda$ に対し、
$$I_{\lambda} \subseteq \sum_{\lambda \in \Lambda} I_{\lambda}$$ すなわち
$$\pi_{\ast}(I_{\lambda}) \subseteq \pi_{\ast}(\sum_{\lambda \in \Lambda} I_{\lambda})$$

が成り立つ。族 $\{\pi_{\ast}(I_{\lambda})\}_{\lambda \in \Lambda}$ の和は、「各要素を含むイデアルのうち最小のもの」なので、第一式
$$\sum_{\lambda \in \Lambda} \pi_{\ast}(I_{\lambda}) \subseteq \pi_{\ast}(\sum_{\lambda \in \Lambda}I_{\lambda})$$
が従う。第二式も、同様の手続きを $\{J_{\lambda}\}_{\lambda \in \Lambda} \subseteq \mathcal{I}_{A/\mathfrak{a}}$ に対してとることで証明することができる。

この命題の(2) から (4) についても、上記 (1) の証明と同様に、主張の式の証明は「示すべき２つの式の各々で、一方の包含関係のみを証明すること」に帰着されることに注意する。

(２) 下記の 2 つを示す。
$$\pi_{\ast}(I_{1}) \cdots \pi_{\ast}(I_{n}) \subseteq \pi_{\ast}(I_{1} \cdots I_{n})$$
$$\pi^{\ast}(J_{1}) \cdots \pi^{\ast}(J_{n}) \subseteq \pi^{\ast}(J_{1} \cdots J_{n})$$

まず、前半を示す。
集合 $T$ を $T := \{ y_{1} \cdots y_{n} \mid y_{i} \in \pi_{\ast}(I_{i}) (i = 1, \ldots, n) \}$ とおく。左辺は、$T$ によって生成されたイデアルなので、この集合の勝手な元が右辺に含まれることを言えばよい。
任意に $T$ の元 $y_{1} \cdots y_{n}$ (ただし、$y_{i} \in \pi_{\ast}(I_{i}) (i = 1, \ldots, n)$ ) を取る。写像 $\pi_{\ast}$ とは、$\pi$ による $A$ の部分集合の押し出し、すなわち像をとるものだったので、 各 $y_{i}$ は各々適当な $x_{i} \in I_{i}$ によって $y_{i} = \pi(x_{i})$ と書ける。
これにより、最初にとってきた $T$ の元は、
$$y_{1} \cdots y_{n} = \pi(x_{1}) \cdots \pi(x_{n}) = \pi(x_{1} \cdots x_{n})$$ と書ける。$x_{1} \cdots x_{n} \in I_{1} \cdots I_{n}$ なのでこれは左辺の元である。

続いて、後半を示す。
集合 $U$ を $U := \{ z_{1} \cdots z_{n} \mid z_{i} \in \pi^{\ast}(I_{i}) (i = 1, \ldots, n) \}$ とおく。左辺は、$U$ によって生成されたイデアルなので、この集合の勝手な元が右辺に含まれることを言えばよい。
任意に $U$ の元 $z_{1} \cdots z_{n}$ (ただし、$z_{i} \in \pi^{\ast}(I_{i}) (i = 1, \ldots, n)$ ) を取る。写像 $\pi^{\ast}$ とは、 $\pi$ による $A/\mathfrak{a}$ の部分集合の引き戻しだったので、$z_{1} \cdots z_{n}$ の $\pi$ による像が $J_{1} \cdots J_{n}$ に含まれることを言えばよい。各 $i$ に対し、 $\pi(z_{i}) \in I_{i}$ なので、
$$\pi(z_{1} \cdots z_{n}) = \pi(z_{1}) \cdots \pi(z_{n}) \in J_{1} \cdots J_{n}$$ とわかる。

(３) 下記の 2 つを示す。
$$\bigcap_{\lambda \in \Lambda} \pi_{\ast}(I_{\lambda}) \supseteq \pi_{\ast}(\bigcap_{\lambda \in \Lambda}I_{\lambda})$$ $$\bigcap_{\lambda \in \Lambda} \pi^{\ast}(J_{\lambda}) \supseteq \pi^{\ast}(\bigcap_{\lambda \in \Lambda}J_{\lambda})$$

第一式を示す。
まず、集合族の共通部分とは、「その族のどの要素にも含まれる集合のうち、最大のもの」であった。
「どの要素にも含まれる」ことから、勝手な $\Lambda$ の元 $\lambda$ に対し、
$$I_{\lambda} \supseteq \bigcap_{\lambda \in \Lambda}I_{\lambda}$$ すなわち
$$\pi_{\ast}(I_{\lambda}) \supseteq \pi_{\ast}(\bigcap_{\lambda \in \Lambda}I_{\lambda})$$
が成り立つ。族 $\{\pi_{\ast}(I_{\lambda})\}_{\lambda \in \Lambda}$ の和は、「どの要素にも含まれる集合のうち、最大のもの」なので、第一式
$$\bigcap_{\lambda \in \Lambda} \pi_{\ast}(I_{\lambda}) \supseteq \pi_{\ast}(\bigcap_{\lambda \in \Lambda}I_{\lambda})$$ が従う。
第二式も、同様にして証明できる。

(４) 下記の 2 つを示す。
$$(\pi_{\ast}(I_{1}) : \pi_{\ast}(I_{2})) \supseteq \pi_{\ast}((I_{1}: I_{2}))$$
$$(\pi^{\ast}(J_{1}) : \pi^{\ast}(J_{2})) \supseteq \pi^{\ast}((J_{1}: J_{2}))$$

第一式を示す。
始めに、「一般に環 $R$ のイデアル $I, J, K$ に対し、$IJ \subseteq K$ が成り立つことと、$I \subseteq (K : J)$ が成り立つことは同値である」ことを思い出す。
$I_{1}, I_{2} \in \mathcal{I}_{A, \mathfrak{a}}$ に対して、もちろん $(I_{1} : I_{2}) \subseteq (I_{1} : I_{2})$ なので、$(I_{1} : I_{2})I_{2} \subseteq I_{1}$ が成り立つ。両辺 $\pi_{\ast}$ で送ると、この命題の (2) より、
$$\pi_{\ast}((I_{1} : I_{2})I_{2}) = \pi_{\ast}((I_{1} : I_{2}))\pi_{\ast}(I_{2}) \subseteq \pi_{\ast}(I_{2})$$ が成り立つ。再び (4) の冒頭の同値を思い出せば、第一式 $(\pi_{\ast}(I_{1}) : \pi_{\ast}(I_{2})) \supseteq \pi_{\ast}((I_{1}: I_{2}))$ が従う。
第二式も同様にして証明できる。

(５)
まず、主張の二式
$$\sqrt{\pi_{\ast}(I)} = \pi_{\ast}(\sqrt{I})$$
$$\sqrt{\pi^{\ast}(J)} = \pi^{\ast}(\sqrt{J})$$ において、第一式は第二式から従う。具体的には、検討したい $A$ のイデアル $I$ に対し、イデアル $\pi_{\ast}(I)$ を考え、これを第二式に当てはめたのちに両辺を $\pi_{\ast}$ で送ればよい。

第二式を示す。
始めに、集合族 $P, Q$ を各々
$$P := \{\mathfrak{p}: \text{prime in $A$}, \pi^{\ast}(\mathfrak{b}) \subseteq \mathfrak{p} \}$$
$$Q := \{\mathfrak{q}: \text{prime in $A/\mathfrak{a}$}, \mathfrak{b} \subseteq \mathfrak{q} \}$$
とおく。そして、これらの間の写像 $\Phi \colon Q \rightarrow P$ を、$\mathfrak{q} \in Q$ に対して、$\pi^{\ast}(\mathfrak{q})$ を割り当てるものとする。命題３により、これは $P$ の元であり、よって $\Phi$ は well-defined である。

$\Phi$ は全射であることに注意する。
実際、勝手な $P$ の元 $\mathfrak{p}$ をとる。すると、$\pi^{\ast}(\mathfrak{p})$ は命題３より $A/\mathfrak{a}$ の素イデアル、すなわち $Q$ の元である。これを $\Phi$ で送れば $\mathfrak{p}$ となるので全射がわかる。

さて、ここで「あるイデアルの根基とは、そのイデアルを含む全素イデアルの共通部分である」ことを思い出す。
すると、
$$\pi^{\ast}(\sqrt{J}) = \pi^{\ast}(\bigcap_{\mathfrak{q} \in Q} \mathfrak{q}) = \bigcap_{\mathfrak{q} \in Q} \pi^{\ast}(\mathfrak{q}) = \bigcap\Phi(Q) = \bigcap P = \sqrt{\pi^{\ast}(J)}$$
となる。

なお、この(５)においては、イデアル対応に関する命題は事実上利用していないため、より一般的な「根基の引き戻しは引き戻しの根基」という形の事実が成り立つことを最後に注意しておく。