代数学をやるその7　多項式環の極大イデアル

$I \subset K[X,Y]$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$K[X,Y]/I$は$K$の有限次代数拡大体である．従って$X \in K[X,Y]$の像$\overline{X} \in K[X,Y]/I$は$K$上のある既約多項式$f(T) \in K[T]$の根である．即ち
$$\overline{0}=f(\overline{X})=\overline{f(X)}$$
が成り立つ．これは$f(X) \in I$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${\rm E}(f)$と表すと${\rm E}(f) \subset I$が成り立つ．よって同型
$$K[X,Y]/I \cong (K[X,Y]/{\rm E}(f)/(I/{\rm E}(f) \cong (K[X]/(f))[Y]/(I/{\rm E}(f))$$
を得る．これより$I$は$(K[X]/(f))[Y]$の極大イデアル$I/{\rm E}(f)$に対応する．$f(X) \in K[X]$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$g(X,Y) \in K[X,Y]$によって$I/{\rm E}(f)=(\bar{g})$と表せる．これより$I\subset (f,g)$が成り立つ．$(f,g) \neq K[X,Y]$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$(f,g) \neq K[X,Y]$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$a,b \in K[X,Y]$が存在して$1=af+bg$と表せる．これは$K[X,Y]/{\rm E}(f)$において$\overline{1} \in (\overline{g})=I/{\rm E}(f)$であることを示している．しかし，これは$I/{\rm E}(f)$が$K[X,Y]/{\rm E}(f)$の極大イデアルであることに矛盾．従って$(f,g) \neq K[X,Y]$である．(証明終)

$I \subset \mathbb{Z}[X,Y]$を極大イデアルとする．$I$は特に素イデアルであるから，$I \cap \mathbb{Z}$は$\mathbb{Z}$の素イデアルである．よって$I \cap \mathbb{Z}=(0)$もしくは$I \cap \mathbb{Z}=(p)$($p$は素数)が成り立つ．

$I \cap \mathbb{Z}=(0)$とすると，$I$に含まれる整数は$0$のみである．つまり$S=\mathbb{Z} \backslash \{0\}$とおくと$I \cap S= \emptyset$である．これより自然な準同型$\mathbb{Z}\rightarrow \mathbb{Z}[X,Y]/I$は単射である．即ち$\mathbb{Z}[X,Y]/I$は$\mathbb{Z}$を含む体である．よって$\mathbb{Z}[X,Y]/I$は有理数体$\mathbb{Q}$を含む．$\pi : \mathbb{Z}[X,Y] \rightarrow \mathbb{Z}[X,Y]/I$を標準全射，$i : \mathbb{Z}[X,Y] \rightarrow S^{-1}(\mathbb{Z}[X,Y])=\mathbb{Q}[X,Y]$を任意の$f \in \mathbb{Z}[X,Y]$に対して$i(f)=f/1$を満たす環準同型とする．$\pi$は$S$の各元を$\mathbb{Z}[X,Y]/I$の単元にうつすので，局所化の普遍性より$\pi=\varphi \circ i$を満たす環準同型$\varphi : \mathbb{Q}[X,Y] \rightarrow \mathbb{Z}[X,Y]/I$が存在する．$\pi$が全射であるから$\varphi$も全射である．即ち$\mathbb{Z}[X,Y]/I$は有限生成$\mathbb{Q}$代数である．従って補題1(Zariski's Lemma)より，$\mathbb{Z}[X,Y]/I$は$\mathbb{Q}$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$A=\mathbb{Z}$として適用することで$\mathbb{Z}[X,Y]/I$は$\mathbb{Z}$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$\mathbb{Z}[X,Y] \rightarrow \mathbb{Z}[X,Y]/I$の存在に矛盾する．従って$I \cap \mathbb{Z}=(0)$となることはない．

以上より，$I \cap \mathbb{Z}=(p)$($p$は素数)と書ける．$p$が$\mathbb{Z}[X,Y]$で生成するイデアルを${\rm E}(p)$と表すと，${\rm E}(p) \subset I$であるから同型
$$\mathbb{Z}[X,Y]/I \cong (\mathbb{Z}[X,Y]/{\rm E}(p))/(I/{\rm E}(p))$$
が成り立つ．即ち，$I/{\rm E}(p)$は$\mathbb{Z}[X,Y]/{\rm E}(p)$の極大イデアルである．同型
$$\mathbb{Z}[X,Y]/{\rm E}(p) \cong (\mathbb{Z}/(p))[X,Y]$$
が成り立ち，$\mathbb{Z}/(p)$は体であるから，(1)で示したことより$I/{\rm E}(p)$は2つの元で生成される．その生成元を多項式$f,g \in \mathbb{Z}[X,Y]$によって$\overline{f},\overline{g}$と表す．このとき$\mathbb{Z}[X,Y]$に戻れば$I\subset (f,g,p)$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)

背理法で示すために，$A$上の多項式環$A[X_1,\cdots,X_n]$とその極大イデアル$I$が存在して
$$L \cong A[X_1,\cdots,X_n]/I$$
と書けるとする．任意の$1 \leq i \leq n$に対して$\theta_i$を$X_i$の像とする．$a \in A$を$\theta_1,\cdots,\theta_n$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．$a \neq 0$であるから$a^{-1} \in K$である．このとき$L$は$A[a^{-1}]$上整である．従って補題3より$A[a^{-1}]$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$p \in A$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)．$p$は$A[a^{-1}]$の元と見れば可逆であるから，ある$a_0,\cdots,a_{n} \in A$($n \geq 0$)が存在して
$$p(a_n(a^{-1})^n+\cdots+a_1a^{-1}+a_0)=1$$
が成り立つ．両辺に$a^n$を掛けることで
$$p(a_n+\cdots+a_1a^{n-1}+a_0a^n)=a^n$$
を得る．これは$p$が$a$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)

$A$が体であるとし，任意の$x \in B \backslash \{0\}$を取る．$B$は$A$上整であるから，$a_0,\cdots,a_{n-1} \in A$($n>0$)が存在して
$$x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0=0$$
が成り立つ．これは
$$x(x^{n-1}+a_{n-1}x^{n-2}+\cdots+a_1)=-a_0$$
と変形できる．整数$n$が最小になるように$a_i$たちを取ることで$a_0 \neq 0$としてよい($x \neq 0$だから)．すると$A$が体であることから$a_0^{-1} \in A$なので
$$-a_0^{-1}x(x^{n-1}+a_{n-1}x^{n-2}+\cdots+a_1)=1$$
が成り立つ．即ち$x \in B \backslash \{0\}$は可逆である．$x \in B \backslash \{0\}$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$x \in A \backslash \{0\}$を取る．$x$を$B$の元と見れば逆元$x^{-1} \in B$が存在する．$B$は$A$上整であるから，$a_0,\cdots,a_{n-1} \in A$($n>0$)が存在して
$$(x^{-1})^n+a_{n-1}(x^{-1})^{n-1}+\cdots+a_1x^{-1}+a_0=0$$
が成り立つ．両辺に$x^{n-1}$を掛けることで
$$x^{-1}+a_{n-1}+\cdots+a_1x^{n-2}+a_0x^{n-1}=0$$
$$x^{-1}=-(a_{n-1}+\cdots+a_1x^{n-2}+a_0x^{n-1}) \in A$$
となる．即ち$x \in A \backslash \{0\}$は$A$の中でも可逆である．$x \in A \backslash \{0\}$の任意性より$A$は体である．(証明終)

$K[X,Y]=(K[X])[Y]$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．$P \subset K[X,Y]$を素イデアルとする．$P$が$(0)$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$f \in K[X,Y]$が含まれる．$f$を素元分解することである既約元$f_1 \in K[X,Y]$が$P$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$f_1$で割り切れない$f_2 \in K[X,Y]$も$P$に入る．このとき$f_1,f_2 \in P$は$K[X,Y]$において互いに共通因子を持たない．

(Step 1)
まず$f_1,f_2$は$(K(X))[Y]$($K(X)$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．$h \in (K(X))[Y]$が$f_1,f_2$を$(K(X))[Y]$において割り切るとすると，
$$f_1=ah, \hspace{0.1in} f_2=bh \hspace{0.2in} (a,b \in (K(X))[Y])$$
と書ける．$h,a,b \in (K(X))[Y]$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$\tilde{h}, \, \tilde{a}, \, \tilde{b} \in (K[X])[Y]=K[X,Y]$を用いて
$$f_1=\alpha \tilde{a}\tilde{h}, \hspace{0.1in} f_2=\beta \tilde{b}\tilde{h} \hspace{0.2in} (\alpha,\beta \in K(X))$$
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，$\tilde{a}\tilde{h}, \, \tilde{b}\tilde{h}$もそれぞれ原始多項式である．よって，$f_1,f_2 \in (K[X])[Y]$であることも併せると，$\alpha,\beta \in K[X]$でなければならない．このとき$\tilde{h}$は$(K[X])[Y]=K[X,Y]$内で$f_1,f_2$を共に割り切っており，$f_1,f_2$が$K[X,Y]$内で共通因子を持たないという仮定に反する．よって$f_1,f_2$は$(K(X))[Y]$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，$f_1,f_2$が$(K(X))[Y]$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$a,b \in K(X)$が存在して$af_1+bf_2=1$が成り立つ．$a,b$の分母の最小公倍数$c \in K[X]$を両辺に掛けることで
$$caf_1+cbf_2=c$$
を得る．$f_1,f_2 \in P$であることから$c \in P$が従う．即ち$c \in P \cap K[X]$である．$P \subset K[X,Y]$は素イデアルであるから$P \cap K[X]$は$K[X]$の素イデアルである(包含写像$K[X] \hookrightarrow K[X,Y]$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$p \in P \cap K[X]$となることが分かる．$K[X]$はPIDなので$P \cap K[X]=(p)$が成り立つ．特に$(p)$は$K[X]$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$p \in K[X]$が存在して$(p) \subset P$となる．ここで$P$が素イデアルであることと
$$K[X,Y]/P \cong (K[X,Y]/(p))/(P/(p)) \cong (K[X]/(p))[Y]/(P/(p))$$
という等式から，$P/(p)$は$(K[X]/(p))[Y]$の素イデアルとなる．$(K[X]/(p))[Y]$はPIDであったから，ある$g \in K[X,Y]$であって，$\bar{g} \in (K[X]/(p))[Y]$は既約，かつ$P/(p)=(\bar{g})$となるものが存在する．これより$P \subset (p,g)$が成り立つ．
$(p,g)=K[X,Y]$とすると$\bar{1} \in (\bar{g})=P/(p)$となって$P/(p)$の極大性に反するから$(p,g) \neq K[X,Y]$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．
$$(0), \hspace{0.2in} (f) \, (f \in K[X,Y] \, は既約),$$
$$(p,g) \, (p \in K[X] \, は既約, \, g \in K[X,Y] \, は \, (K[X]/(p))[Y]で既約)$$
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
$$K[X,Y]/(p,g) \cong (K[X]/(p))[Y]/(\bar{g})$$
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$f \in K[X,Y]$に対しイデアル$(f) \subset K[X,Y]$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$f \in K[X,Y]$に対し$(f) \subset K[X,Y]$が極大でないことを示す．$f$を$Y$について整理して
$$f(X,Y)=a_n(X)Y^n+\cdots+a_1(X)Y+a_0(X) \hspace{0.2in} (a_0,\cdots,a_n \in K[X], \, a_n(X) \neq 0)$$
と表す．
まず$n=0$即ち$f \in K[X]$とする．このとき上と同様の議論によって$(f) \subsetneq (f,g)$を満たす極大イデアル$(f,g)$($g \in K[X,Y]$)を取ることができるので$(f)$は極大でない．
$n \geq 1$とし，$a_n$を割り切らない既約多項式$g \in K[X]$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$(f) \subsetneq (f,g) \subsetneq K[ X,Y]$が成り立つ．実際，$(f)=(f,g)$とすると$h \in K[X,Y]$によって$g=fh$と書けるが，両辺の$Y$の次数を比較すると
$$0={\rm deg}_Y(g)={\rm deg}_Y(f)+{\rm deg}_Y(h) \geq {\rm deg}_Y(f)=n \geq 1$$
となって矛盾．また$(f,g)=K[X,Y]$とすると，ある$c_1,c_2 \in K[X,Y]$が存在して$c_1f+c_2g=1$と書ける．この等式を$(K[X]/(g))[Y]$で考えると，$\bar{c_1} \cdot \bar{f} = \bar{1}$となる．つまり$\bar{f}$は$(K[X]/(g))[Y]$の単元である．しかし$g \in K[X]$は$f$の最高次係数である$a_n(X) \in K[X]$を割り切らないから${\rm deg}_Y(\bar{f})=n\geq 1$であり，単元とはなり得ないため矛盾．以上より$(f) \subsetneq (f,g) \subsetneq K[X,Y]$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)