代数学をやるその20　右イデアルと左イデアル

$R$が和について閉じていることは明らかである．また，単位行列
$$I:=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)$$
は$R$の元である．$\left(\begin{array}{cc} a & b \\ 0 & d \end{array}\right),\left(\begin{array}{cc} a' & b' \\ 0 & d' \end{array}\right) \in R$とすると，
$$\left(\begin{array}{cc} a & b \\ 0 & d \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} a' & b' \\ 0 & d' \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} aa' & ab'+bd' \\ 0 & dd' \end{array}\right)$$
で，$aa' \in \mathbb{Q}, \, ab'+bd', \, dd' \in \mathbb{R}$であるから，$R$は行列の積について閉じている．よって，$R$は行列環$M_2(\mathbb{R})$の部分環であるから，それ自体環である．(証明終)

$R$の右イデアル$I_1,I_2,I_3$をそれぞれ
$$I_1=\left\langle\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)\right\rangle, \hspace{0.1in} I_2=\left\langle\left(\begin{array}{cc} 0 & 1 \\ 0 & 0 \end{array}\right)\right\rangle, \hspace{0.1in} I_3=\left\langle\left(\begin{array}{cc} 0 & 0 \\ 0 & 1 \end{array}\right)\right\rangle$$
とおく．
$$\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} a & b \\ 0 & d \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} a & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)$$
であるから，$I_1$の任意の元は有理数$a$によって$\left(\begin{array}{cc} a & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)$と書ける．$J \subset I_1$を右部分$R$加群とし，$\left(\begin{array}{cc} a & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right) \in J$($a \in \mathbb{Q} \backslash \{0\}$)であるとする，
$$\left(\begin{array}{cc} a & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} a^{-1} & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 1 & 0 \\ 0 & 0 \end{array}\right) \in J$$
が成り立つ．即ち，$I_1$の右部分$R$加群は自明なもののみである．$I_2,I_3$も同様に自明な右部分$R$加群しか持たないことが分かる．従って，右イデアルからなる列
$$\{0\} \subset I_1 \subset I_1+I_2 \subset I_1+I_2+I_3=R$$
は，右部分$R$加群からなる$R$の組成列である．よって特に，$R$は右イデアルについて極小条件を満たす．(証明終)

$S$を$\mathbb{R}$に含まれる$\mathbb{Q}$加群とする．このとき，
$$I_S:=\left\{\left(\begin{array}{cc} 0 & s \\ 0 & 0 \end{array}\right) \, \middle| \, s \in S \right\}$$
は$R$の左イデアルである．実際，$M_S$が加法について部分群であることは明らかであり，任意の$\left(\begin{array}{cc} a & b \\ 0 & d \end{array}\right) \in R$と任意の$\left(\begin{array}{cc} 0 & s \\ 0 & 0 \end{array}\right) \in I_S$に対して
$$\left(\begin{array}{cc} a & b \\ 0 & d \end{array}\right)\left(\begin{array}{cc} 0 & s \\ 0 & 0 \end{array}\right)=\left(\begin{array}{cc} 0 & as \\ 0 & 0 \end{array}\right) \in I_S \hspace{0.2in} (\because \, a \in \mathbb{Q})$$
も成り立つ．また，$\mathbb{R}$に含まれる$\mathbb{Q}$加群$S_1,S_2$が$S_1 \subset S_2$を満たすとき，定義から明らかに$I_{S_1} \subset I_{S_2}$が成り立つ．よって，$\mathbb{R}$に含まれる$\mathbb{Q}$加群の降鎖列で停留しないものを探せばよい．
$\pi$を円周率とし，$\mathbb{R}$内の$\mathbb{Q}$加群の列$\{M_i\}_{i \geq 0}$を
$$M_i := \sum_{j \geq i}\mathbb{Q}\pi^j$$
で定める．$\{\pi^i\}_{i \geq 0}$は$\mathbb{Q}$上1次独立であるから($\because$$\pi$は超越数)，$M_i \supsetneq M_{i+1} \, (^{\forall}i \geq 0)$が成り立つ．即ち，$\{M_i\}_{i \geq 0}$は停留しない降鎖列である．よってそれに対応する$R$の左イデアルの降鎖列$\{I_{M_i}\}_{i \geq 0}$も停留しない．(証明終)

組成列の長さ$n$に関する帰納法で示す．長さ$1$の組成列を持つ$A$加群は，組成列の定義から自明でない部分$A$加群を持たない．従って$n=1$の場合は主張が成り立つ．

長さ$n-1(\geq 1)$以下の組成列を持つ任意の$A$加群について主張が成り立つと仮定し，長さ$n$の組成列を持つ任意の$A$加群$M$を取る．$M$の2つの組成列を
$$M=M_0 \supsetneq M_1 \supsetneq \cdots \supsetneq M_n=0 \tag{1}$$
$$M=N_0 \supsetneq N_1 \supsetneq \cdots \supsetneq N_s=0 \tag{2}$$
とする．自然な単射と自然な全射準同型の合成によって$A$加群の準同型$N_1 \hookrightarrow M=M_0 \twoheadrightarrow M_0/M_1$を得る．その核は$M_1 \cap N_1$であるので，準同型定理より$N_1/(M_1 \cap N_1)$は$M_0/M_1$の部分$A$加群に同型である．$M_0/M_1$は単純であるから，$N_1/(M_1 \cap N_1)$は$0$もしくは$M_0/M_1$に同型である．即ち，
$$N_1=M_1 \cap N_1 \hspace{0.2in} もしくは \hspace{0.2in} N_1/(M_1 \cap N_1) \cong M_0/M_1$$
が成り立つ．

$N_1=M_1 \cap N_1$であるとすると，$N_1 \subset M_1 \subsetneq M_0=M$が成り立つ．$N_0/N_1=M/N_1$は単純であるから$N_1=M_1$となる．よって，
$$M_1 \supsetneq M_2 \supsetneq \cdots \supsetneq M_n=0 \tag{3}$$
$$N_1 \supsetneq N_2 \supsetneq \cdots \supsetneq N_s=0 \tag{4}$$
は共に$M_1(=N_1)$の組成列である．組成列(3)は長さが$n-1$であるから，帰納法の仮定より$M_1$の組成列の長さは全て$n-1$に等しい．よって$s-1=n-1$即ち$s=n$を得る．

$N_1/(M_1 \cap N_1) \cong M_0/M_1$であるとする．$M_0/M_1 \neq 0$より$M_1 \cap N_1 \subsetneq N_1$である．$M_1 \cap N_1=M_1$とすると，
$$M_1=M_1 \cap N_1 \subsetneq N_1 \subsetneq N_0=M_0$$
となって$M_0/M_1$の単純性に矛盾する．よって$M_1 \cap N_1 \subsetneq M_1$である．$M_1$の降鎖列
$$M_1 \supsetneq M_1 \cap N_1 \supset M_2 \cap N_1 \supset \cdots \supset M_n \cap N_1=0$$
を考える．任意の$1 \leq i \leq n-1$を取る．上と同様に$A$加群の準同型
$$M_i \cap N_1 \hookrightarrow M_i \twoheadrightarrow M_i/M_{i+1}$$
を得ることができ，これの核は$M_i \cap N_1 \cap M_{i+1}=M_{i+1} \cap N_1$であるから，準同型定理より$(M_i \cap N_1)/(M_{i+1} \cap N_1)$は$M_i/M_{i+1}$の部分$A$加群に同型である．$M_i/M_{i+1}$は単純であるから，
$$M_i \cap N_1=M_{i+1} \cap N_1 \hspace{0.2in} もしくは \hspace{0.2in} (M_i \cap N_1)/(M_{i+1} \cap N_1) \cong M_i/M_{i+1}$$
である．従って，$M_i \cap N_1=M_{i+1} \cap N_1$となる部分をまとめることで，$M_1 \supsetneq M_1 \cap N_1 \supsetneq \cdots$で始まる$M_1$の組成列を得ることができる．組成列(1)から$M_1$は長さ$n-1$の組成列を持つことが分かるので，帰納法の仮定より$M_1 \supsetneq M_1 \cap N_1 \supsetneq \cdots$も長さは$n-1$である．これより，$M_1 \cap N_1$は長さ$n-2$の組成列を持つ．帰納法の仮定より$M_1 \cap N_1$の全ての組成列は長さ$n-2$である．
さて，$N_1/(M_1 \cap N_1) \cong M_0/M_1$で$M_0/M_1$が単純であることと，$M_1 \cap N_1$が組成列を持つことから，$N_1$は$N_1 \supsetneq M_1 \cap N_1 \supsetneq \cdots$で始まる組成列を持つ．$M_1 \cap N_1$の組成列は長さ$n-2$であることから，この$N_1$の組成列の長さは$n-1$である．よって帰納法の仮定より$N_1$の組成列は全て長さ$n-1$である．組成列(4)から$N_1$は長さ$s-1$の組成列も持つので，$s-1=n-1$即ち$s=n$となる．よって題意は示された．(証明終)

$N$が組成列を持たないとする．$M$が組成列を持つとし，それを
$$M=M_0 \supsetneq M_1 \supsetneq \cdots \supsetneq M_{l(M)}=0$$
とする．このとき，$N$の鎖
$$N=M_0 \cap N \supset M_1 \cap N \supset \cdots \supset M_{l(M)} \cap N=0 \tag{1}$$
を得る．命題1の証明の中で用いた方法と同じようにすれば，任意の$0 \leq i \leq l(M)-1$に対して
$$M_i \cap N=M_{i+1} \cap N \hspace{0.2in} もしくは \hspace{0.2in} (M_i \cap N)/(M_{i+1} \cap N) \cong M_i/M_{i+1}$$
が成り立つ．よって$M_i \cap N=M_{i+1} \cap N$となるところを除けば，鎖(1)は$N$の組成列となり，$N$が組成列を持たないことに矛盾する．よって$M$も組成列を持たないので，$l(M)=+\infty=l(N)+l(M/N)$が成り立つ．

$M/N$が組成列を持たないとする．$M$が組成列を持つとし，それを
$$M=M_0 \supsetneq M_1 \supsetneq \cdots \supsetneq M_{l(M)}=0$$
とする．このとき，$M$の鎖$M=M_0+N \supset M_1+N \supset \cdots \supset M_{l(M)}+N=N$から$M/N$の鎖
$$M/N=(M_0+N)/N \supset (M_1+N)/N \supset \cdots \supset (M_{l(M)}+N)/N=N/N=0 \tag{2}$$
を得る．任意の$0 \leq i \leq l(M)-1$に対して
$$(M_i+N)/N/(M_{i+1}+N)/N \cong (M_i+N)/(M_{i+1}+N)$$
が成り立つ．ここで包含写像と標準全射の合成で得られる$A$加群の全射準同型
$$\psi : M_i \hookrightarrow M_i+N \twoheadrightarrow (M_i+N)/(M_{i+1}+N)$$
を考えると$\psi$の核は$M_{i+1}$を含む．$M_i/M_{i+1}$が単純であることから${\rm Ker}\,\psi=M_i$もしくは${\rm Ker}\,\psi=M_{i+1}$が成り立つ．${\rm Ker}\,\psi=M_i$である場合は，$(M_i+N)/(M_{i+1}+N) \cong M_i/{\rm Ker}\,\psi=0$が成り立つので$M_i+N=M_{i+1}+N$が従う．${\rm Ker}\,\psi=M_{i+1}$である場合は，$(M_i+N)/(M_{i+1}+N) \cong M_i/{\rm Ker}\,\psi=M_i/M_{i+1}$が成り立つ．よって，$M_i+N=M_{i+1}+N$となる部分を除くことで鎖(2)は$M/N$の組成列となる．これは$M/N$が組成列を持たないことに矛盾．従って$M$も組成列を持たないので，$l(M)=+\infty=l(N)+l(M/N)$が成り立つ．

$N,M/N$が共に組成列を持つとし，$N,M/N$の組成列を
$$N=N_0 \supsetneq N_1 \supsetneq \cdots \supsetneq N_{l(N)}=0$$
$$M/N=\overline{M}_0 \supsetneq \overline{M}_1 \supsetneq \cdots \supsetneq \overline{M}_{l(M/N)}=\overline{0}$$
とする．$\pi : M \rightarrow M/N$を自然な全射準同型とすると，
$$M=\pi^{-1}(\overline{M}_0) \supsetneq \pi^{-1}(\overline{M}_1) \supsetneq \cdots \supsetneq \pi^{-1}(\overline{0})=N=N_0 \supsetneq N_1 \supsetneq \cdots \supsetneq N_{l(N)}=0$$
は$M$の組成列である．ここで，
$$\pi^{-1}(\overline{M}_i)/\pi^{-1}(\overline{M}_{i+1}) \cong \overline{M}_i/\overline{M}_{i+1} \, (0 \leq \forall i \leq l(M/N)-1)$$
であることを用いた．この組成列の長さは$l(N)+l(M/N)$である．すると，命題1より$M$の全ての組成列は長さ$l(N)+l(M/N)$を持つので，$l(M)=l(N)+l(M/N)$が成り立つ．

以上より，全ての場合について$l(M)=l(N)+l(M/N)$が成り立つことが分かった．特に$N \subsetneq M$のときは$l(M/N) \geq 1$より$l(N)< l(M)$となる．(証明終)

$M$の長さ$k$の鎖
$$M=M_0 \supsetneq M_1 \supsetneq \cdots \supsetneq M_{k}=0$$
を考える．命題2で示されたことから，
$$n=l(M_0)>l(M_1)>\cdots>l(M_{k-1})>l(M_k)=0$$
が成り立つ．従って$k \leq n$である．即ち，$M$の任意の鎖は長さが$n$以下である．$k=n$であるとすると，それは組成列である．$k< n$であるとすると，それは組成列ではないから，ある$0 \leq i \leq k-1$に対して$M_i/M_{i+1}$が単純でない．従って$M_i \supsetneq M' \supsetneq M_{i+1}$を満たす部分$A$加群が存在する．以下同様に，商加群が単純でない部分に部分$A$加群を挿入する操作を鎖の長さ$k$が$n$に等しくなるまで行うことができる($k< n$なら必ず組成列でないから)．よって，$M$の任意の鎖は組成列に延長できる．(証明終)

($\Longrightarrow$)：$M$が組成列を持つので，命題3で示したように$M$の任意の鎖の長さは有限である．従って，$M$は昇鎖律と降鎖律を満たす．

($\Longleftarrow$)：$M_0=M$とする．$M_0$は昇鎖律を満たすから，特に$M_0$の部分$A$加群で$M_0$に等しくないもの全体からなる集合は極大元を持つ(補題5)．それを$M_1$とすると，$M_0/M_1$は単純である．同様に$M_1$は極大な部分$A$加群$M_2$を持つ．これを繰り返すことで$M$の部分$A$加群の列
$$M=M_0 \supsetneq M_1 \supsetneq M_2 \supsetneq \cdots$$
を得るが，$M$が降鎖律も満たすことから，この列は有限回で停留する．よってこの列が$M$の組成列となる．(証明終)

(1)$\Longrightarrow$(2)：対偶を示す．空でない$\Sigma$の部分集合$A$が極大元を持たないとする．任意の$x_1 \in A$を取る．$x_1 \in A$は極大でないから，$x_1 < x_2$を満たす$x_2 \in A$を取ることができる．$x_2 \in A$も極大でないから$x_1< x_2< x_3$を満たす$x_3 \in A$を取ることができる．以下この操作を繰り返すことで，$\Sigma$の真の増大列$x_1< x_2< x_3<\cdots$を取ることができる．これは停留的でない．よって対偶が示された．

(2)$\Longrightarrow$(1)：$\Sigma$の増大列$x_1\leq x_2\leq\cdots$を取ると，$\Sigma$の空でない部分集合$\{x_i\}_{i \geq 1}$は極大元を持つ．従ってこの列は停留的である．(証明終)