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$r\in R\mathrm{\setminus }\{0\}$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$r{x}_1,\cdots ,r{x}_n$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，
$$x_i=\sum _{j=1}^n{a}_{ij}r{x}_j=a_{i1}r{x}_1+\cdots +a_{in}r{x}_n$$
と書ける．これは，${\delta }_{ij}$をクロネッカーのデルタとすると，
$$\sum _{j=1}^n({\delta }_{ij}-r{a}_{ij})x_j=0(1\le {}^{\mathrm{\forall }}i\le n)$$
とも書ける．従って，第$(i,j)$成分が${\delta }_{ij}-r{a}_{ij}$で定まる行列$A$を考えると，
$$A\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right)=0$$
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，
$$\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}A\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right)=0$$
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，$\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}A\in R$が生成する$R$のイデアル$(\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}A)$は$(\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}A)M=0$を満たす．$(\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}A)\ne 0$とすると$M=(\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}A)M=0$となって$M\ne 0$に矛盾するので$\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}A=0$である．行列式を展開すると$0=\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}A\in 1+(r)$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$\varphi$が$\varphi (M)\subset IM$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
$${\varphi }^n+a_{n-1}{\varphi }^{n-1}+\cdots +a_1\varphi +a_0=0$$
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${\mathrm{E}\mathrm{n}\mathrm{d}}_R(M)$における式である．また，$R$の元$r$は$r$倍写像として${\mathrm{E}\mathrm{n}\mathrm{d}}_R(M)$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．$\varphi (M)\subset IM$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，
$$\varphi (x_i)=\sum _{j=1}^n{a}_{ij}r{x}_j=a_{i1}r{x}_1+\cdots +a_{in}r{x}_n$$
と書ける．これは，${\delta }_{ij}$をクロネッカーのデルタとすると，
$$\sum _{j=1}^n({\delta }_{ij}\varphi -a_{ij})(x_j)=0(1\le {}^{\mathrm{\forall }}i\le n)$$
とも書ける．従って，第$(i,j)$成分が${\delta }_{ij}\varphi -a_{ij}$で定まる${\mathrm{E}\mathrm{n}\mathrm{d}}_R(M)$に成分を持つ行列$A$を考えると，
$$A\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right)=0$$
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，
$$\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}A\left(\begin{array}{c}{x}_1\\ ⋮\\ x_n\end{array}\right)=0$$
が成り立つ．$M$は$x_1,\cdots ,x_n$で生成されているから，$\mathrm{d}\mathrm{e}\mathrm{t}A\in {\mathrm{E}\mathrm{n}\mathrm{d}}_R(M)$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．$\varphi$を恒等写像，即ち$1$倍写像とすると$\varphi (M)=M=IM$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．$x\ne 0$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
$$0=(x)M=M\ne 0$$
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$r/s^{\prime }\in S^{-1}R$に対して
$$1-\frac{ar}{s{s}^{\prime }}=\frac{s{s}^{\prime }-ar}{s{s}^{\prime }}$$
であり，$s{s}^{\prime }-ar\in S+I\subset 1+I=S$より$\frac{s{s}^{\prime }}{s{s}^{\prime }-ar}\in S^{-1}R$である．即ち$1-ar/s{s}^{\prime }$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．$s\ne 0$とすると，$s\in R$が生成するイデアル$(s)$は零でないから$0=(s)M=M\ne 0$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$x\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}I$を満たす$x\in R$が存在する．$x\ne 0$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$0=(x)M=M\ne 0$となって矛盾．従って$x=0$である．$x\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}I$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
$$\frac{a_1}{s_1}+\cdots +\frac{a_n}{s_n}=\frac{a_1{s}_2\cdots s_n+\cdots +a_n{s}_1\cdots s_{n-1}}{s_1\cdots s_n}\in S^{-1}I$$
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$(\sum _i{a}_i{m}_i)/s(a_i\in I,m_i\in M,s\in S)$の形をしている．ここで分子は有限和である．すると，
$$\frac{\sum _i{a}_i{m}_i}{s}=\sum _i\frac{a_i}{s}\cdot \frac{m_i}{1}\in (S^{-1}I)(S^{-1}M)$$
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$\sum _i\frac{a_i}{s_i}\cdot \frac{m_i}{s_i^{\prime }}(a_i\in I,m_i\in M,s_i,s_i^{\prime }\in S)$という形をしている．この和も有限和である．すると$t=\prod _i{s}_i{s}_i^{\prime },t_i=\prod _{j\ne i}{s}_j{s}_j^{\prime }$とおけば，$t\in S$かつ
$$\sum _i\frac{a_i}{s_i}\cdot \frac{m_i}{s_i^{\prime }}=\frac{\sum _i{t}_i{a}_i{m}_i}{t}\in S^{-1}(IM)$$
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)

($⟹$)：$M$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$x_i(1\le i\le n)$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$s_i{x}_i=0\in M$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$s{x}_i=0(1\le {}^{\mathrm{\forall }}i\le n)$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．

($⟸$)：$s_0\in S$が$s_{0}M=0$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，
$$\frac{x}{s}=\frac{s_{0}x}{s_{0}s}=0$$
となるので，$S^{-1}M=0$が成り立つ．(証明終)

($⟹$)：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．

($⟸$)：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)

$M\ne 0$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$x_n=a_1{x}_1+\cdots +a_n{x}_n$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$M\ne 0$に矛盾する．$n\ge 2$とすると
$$(1-a_n)x_n=a_1{x}_1\cdots +a_{n-1}{x}_{n-1}$$
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
$$x_n=(1-a_n{)}^{-1}{a}_1{x}_1+\cdots +(1-a_n{)}^{-1}{a}_{n-1}{x}_{n-1}$$
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$x\equiv 1\mathrm{m}\mathrm{o}\mathrm{d}I$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)