代数学をやるその21　加群から環の情報を得る

$M$の$R$上の生成元を$x_1,\cdots, x_n \in M$とする．任意の$r \in R \backslash \{0\}$を取る．$R$が単位元を持つことから，$r$が生成する$R$のイデアル$(r)$は零イデアルでないことに注意する．示すべきは$r$が可逆であることである．
$r$が生成するイデアル$(r)$に対して，仮定より$(r)M=M$が成り立つ．$M$は$R$上$x_1, \cdots ,x_n$で生成されるとしていたから，$M$は$R$上$rx_1, \cdots, rx_n$でも生成されることになる．よって任意の$x_i \in M$に対して$a_{i1}, \cdots, a_{in} \in R$が存在して，
$$x_i=\sum_{j=1}^na_{ij}rx_j=a_{i1}rx_1+\cdots+a_{in}rx_n$$
と書ける．これは，$\delta_{ij}$をクロネッカーのデルタとすると，
$$\sum_{j=1}^n(\delta_{ij}-ra_{ij})x_j=0 \hspace{0.2in} (1 \leq {}^{\forall}i \leq n)$$
とも書ける．従って，第$(i,j)$成分が$\delta_{ij}-ra_{ij}$で定まる行列$A$を考えると，
$$A\left(\begin{array}{c} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{array}\right)=0$$
が成り立つ．この等式に左から$A$の余因子行列を掛けると，
$${\rm det}\,A\left(\begin{array}{c} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{array}\right)=0$$
が成り立つ．よって，$M$が$x_1,\cdots,x_n$で生成されていることから，${\rm det}\,A \in R$が生成する$R$のイデアル$({\rm det}\,A)$は$({\rm det}\, A)M=0$を満たす．$({\rm det}\,A ) \neq 0$とすると$M=({\rm det}\,A)M=0$となって$M \neq 0$に矛盾するので${\rm det}\,A=0$である．行列式を展開すると$0={\rm det}\,A \in 1+(r)$となるから$1 \in (r)$である．よって$r$は可逆である．これが示すべきことであった．(証明終)

まず，一般的な次の事実を示す：$M$を有限生成$R$加群，$I$を$R$のイデアルとする．$M$の$R$加群としての自己準同型$\phi$が$\phi(M) \subset IM$を満たすとき，ある正の整数$n$と$a_0,\cdots,a_{n-1} \in I$が存在して
$$\phi^n+a_{n-1}\phi^{n-1}+\cdots+a_1\phi+a_0=0$$
を満たす．但し，この等式は$M$の$R$加群の自己準同型全てがなす環${\rm End}_R(M)$における式である．また，$R$の元$r$は$r$倍写像として${\rm End}_R(M)$の元とみなされており，それも$r$で表すこととする．

$M$の$R$上の生成元を$x_1,\cdots, x_n \in M$とする．$\phi(M) \subset IM$であることから，任意の$x_i \in M$に対して$a_{i1}, \cdots, a_{in} \in I$が存在して，
$$\phi(x_i)=\sum_{j=1}^na_{ij}rx_j=a_{i1}rx_1+\cdots+a_{in}rx_n$$
と書ける．これは，$\delta_{ij}$をクロネッカーのデルタとすると，
$$\sum_{j=1}^n(\delta_{ij}\phi-a_{ij})(x_j)=0 \hspace{0.2in} (1 \leq {}^{\forall}i \leq n)$$
とも書ける．従って，第$(i,j)$成分が$\delta_{ij}\phi-a_{ij}$で定まる${\rm End}_R(M)$に成分を持つ行列$A$を考えると，
$$A\left(\begin{array}{c} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{array}\right)=0$$
が成り立つ．この等式に左から$A$の余因子行列を掛けると，
$${\rm det}\,A\left(\begin{array}{c} x_1 \\ \vdots \\ x_n \end{array}\right)=0$$
が成り立つ．$M$は$x_1,\cdots,x_n$で生成されているから，${\rm det}\,A \in {\rm End}_R(M)$は零写像である．よって，この行列式を展開すると求める等式を得る．(上で提示した事実の証明終)

さて，$I$を$R$の零でないイデアルとすると，仮定より$IM=M$が成り立つ．$\phi$を恒等写像，即ち$1$倍写像とすると$\phi(M)=M=IM$が成り立つから，今示した事実により，整数$n>0$と$a_0,\cdots,a_{n-1} \in I$が存在して
$$1+a_{n-1}+\cdots+a_0=0(=零写像)$$
が成り立つ．よって$x=1+a_{n-1}+\cdots+a_0 \in R$とおくと，今の等式より$x$倍写像は零写像である．即ち$xM=0$である．$x \neq 0$とすると，$x$が$R$で生成するイデアル$(x)$は零イデアルでないから，問題の仮定より
$$0=(x)M=M \neq 0$$
となって矛盾．よって$x=0$である．これより$1 \in I$であるから$I=R$である．よって$R$は自明でないイデアルを持たないから体である．(証明終)

$I$を$R$の零でないイデアルとする．仮定より$M=IM$である．$R$の部分集合$S$を$S=1+I$で定めると，$S$は積閉集合である．よって$R$や$M$の$S$による局所化$S^{-1}R, \, S^{-1}M$を考えることができる．$S^{-1}M$は$S^{-1}R$加群である．また，$M$が$R$上有限生成であるから，$S^{-1}M$は$S^{-1}R$上有限生成である．$I$を$R$加群と見て$S$で局所化したもの$S^{-1}I$は$S^{-1}R$のイデアルである．よって$M=IM$の両辺を$S$で局所化して$S^{-1}M=(S^{-1}I)(S^{-1}M)$を得る．

さて，任意の$a/s \in S^{-1}I$と任意の$r/s' \in S^{-1}R$に対して
$$1-\frac{ar}{ss'}=\frac{ss'-ar}{ss'}$$
であり，$ss'-ar \in S+I \subset 1+I=S$より$\frac{ss'}{ss'-ar} \in S^{-1}R$である．即ち$1-ar/ss'$は$S^{-1}R$の単元である．よって$S^{-1}I$は$S^{-1}R$のJacobson根基に含まれる．すると，$S^{-1}M=(S^{-1}I)(S^{-1}M)$に対して中山の補題を用いることで$S^{-1}M=0$を得る．これより，ある$s \in S$が存在して$sM=0$となる．$s \neq 0$とすると，$s \in R$が生成するイデアル$(s)$は零でないから$0=(s)M=M\neq0$となって矛盾する．よって$s=0$であり，これと$S=1+I$であることから$1 \in I$となる．よって$I=R$となり，$R$には自明でないイデアルが存在しない．即ち$R$は体である．(証明終)

$I$を$R$の零でない任意のイデアルとする．問題の仮定より$IM=M$であるから，補題1を適用することで$xM=0$かつ$x \equiv 1 \, {\rm mod} \, I$を満たす$x \in R$が存在する．$x \neq 0$とすると$x$が生成する$R$のイデアルは零でないから，問題の仮定より$0=(x)M=M \neq 0$となって矛盾．従って$x=0$である．$x \equiv 1 \, {\rm mod} \, I$より$1 \in I$となるので$I=R$である．よって$R$には自明でないイデアルが存在しないので，$R$は体である．(証明終)

$S^{-1}I$が$S^{-1}R$のイデアルであることは明らかである．任意の$\frac{a}{s} \in S^{-1}I$に対して，$\frac{a}{s}=\frac{a}{1}\cdot\frac{1}{s} \in \iota(I)(S^{-1}R)$が成り立つので，$S^{-1}I \subset \iota(I)(S^{-1}R)$が成り立つ．逆の包含を示す．$\iota(I)(S^{-1}R)$の任意の元は$\frac{a}{s} \, (a \in I, \, s \in S)$の形の元の有限和で表される．それを例えば$\frac{a_1}{s_1}+\cdots+\frac{a_n}{s_n}$と書くと，通分することで
$$\frac{a_1}{s_1}+\cdots+\frac{a_n}{s_n}=\frac{a_1s_2\cdots s_n+\cdots+a_ns_1\cdots s_{n-1}}{s_1\cdots s_n} \in S^{-1}I$$
が成り立つ．よって$\iota(I)(S^{-1}R) \subset S^{-1}I$でもある．よって$\iota(I)(S^{-1}R)=S^{-1}I$が成り立つ．(証明終)

$S^{-1}(IM)$の任意の元は$(\sum_i a_im_i)/s \, (a_i \in I ,\, m_i \in M, \, s \in S)$の形をしている．ここで分子は有限和である．すると，
$$\frac{\sum_i a_im_i}{s}=\sum_i \frac{a_i}{s} \cdot \frac{m_i}{1} \in (S^{-1}I)(S^{-1}M)$$
が成り立つので$S^{-1}(IM) \subset (S^{-1}I)(S^{-1}M)$が成り立つ．逆に，$(S^{-1}I)(S^{-1}M)$の任意の元は$\sum_i\frac{a_i}{s_i} \cdot \frac{m_i}{s_i'} \, (a_i \in I, \, m_i \in M, \, s_i,s_i' \in S)$という形をしている．この和も有限和である．すると$t=\prod_i s_is_i', \, t_i=\prod_{j \neq i}s_js_j'$とおけば，$t \in S$かつ
$$\sum_i\frac{a_i}{s_i}\cdot\frac{m_i}{s_i'}=\frac{\sum_i t_ia_im_i}{t} \in S^{-1}(IM)$$
が成り立つ(要は通分しているだけである)．よって$S^{-1}(IM) \supset (S^{-1}I)(S^{-1}M)$も成り立つので，$S^{-1}(IM)=(S^{-1}I)(S^{-1}M)$である．(証明終)

($\Longrightarrow$)：$M$の生成元を$x_1,\cdots,x_n$とする．$S^{-1}M=0$であるから，任意の$x_i \, (1 \leq i \leq n)$に対して$\frac{x_i}{1}=0 \in S^{-1}M$が成り立つ．これは，任意の$x_i$に対して$s_i \in S$が存在して$s_ix_i=0 \in M$となることに同値である．すると，$s=s_1\cdots s_n$とおけば$s \in S$かつ$sx_i=0 \, (1 \leq {}^{\forall}i \leq n)$が成り立つ．$M$は$x_1,\cdots,x_n$で生成されているから，$sM=0$が成り立つ．

($\Longleftarrow$)：$s_0 \in S$が$s_0M=0$を満たすとする．$S^{-1}M$の任意の元は$\frac{x}{s} \, (x \in M, \, s \in S)$という形に書ける．すると，
$$\frac{x}{s}=\frac{s_0x}{s_0s}=0$$
となるので，$S^{-1}M=0$が成り立つ．(証明終)

($\Longrightarrow$)：任意の$x \in \mathfrak{J}$を取る．ある$y \in R$に対して$1-xy \in R$が単元でないとする．このとき$1-xy \in R$を含む$R$の極大イデアル$I$が存在する．$\mathfrak{J}$は$R$の全ての極大イデアルの共通部分であるから，$x \in \mathfrak{J} \subset I$が成り立つ．すると$1 \in xy+I \subset I$となるから$I=R$が従うが，これは$I$が極大イデアルであることに矛盾．よって任意の$y \in R$に対して$1-xy \in R$は単元である．

($\Longleftarrow$)：対偶を示す．$x \in R$が$x \notin \mathfrak{J}$を満たすとする．このとき，ある極大イデアル$I$が存在して$x \notin I$を満たす．すると$x,I$で生成されるイデアル$(x)+I$は$I$を真に含むから，$I$の極大性より$(x)+I=R$が成り立つ．よってある$y \in R, \, z \in I$が存在して$xy+z=1$が成り立つ．$1-xy=z \in I$で$I$が極大イデアルであることから，$1-xy$は単元でない．よって対偶が示された．(証明終)

$M \neq 0$と仮定し，$M$の生成系のうち元の数が最小のものを$x_1,\cdots,x_n $とする．$IM=M$よりある$a_1,\cdots,a_n \in I$が存在して$x_n=a_1x_1+\cdots+a_nx_n$が成り立つ．$n=1$のときは$(1-a_1)x_1=0$が成り立つ．$I \subset \mathfrak{J}$なので命題5より$1-a_1$は単元である．従って$x_1=0$となるが，これは$M \neq 0$に矛盾する．$n \geq 2$とすると
$$(1-a_n)x_n=a_1x_1\cdots+a_{n-1}x_{n-1}$$
が成り立つ．やはり命題5より$1-a_n$は単元である．よって
$$x_n=(1-a_n)^{-1}a_1x_1+\cdots+(1-a_n)^{-1}a_{n-1}x_{n-1}$$
となる．これより$M$は$x_1,\cdots,x_{n-1}$で生成できるが，それは$n$の最小性に矛盾する．よって$M=0$である．(証明終)

補題1から$xM=0$かつ$x \equiv 1 \, {\rm mod} \, I$となる$x \in R$が存在する．すると命題5より$x$は単元である．従って，$M=(x^{-1}x)M=x^{-1}(xM)=0$が成り立つ．(証明終)