局所化と基礎的な定理について
環の局所化と基本的な定理を述べる．証明は行間を埋めるように書いた．
以下環は可換環とし，$1 \neq 0$を含むとする．$R^ \times $で環$R$の可逆元全体とする．
環$R$の部分集合$S$が積閉集合であるとは次の条件を満たすこととする．
- $a,b\in S \Longrightarrow ab\in S$
- $1\in S,0 \notin S$
$S$を環$R$の積閉集合とし，積集合$R\times S$に次のようにして同値関係を定める，
$(r_1,s_1) \sim (r_2,s_2) \Longleftrightarrow \exists c\in S \ \ \mathrm{s.t.} \ (r_1 s_2 -r_2 s_1)c=0$
この$ \sim$は実際に同値関係となり，それによる商集合$(R\times S)/\sim$を考え，同値類を$r/s$で表す．
演算を次のように定める，
- $ (r_1/s_1)+(r_2/s_2):=(r_1 s_2 -r_2 s_1)/s_1 s_2$
- $ (r_1/s_1) \cdot (r_2/s_2):=r_1 r_2/s_1 s_2$
この演算はwell-definedであり，$0/1$を零元，$1/1$を単位元とする可換環になる．
この環のとこを$R$の$S$による局所化と呼び，$S^{-1}R$と書く．
演算のwell-defined性を確かめるには$S^{-1}R$の元として$r_1/s_1=r'_1/s'_1,\ r_2/s_2= r'_2/s'_2$をとり，$(r_1/s_1)+(r_2/s_2)=(r'_1/s'_1)+(r'_2/s'_2)$であることを確かめればよい．積も同様である．
次の定理は極大イデアルの存在性から導かれる．
$R$を環，$I\neq R$を環のイデアルとする．このとき$I$を含む$R$の極大イデアルが存在する．
以下局所化の定理を確認していく．
$R$を環，$S$による局所化を$S^{-1}R$とする．準同型写像$i:R \ni r \rightarrow r/1\in S^{-1}R$を考える．($i$は一般には単射でない)
$R，R'$を環，$R$の$S$による局所化を$S^{-1}R$とする．$f:R\rightarrow R'$は準同型写像で，任意の元$s\in S$に対して$f(s)$は$R'$の可逆元に移されるものとする．このとき準同型写像$g:S^{-1}R\rightarrow R'$で，$f=g\circ i$を満たすものが唯一存在する．
$$
\begin{xy}
\xymatrix {
R\ar[r]^{i} \ar[rd]_{f}^{\circlearrowright} &S^{-1}R\ar@{.>}[d]^{ {}^{ \exists ! } g}\\
& R'
}
\end{xy}$$
もしそのような$g$が存在するならば，$g(r/s)=g((r/1)\cdot(s/1)^{-1})=g(i(r))(g(i(s)))^{-1}=f(r)(f(s))^{-1}$となることから$g$は$f$によって一意的に存在する．
次に存在性について．$g(r/s)=f(r)(f(s))^{-1}$とすると，これはwell-definedな準同型写像である．なぜなら，$r/s=r'/s'\in S^{-1}R$とすると，$(rs'-r's)c=0$となる$c\in S$が存在する．ゆえに$(f(r)f(s')-f(r')f(s))f(c)=0$．$f(c)$，$f(s)$と$f(s')$は$R'$の可逆元なので，$f(r)(f(s))^{-1}=f(r')(f(s'))^{-1}$．
さらに$g(i(r))=g(r/1)=f(r)(f(1))^{-1}=f(r)$から可換性も成り立つ．
$f\in R $として$S=\{f^n \}_{n \geq 0}$とすると，$S$は積閉集合になる．このとき$S^{-1}R$を$R_f$と書く．
$R \supset \mathfrak{p} $を素イデアルとすると，$S=R \setminus \mathfrak{p}$は積閉集合になる．なので$R$の$S$による局所化を考えることができ，それを$R_{\mathfrak{p}}$と表して$R$の$\mathfrak{p}$による局所化と呼ぶ．
最後に局所化$R_{\mathfrak{p}}$が局所環であることを確かめる．
$R$は局所環$\Longleftrightarrow$ 非可逆元の全体$R\setminus R^ \times$はイデアルをなす．
($\Longrightarrow$)
$\mathfrak{m}$を$R$の唯一の極大イデアルとする．もし$u\in R^ \times$が$u\in \mathfrak{m}$であるなら$\mathfrak{m}\ni uu^{-1}=1 $となり$R=\mathfrak{m}$であるが，極大イデアルの定義に反する．したがって，$R\setminus R^ \times\supset \mathfrak{m}$である．一方$a\in R\setminus R^ \times$が生成するイデアル$(a) $は$R$と等しくならないため，定理1からイデアル$(a) $は極大イデアル$\mathfrak{m}$に含まれる．すなわち$a\in \mathfrak{m}$から$R\setminus R^ \times\subset \mathfrak{m}$が成り立つ．よって$R\setminus R^ \times$はイデアルである．
($\Longleftarrow$)
$R\setminus R^ \times$を$R$のイデアルとし，それを$I$と書くことにする．$1\notin I$より$I \subsetneq R$である．$R \supsetneq J$なる任意のイデアル$J$をとる．$u\in R^ \times$が生成するイデアルは$(u)=R$を満たすので，$J$は$u$を含まない．よって$I=R\setminus R^ \times\supset J$となる．$J$は任意にとっていたので$I$は極大イデアルになり，もし$I$以外の極大イデアル$I'$を持つなら上記の議論から$I\supset I'$となるため極大イデアルはただ一つである．
$\mathfrak{p} $を環$R$の素イデアルとすると，局所化$R_{\mathfrak{p}}$は局所環で唯一の極大イデアルは$\mathfrak{m}=\{ a/s \mid a\in \mathfrak{p},s\notin \mathfrak{p} \}$と書ける．
初めに$\{ a/s \mid a\in \mathfrak{p},s\notin \mathfrak{p} \}$はイデアルである．次に$R_{\mathfrak{p}}^ \times=\{ a/s \mid a,s\in R,\ a,s\notin \mathfrak{p} \}$であることを示す．
$R_{\mathfrak{p}}$において$a/s$($a,s\in R$，$s\notin \mathfrak{p}$)が可逆元であったとする．$b/t$がその可逆元だとすると$ab/st=1$となる．よってある$c\in R \setminus \mathfrak{p}$が存在して$(ab-st)c=0$となる．$\mathfrak{p} $は素イデアルで，$stc=abc\notin\mathfrak{p}$だから，$a\notin \mathfrak{p}$．よって$R_{\mathfrak{p}}^ \times\subset\{ a/s \mid a,s\in R,\ a,s\notin \mathfrak{p} \}$.
逆に$a\notin \mathfrak{p}$，すなわち$a\in R \setminus \mathfrak{p}$なら$a/s$の逆元は$s/a\in R_{\mathfrak{p}}$であるため$R_{\mathfrak{p}}^ \times\supset\{ a/s \mid a,s\in R,\ a,s\notin \mathfrak{p} \}$となり等号が言えた．
$\{ a/s \mid a,s\in R,\ a,s\notin \mathfrak{p} \}=\{ a/s \mid a\in R,\ s\in R \setminus \mathfrak{p },\ a\notin \mathfrak{p} \}$と書き替えてみると，$R_{\mathfrak{p}}\setminus R_{\mathfrak{p}}^ \times=\{ a/s \mid a\in \mathfrak{p},s\notin \mathfrak{p} \}=\mathfrak{m}$となることが分かる．さらに命題3とその証明($\Longleftarrow$)から$\mathfrak{m} $は極大イデアルであり，$R_{\mathfrak{p}}$は局所環である．
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