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大学数学基礎解説
文献あり

代数学をやるその7 多項式環の極大イデアル

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はじめに

今回は多項式環の極大イデアルの生成元の個数を求める問題を持ってきました.

その他の問題たちは こちらのまとめページ から見れます.よろしければリンクをご利用ください.

更新履歴

(2022/06/20):補題2と補題3の追加,(1)の解答の間違いを修正.
(2022/12/17):補題2の入れ替えと補題3の削除,(1)の解答を更に修正,一旦途中までの(2)の解答を掲載.
(2022/12/27):補題2の入れ替えと補題3の追加,(2)の解答を修正.
(2023/10/15):追記の記入

問題と解答

以下の問に答えよ.(2020年度 東京大学数理科学研究科 修士課程専門B 第2問)
(1) Kを体とする.K上の2変数多項式環K[X,Y]の極大イデアルは2つの元で生成されることを示せ.
(2) 有理整数環Z上の2変数多項式環Z[X,Y]の極大イデアルは3つの元で生成されることを示せ.

以下,剰余環の元は上にバーを付けて表します.また,可換環Rとその拡大環R,そしてRのイデアルIに対し,Iによって生成されるRのイデアルをIRE(I)(Eはextensionの意)などと表すことにします.例えば,可換環RとそのイデアルIに対し,Iによって生成されるR上の1変数多項式環R[X]のイデアルI(R[X])
I(R[X])=E(I)={f(X)R[X]|f(X)I}
となります.

(1)
証明を表示

IK[X,Y]を極大イデアルとする.このときK[X,Y]/Iは体である.K[X,Y]/Iは有限生成K代数でもあるから,補題1(Zariski's Lemma)によりK[X,Y]/IKの有限次代数拡大体である.従ってXK[X,Y]の像XK[X,Y]/IK上のある既約多項式f(T)K[T]の根である.即ち
0=f(X)=f(X)
が成り立つ.これはf(X)Iを意味する.f(X)によって生成されるK[X]のイデアルを(f)f(X)によって生成されるK[X,Y]のイデアルをE(f)と表すとE(f)Iが成り立つ.よって同型
K[X,Y]/I(K[X,Y]/E(f)/(I/E(f)(K[X]/(f))[Y]/(I/E(f))
を得る.これよりI(K[X]/(f))[Y]の極大イデアルI/E(f)に対応する.f(X)K[X]は既約であったからK[X]/(f)は体である.体上の1変数多項式環はPIDであるから,あるg(X,Y)K[X,Y]によってI/E(f)=(g¯)と表せる.これよりI(f,g)が成り立つ.(f,g)K[X,Y]であれば,Iの極大性からI=(f,g)となり題意が示される.よって示すべきは(f,g)K[X,Y]であることである.

そこで,(f,g)=K[X,Y]と仮定する.このとき,あるa,bK[X,Y]が存在して1=af+bgと表せる.これはK[X,Y]/E(f)において1(g)=I/E(f)であることを示している.しかし,これはI/E(f)K[X,Y]/E(f)の極大イデアルであることに矛盾.従って(f,g)K[X,Y]である.(証明終)

(2)
証明を表示

IZ[X,Y]を極大イデアルとする.Iは特に素イデアルであるから,IZZイデアルである.よってIZ=(0)もしくはIZ=(p)(pは素数)が成り立つ.

IZ=(0)とすると,Iに含まれる整数は0のみである.つまりS=Z{0}とおくとIS=である.これより自然な準同型ZZ[X,Y]/Iは単射である.即ちZ[X,Y]/IZを含む体である.よってZ[X,Y]/Iは有理数体Qを含むπ:Z[X,Y]Z[X,Y]/Iを標準全射,i:Z[X,Y]S1(Z[X,Y])=Q[X,Y]を任意のfZ[X,Y]に対してi(f)=f/1を満たす環準同型とする.πSの各元をZ[X,Y]/Iの単元にうつすので,局所化の普遍性よりπ=φiを満たす環準同型φ:Q[X,Y]Z[X,Y]/Iが存在する.πが全射であるからφも全射である.即ちZ[X,Y]/I有限生成Q代数である.従って補題1(Zariski's Lemma)より,Z[X,Y]/IQの有限次拡大体,特に代数拡大体である.このとき,補題2をA=Zとして適用することでZ[X,Y]/IZ上有限生成でないことが分かる.しかし,これは自然な全射準同型Z[X,Y]Z[X,Y]/Iの存在に矛盾する.従ってIZ=(0)となることはない.

以上より,IZ=(p)(pは素数)と書ける.pZ[X,Y]で生成するイデアルをE(p)と表すと,E(p)Iであるから同型
Z[X,Y]/I(Z[X,Y]/E(p))/(I/E(p))
が成り立つ.即ち,I/E(p)Z[X,Y]/E(p)極大イデアルである.同型
Z[X,Y]/E(p)(Z/(p))[X,Y]
が成り立ち,Z/(p)は体であるから,(1)で示したことよりI/E(p)は2つの元で生成される.その生成元を多項式f,gZ[X,Y]によってf,gと表す.このときZ[X,Y]に戻ればI(f,g,p)が成り立つが,1.の最後と同様の方法によってこの包含は等号となることが分かる.即ちIは3つの元で生成される.(証明終)

(1),(2)どちらの証明でも,極大イデアルと係数環との共通部分が零イデアルでないことを示すことが最も大事ですね.
因みに,今回の(1)の証明と同様の議論を帰納法と共に用いることで,一般に体K上のn変数多項式環の極大イデアルがn個の元で生成されることも分かります.面白いですね.

今回用いた事実

剰余環の元は上にバーを付けることでも表します.

Zariski's Lemma

kを体とする.体Kを有限生成k代数とすると,Kkの有限次拡大体である.

証明は wikipedia にも載っているのでそちらを参照して下さい.

次の補題2は,有名な事実である補題3から従います.

Aを一意分解環で無限に多くの単項素イデアルを持つものとする.また,KAの商体,LKの代数拡大体とする.このとき,LA上有限生成ではない

証明を表示

背理法で示すために,A上の多項式環A[X1,,Xn]とその極大イデアルIが存在して
LA[X1,,Xn]/I
と書けるとする.任意の1inに対してθiXiの像とする.aAθ1,,θnたちのK上の最小多項式の分母を全て掛け合わせた元とする.a0であるからa1Kである.このときLA[a1]上整である.従って補題3よりA[a1]も体である.aの素元分解に現れるどの素元とも単元倍で移りあわない素元pAを取る(このような素元の存在はAが無限に多くの単項素イデアルを持つことから従う).pA[a1]の元と見れば可逆であるから,あるa0,,anA(n0)が存在して
p(an(a1)n++a1a1+a0)=1
が成り立つ.両辺にanを掛けることで
p(an++a1an1+a0an)=an
を得る.これはpaを割り切ることを示しているが,それはpの仮定に反する.以上より題意は示された.(証明終)

Aは整域Bの部分環で,BA上整であるとする.このときAが体であることとBが体であることは同値である.

証明を表示

Aが体であるとし,任意のxB{0}を取る.BA上整であるから,a0,,an1A(n>0)が存在して
xn+an1xn1++a1x+a0=0
が成り立つ.これは
x(xn1+an1xn2++a1)=a0
と変形できる.整数nが最小になるようにaiたちを取ることでa00としてよい(x0だから).するとAが体であることからa01Aなので
a01x(xn1+an1xn2++a1)=1
が成り立つ.即ちxB{0}は可逆である.xB{0}の任意性よりBは体である.

逆にBが体であるとする.任意のxA{0}を取る.xBの元と見れば逆元x1Bが存在する.BA上整であるから,a0,,an1A(n>0)が存在して
(x1)n+an1(x1)n1++a1x1+a0=0
が成り立つ.両辺にxn1を掛けることで
x1+an1++a1xn2+a0xn1=0
x1=(an1++a1xn2+a0xn1)A
となる.即ちxA{0}Aの中でも可逆である.xA{0}の任意性よりAは体である.(証明終)

追記:問(1)をもっと初歩的に示したい

問(1)は環論のより初歩的な事実を用いるだけでも示すことができます(その分上述の証明より長くなりますが…).その方法を以下に示します.この方法は参考文献[4]のp22-23に依っています.

問(1)の証明(より初等的)
証明を表示

K[X,Y]=(K[X])[Y]という事実に注意する.その時々で見やすい方の表記を用いることとする.

K[X,Y]の素イデアルを全て決定することで問(1)を示す.PK[X,Y]を素イデアルとする.P(0)や単項イデアルの場合は特に示すことがないので,Pは零でも単項でもないとする.Pは素イデアルなのでK[X,Y]と等しくない.即ちPにはある多項式fK[X,Y]が含まれる.fを素元分解することである既約元f1K[X,Y]Pに含まれることが分かる(Pは素イデアルだから.またK[X,Y]はUFDなので素元と既約元は一致する).Pは単項でないのでf1で割り切れないf2K[X,Y]Pに入る.このときf1,f2PK[X,Y]において互いに共通因子を持たない

(Step 1)
まずf1,f2(K(X))[Y](K(X)は有理関数体)においても共通因子を持たないことを背理法で示す.h(K(X))[Y]f1,f2(K(X))[Y]において割り切るとすると,
f1=ah,f2=bh(a,b(K(X))[Y])
と書ける.h,a,b(K(X))[Y]それぞれにおいて係数の分母を括り出し,更に分子の最小公倍数を括り出すことで,原始多項式h~,a~,b~(K[X])[Y]=K[X,Y]を用いて
f1=αa~h~,f2=βb~h~(α,βK(X))
と書ける.原始多項式の積は原始多項式であるというGaussの補題から,a~h~,b~h~もそれぞれ原始多項式である.よって,f1,f2(K[X])[Y]であることも併せると,α,βK[X]でなければならない.このときh~(K[X])[Y]=K[X,Y]内でf1,f2を共に割り切っており,f1,f2K[X,Y]内で共通因子を持たないという仮定に反する.よってf1,f2(K(X))[Y]においても共通因子を持たない

(Step 2)
(K(X))[Y]は体上の1変数多項式環であるからPIDである.すると,f1,f2(K(X))[Y]内で共通因子を持たないことから,ベズーの等式よりあるa,bK(X)が存在してaf1+bf2=1が成り立つa,bの分母の最小公倍数cK[X]を両辺に掛けることで
caf1+cbf2=c
を得る.f1,f2PであることからcPが従う.即ちcPK[X]である.PK[X,Y]は素イデアルであるからPK[X]K[X]の素イデアルである(包含写像K[X]K[X,Y]の引き戻し).cを素元分解することで,ある既約多項式pが存在してpPK[X]となることが分かる.K[X]はPIDなのでPK[X]=(p)が成り立つ.特に(p)K[X]上の極大イデアルであり,K[X]/(p)は体である.従って(K[X]/(p))[Y]はPIDである.

(Step 3)
Step 1とStep 2より,ある既約多項式pK[X]が存在して(p)Pとなる.ここでPが素イデアルであることと
K[X,Y]/P(K[X,Y]/(p))/(P/(p))(K[X]/(p))[Y]/(P/(p))
という等式から,P/(p)(K[X]/(p))[Y]の素イデアルとなる.(K[X]/(p))[Y]はPIDであったから,あるgK[X,Y]であって,g¯(K[X]/(p))[Y]は既約,かつP/(p)=(g¯)となるものが存在する.これよりP(p,g)が成り立つ.
(p,g)=K[X,Y]とすると1¯(g¯)=P/(p)となってP/(p)の極大性に反するから(p,g)K[X,Y]である.ところで,PIDにおいて素イデアルは極大イデアルでもあるからP/(p)は極大であり,それに対応してPも極大となる.従ってP=(p,g)と書けることが分かる.

(Step 4)
ここまでの議論よりK[X,Y]の素イデアルは次の3つの内のいずれかの形をしている
(0),(f)(fK[X,Y]),
(p,g)(pK[X],gK[X,Y](K[X]/(p))[Y])
逆にこれらのイデアルが素イデアルであることは直ぐに確かめられる.
これらの内極大イデアルとなり得るものを考える.p,gの条件と等式
K[X,Y]/(p,g)(K[X]/(p))[Y]/(g¯)
より(p,g)は極大イデアルである.K[X,Y]は体でないので(0)は極大イデアルでない.よって既約元fK[X,Y]に対しイデアル(f)K[X,Y]が極大でないことを示せば,全ての極大イデアルが(p,g)の形をしていなければならないことが分かり,即ち全ての極大イデアルが2元生成であることも従う.

(Step 5)
以下,既約元fK[X,Y]に対し(f)K[X,Y]が極大でないことを示す.fYについて整理して
f(X,Y)=an(X)Yn++a1(X)Y+a0(X)(a0,,anK[X],an(X)0)
と表す.
まずn=0即ちfK[X]とする.このとき上と同様の議論によって(f)(f,g)を満たす極大イデアル(f,g)(gK[X,Y])を取ることができるので(f)は極大でない.
n1とし,anを割り切らない既約多項式gK[X]を1つ取る(K[X]には単項素イデアルが無限個存在するのでこのようなgを取れる).すると(f)(f,g)K[X,Y]が成り立つ.実際,(f)=(f,g)とするとhK[X,Y]によってg=fhと書けるが,両辺のYの次数を比較すると
0=degY(g)=degY(f)+degY(h)degY(f)=n1
となって矛盾.また(f,g)=K[X,Y]とすると,あるc1,c2K[X,Y]が存在してc1f+c2g=1と書ける.この等式を(K[X]/(g))[Y]で考えると,c1¯f¯=1¯となる.つまりf¯(K[X]/(g))[Y]の単元である.しかしgK[X]fの最高次係数であるan(X)K[X]を割り切らないからdegY(f¯)=n1であり,単元とはなり得ないため矛盾.以上より(f)(f,g)K[X,Y]が成り立つので,(f)は極大でない.以上より題意は示された.(証明終)

今の証明においても,単項でない素イデアルとその係数環との共通部分が零イデアルでないことを示すところが最も急所だと思います.
また,今の証明において,K[X]を,無限個の単項素イデアルを持つ単項イデアル整域AK(X)Aの商体F置き換えても全く同様の議論ができます.よって多項式環A[Y]の素イデアルたちは,次の3つの内のいずれかの形をしていることになります.
(0),(f)(fA[Y]),(p,g)(pA,gA[Y](A/(p))[Y])
しかも,これらの中で極大イデアルは2元で生成されるもののみであることも分かります.
因みに無限個の単項素イデアルの存在が必要となるのは上の証明のStep 5においてanを割り切らない既約元を取るところです.もしAが有限個しか単項素イデアルを持たないならば,上とは異なる結果になります.極端な例としてAが体である場合を考えると,A[Y]の素イデアルは全て単項イデアルとなってしまいます.

参考文献[4]にも書いてありますが,この事実を用いると,例えば多項式環Z[Y]の素イデアルたちが今の3つの形のどれかになることも分かって,結構嬉しいですね.

今回の記事は以上です.
最後までお読み頂きありがとうございました.

参考文献

投稿日:2022610
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certain
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素朴な問題が特に好きです.

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