体上の貼り合わせ（Patching over fields）(2)

1. 帰納法により, 任意の$f \in \hat{R}_0$と任意の$m \geq 0$に対して, $f_m \in R_0$が存在して$f-f_m \in t^m \hat{R}_0$が成り立つことを証明する.
   $m=0$に対しては自明である. $m-1$に対して成り立つと仮定し, $f-f_{m-1}=t^{m-1}e$($e \in \hat{R}_0$)と表す. $\bar{e}\in \hat{R}_0/t\hat{R}_0=\operatorname{Frac}(\hat{R}_1/t\hat{R}_1)$であるから, $\bar{e}=\bar{g}/\bar{h}$, $\bar{g},\bar{h}\neq 0 \in \hat{R}_1/t\hat{R}_1$と表せる. $\bar{g},\bar{h}$は$g,h \in \hat{R}_1$の像であるとする. $\bar{h}\neq 0 \in \hat{R}_0/t\hat{R}_0$であるから, $h \in \hat{R}_0^\times$である. よって$g/h \in \hat{R_0}$であり, $e-g/h \in t\hat{R}_0$が成り立つ. $f_m := f_{m-1}+t^{m-1}g/h\in \hat{R}_0 \cap F_1 =R_0$とおけば, $f-f_m=f-f_{m-1}-t^{m-1}g/h=t^{m-1}e-t^{m-1}g/h=t^{m-1}(e-g/h)\in t^m\hat{R}_0$が成り立つ.

2. 行列$A \in \operatorname{Mat}_n(\hat{R}_0)が\det(A)\neq 0$を満たすと仮定する. すると, ある$r \geq 0$に対して$A^{-1}\in t^{-r}\operatorname{Mat}_n(\hat{R}_0)\subset \operatorname{Mat}_n(F_0)$が成り立つ. (1)の結果より, ある行列$C_0 \in \operatorname{Mat}_n({R}_0)$が存在して, $C_0 \equiv t^r A^{-1} \ \operatorname{mod} \ t^{r+1}\operatorname{Mat}_n(\hat{R}_0)$が成り立つ.
   $C:=t^{-r}C_0 \in t^{-r}\operatorname{Mat}_n({R}_0)\subset \operatorname{Mat}_n(F_1)$とおく. すると, $C-A^{-1}\in t\operatorname{Mat}_n(\hat{R}_0)$であるから, $CA-I \in t\operatorname{Mat}_n(\hat{R}_0)$である. よって$CA \in \operatorname{GL}_n(\hat{R}_0)$であるから, 特に$\det(C)\neq 0$である. ゆえに$C \in \operatorname{GL}_n(F_1)$を得る.
   仮定から$A'_1 \in \operatorname{GL}_n(F_1), A_2 \in \operatorname{GL}_n(\hat{R}_2)$が存在して$CA=A'_1A_2$が成り立つ.
   $A_1:=C^{-1}A_1'\in \operatorname{GL}_n(F_1)$とおけば, $A=A_1A_2$が成り立つ.

以下では行列$B_i \in \operatorname{Mat}_n(M_1)$, $C_i \in \operatorname{Mat}_n(\hat{R}_2)$で
$$B_0 = C_0=I,$$
$$A \equiv B_i C_i \ \operatorname{mod}\ t^{i+1}\operatorname{Mat}_n(\hat{R}_0),$$
$$B_i \equiv B_{i-1} \ \operatorname{mod}\ t^{i}\operatorname{Mat}_n(M_1),$$
$$C_i \equiv C_{i-1} \ \operatorname{mod}\ t^{i}\operatorname{Mat}_n(\hat{R}_2)$$
を満たすものを構成する. もし構成できれば, $t$進完備性から極限$A_1:= \lim B_i \in \operatorname{Mat}_n(M_1)$, $A_2:= \lim C_i \in \operatorname{Mat}_n(\hat{R}_2)$が存在して$A=A_1A_2$が成り立つ. $A_2 \equiv C_0=I \ \operatorname{mod}\ t\operatorname{Mat}_n(\hat{R}_2)$であるから$A_2 \in \operatorname{GL}_n(\hat{R}_2)$が分かる. よって$\det(A_1)\neq 0$が分かり, $M_1 \subset F_1$であるから特に$A_1 \in \operatorname{GL}_n(F_1)$を得る.

このような列$\{B_i \}, \{C_i \}$を帰納的に構成する. ある$n \geq 1$に対し, すべての$i \leq n-1$に対して$B_i, C_i$が構成できたと仮定する.
$A-B_{n-1}C_{n-1}=t^n \tilde{A}_n$($\tilde{A}_n \in \operatorname{Mat}_n(\hat{R}_0)$)と表せる. 仮定から行列$B_n' \in \operatorname{Mat}_n(M_1)$, $C_n' \in \operatorname{Mat}_n(\hat{R}_2)$ が存在して$\tilde{A}_n\equiv B_n'+C_n' \ \operatorname{mod}\ t\operatorname{Mat}_n(\hat{R}_0)$が成り立つ. したがって,
$$ t^n\tilde{A}_n\equiv t^nB_n'+ t^n C_n' \ \operatorname{mod}\ t^{n+1}\operatorname{Mat}_n(\hat{R}_0).$$
そこで行列を
$$B_n:= B_{n-1}+t^n B_n', \ C_n:= C_{n-1}+t^n C_n'$$
と定める. このとき,
\begin{eqnarray} A &=& B_{n-1}C_{n-1}+t^n \tilde{A}_n \\ &\equiv& B_{n-1}C_{n-1}+ t^nB_n'+ t^n C_n' \ \operatorname{mod}\ t^{n+1}\operatorname{Mat}_n(\hat{R}_0) \\ &\equiv& (B_{n-1}+t^n B_n')(C_{n-1}+t^n C_n') \ \operatorname{mod}\ t^{n+1}\operatorname{Mat}_n(\hat{R}_0) \\ &\equiv& B_n C_n \operatorname{mod}\ t^{n+1}\operatorname{Mat}_n(\hat{R}_0), \end{eqnarray}
ここで第2の合同に
$$B_{n-1} \equiv B_0 =I \operatorname{mod}\ t\operatorname{Mat}_n(M_1), \ C_{n-1} \equiv C_0 =I \operatorname{mod}\ t\operatorname{Mat}_n(\hat{R}_2) $$
を用いた. 以上で証明された.

$M_0$を部分加群$M_1+M_2 \subset M_0$で置き換えることで$M_1+M_2=M_0$と仮定してもよい.
このとき, 仮定から短完全列
$$0 \to M/tM \to M_1/tM_1 \times M_2/tM_2 \to M_0/tM_0 \to 0$$
が存在する. ここで最初の射は対角射$m \mapsto (m,m)$であり, 2番目の射は引き算$(a,b) \mapsto a-b$である. $M\subset N :=M_1 \cap M_2 \subset M_0$とする. $M_0$に$t$-torsionがないことから, $tN=tM_1 \cap tM_2$が成り立つ. ($tm_1=tm_2$とすると$t(m_1-m_2)=0$であるので, $m_1=m_2\in M_1\cap M_2 =N$.) したがって, 完全列$0 \to N \to M_1\times M_2 \to M_0 \to 0$に$T$上$T/(t)$をテンソルして完全列
$$0 \to N/tN \to M_1/tM_1\times M_2/tM_2 \to M_0/tM_0 \to 0$$
を得る.
ゆえに自然な準同型$M/tM \to N/tN$は同型なので, $M\cap tN=tM$, $N=M+tN$が成り立つ.
任意の$j\geq 0$に対して$M\cap t^{j+1}N=M\cap tN \cap t^{j+1}N=tM\cap t^{j+1}N=t(M\cap t^j N)$が成り立つ. ここで, 最後の等号は$N$が$t$-torsionを持たないことからいえる. これから, 帰納法により, 任意の$j \geq 0$に対して$M \cap t^j N =t^j M$, $N=M+t^j N$が示される.

$n \in N = M_1\cap M_2$に対し, $n-m_j \in t^jN$を満たす$m_j \in M$が存在する. $h>j$ならば$m_h-m_j =(m_h-n)-(m_j-n)\in M \cap t^jN=t^j M$が成り立つ. $M$は$t$進完備なので$m \in M$と列$i_j \to \infty$が存在して, すべての$j$に対して$m-m_j \in t^{i_j}M$が成り立つ. $i_j \leq j$と仮定してよい. すると, $n-m =(n-m_j)-(m-m_j)\in t^{i_j}N \subset t^{i_j}M_0$がすべての$j$に対して成り立つ. ところが仮定より$\bigcap_{j=1}^\infty t^{i_j}M_0=\bigcap_{j=1}^\infty t^{j}M_0=(0)$である ($i_j \to \infty$を用いた). したがって$n-m=0$, ゆえに$n=m \in M$である.