デデキント環の基本性質

　(i)$\Rightarrow$(iii)$\Rightarrow$(ii)$\Rightarrow$(i)の順に示す。

(i)$\Rightarrow$(iii)

　$\mathfrak{M}$に極大元が存在しないものと仮定すると、任意の$I_0\in \mathfrak{M}$に対して無限昇鎖列
$$I_0⊊I_1⊊I_2⊊\cdots$$
が取れることになり矛盾を得る。
　また$\mathfrak{M}$は包含関係$\subseteq$について帰納的であることからZornの補題を用いてもわかる。

(iii)$\Rightarrow$(ii)

　$R$のイデアル$I$に対し
$$\mathfrak{M}=\{I^{\prime }\subseteq I\mid I^{\prime }:\text{有限生成}\}$$
とおくと$(0)\in \mathfrak{M}$より$\mathfrak{M}\ne \mathrm{\varnothing }$なので$\mathfrak{M}$は極大元$J$を持つ。
　このとき$I\ne J$であると仮定すると、任意の$x\in I\setminus J$に対し
$$J^{\prime }=(x)+I$$
は$J⊊J^{\prime }\in \mathfrak{M}$を満たすことになり$J$の極大性に矛盾。よって$I=J$は有限生成であることが示された。

(ii)$\Rightarrow$(i)

　イデアルの昇鎖列$I_0\subseteq I_1\subseteq I_2\subseteq \cdots$に対し
$$J=\bigcup _{n=0}^{\mathrm{\infty }}{I}_n$$
とおくとこれは$R$のイデアルとなるので有限生成である。
　特にその生成元$x_1,x_2,\dots ,x_m$に対し$x_k\in I_{n_k}$なる$n_k$を取り
$$n=max\{n_1,n_2,\dots ,n_m\}$$
とおくと$I_n=I_{n+1}=I_{n+2}=\cdots =J$が成り立つ。

(i)$\Rightarrow$(ii)

　ある$r\in R\setminus \{0\}$に対し$rI$は$R$のイデアルとなるので$R$のネーター性よりこれは有限生成であり、したがって$I=r^{-1}(rI)$も有限生成となる。

(ii)$\Rightarrow$(i)

　$I$の生成元$x_1,x_2,\dots ,x_n\in K$に対し$r_k{x}_k\in R$となるような$r_k\in R$を取り
$$r=r_1{r}_2\cdots r_n$$
とおくと$rI\subseteq R$が成り立つ(ネーター性は必要ない)。

　前半の主張については明らか。
　後半の主張については${\mathfrak{a}}^{-1}\mathfrak{a}=R$から${\mathfrak{a}}^{-1}\subseteq {\mathfrak{a}}^{\ast }$が成り立ち、また${\mathfrak{a}}^{\ast }\mathfrak{a}\subseteq R$から${\mathfrak{a}}^{\ast }={\mathfrak{a}}^{\ast }(\mathfrak{a}{\mathfrak{a}}^{-1})\subseteq R{\mathfrak{a}}^{-1}={\mathfrak{a}}^{-1}$が成り立つので${\mathfrak{a}}^{\ast }={\mathfrak{a}}^{-1}$を得る。

(i)$\Rightarrow$(ii)

　$x$が
$$x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots +a_{1}x+a_0=0(a_k\in A)$$
を満たすとすると、$M=A[x]$は$1,x,x^2,\dots ,x^{n-1}$によって生成され、また$xM\subseteq M$を満たす$A$-加群となる。

(ii)$\Rightarrow$(i)

　$M$の生成元を$b_1,b_2,\dots ,b_n$とおくと$x{b}_k\in M$より
$$x\left(\begin{array}{c}{b}_1\\ b_2\\ ⋮\\ b_n\end{array}\right)=\gamma \left(\begin{array}{c}{b}_1\\ b_2\\ ⋮\\ b_n\end{array}\right)$$
なる$A$係数の正方行列$\gamma$が取れる。したがって$x$は$A$係数のモニック多項式$f(X)=\det (XE-\gamma )$の根であることがわかる(ただし$E_n$は単位行列とした)。

　主張を満たさないようなイデアル$\mathfrak{a}$全体の集合$\mathfrak{M}$が空でないものと仮定し矛盾を導く。
　いま$R$のネーター性から$\mathfrak{M}$は極大元$\mathfrak{a}$を持ち、$\mathfrak{M}$の取り方より$\mathfrak{a}$は素イデアルではないので$xy\in \mathfrak{a}$かつ$x,y\notin \mathfrak{a}$を満たすような$x,y\in R$が存在する。このとき
$$\mathfrak{b}=(x)+\mathfrak{a},\mathfrak{c}=(y)+\mathfrak{a}$$
とおくと$\mathfrak{a}⊊\mathfrak{b},\mathfrak{c}$および$\mathfrak{a}$の極大性から
$${\mathfrak{p}}_1{\mathfrak{p}}_2\cdots {\mathfrak{p}}_r\subseteq \mathfrak{b},{\mathfrak{q}}_1{\mathfrak{q}}_2\cdots {\mathfrak{q}}_s\subseteq \mathfrak{c}$$
なる素イデアルが存在するが$\mathfrak{b}\cdot \mathfrak{c}\subseteq \mathfrak{a}$より
$${\mathfrak{p}}_1{\mathfrak{p}}_2\cdots {\mathfrak{p}}_r\cdot {\mathfrak{q}}_1{\mathfrak{q}}_2\cdots {\mathfrak{q}}_s\subseteq \mathfrak{a}$$
となって$\mathfrak{a}$の取り方に矛盾。よって主張を得る。

　${\mathfrak{p}}^{\ast }$の定義より明らかに$R\subseteq {\mathfrak{p}}^{\ast }$が成り立つので${\mathfrak{p}}^{\ast }\ne R$、特に${\mathfrak{p}}^{\ast }\setminus R$は非空であることを示せばよい。
　任意に$a\in \mathfrak{p}\setminus \{0\}$を取り、また上の補題のような素イデアル
$${\mathfrak{p}}_1{\mathfrak{p}}_2\cdots {\mathfrak{p}}_r\subseteq (a)$$
であって$r$が最小となるようなものを取る。
　このとき$\mathfrak{p}$は素イデアルであることから${\mathfrak{p}}_1,{\mathfrak{p}}_2,\dots ,{\mathfrak{p}}_r$のいずれかは$\mathfrak{p}$に含まれるので${\mathfrak{p}}_1\subseteq \mathfrak{p}$としてよい。特にクルル次元が$1$であることから$\mathfrak{p}={\mathfrak{p}}_1$となることに注意する。
　いま$r$の最小性より
$${\mathfrak{p}}_2\cdots {\mathfrak{p}}_r⊈(a)$$
が成り立つので$b\notin (a)$なる$b\in {\mathfrak{p}}_2\cdots {\mathfrak{p}}_r$が取れる。このとき$a^{-1}b\notin R$かつ$a^{-1}b\mathfrak{p}\subseteq R$となることから${\mathfrak{p}}^{\ast }\setminus R$は非空であることが示された。

　$\mathfrak{a}\subseteq {\mathfrak{p}}^{\ast }\mathfrak{a}$は明らかなので$\mathfrak{a}\ne {\mathfrak{p}}^{\ast }\mathfrak{a}$であることを示せばよい。
　もし$\mathfrak{a}={\mathfrak{p}}^{\ast }\mathfrak{a}$とすれば補題4より任意の$x\in {\mathfrak{p}}^{\ast }$は$R$上整となるが、$R$は整閉であるので$x\in R$つまり$\mathfrak{p}\subseteq R$となり$R⊊{\mathfrak{p}}^{\ast }$であったことに矛盾。よって主張を得る。
　また$\mathfrak{p}⊊{\mathfrak{p}}^{\ast }\mathfrak{p}\subseteq R$および$\mathfrak{p}$の極大性より${\mathfrak{p}}^{\ast }\mathfrak{p}=R$が成り立つので$\mathfrak{p}$は可逆であることがわかる。

　任意の$(0)$でない整イデアルが可逆であることを示せばよい。実際そうであれば任意の分数イデアル$I$に対し$rI\subseteq R$なる$r\in R\setminus \{0\}$を取ることで$I=(r^{-1})\cdot rI$は可逆であることがわかる。
　いま可逆でない整イデアル全体$\mathfrak{M}$が空でないものと仮定すると$R$のネーター性よりこれは極大元$\mathfrak{a}$を持つ。このとき$\mathfrak{a}\subseteq \mathfrak{p}$なる極大イデアル$\mathfrak{p}$を取ると補題7から$\mathfrak{a}⊊{\mathfrak{p}}^{-1}\mathfrak{a}$が成り立つので$\mathfrak{a}$の極大性より${\mathfrak{p}}^{-1}\mathfrak{a}$は可逆となるが、$\mathfrak{a}=\mathfrak{p}({\mathfrak{p}}^{-1}\mathfrak{a})$も可逆ということになり矛盾。よって$\mathfrak{M}$は空であることが示された。

　以下で示すように任意の分数イデアル$\mathfrak{a}$は素イデアルの積
$$\mathfrak{a}=\prod _{\mathfrak{p}}{\mathfrak{p}}^{e_{\mathfrak{p}}}(e_{\mathfrak{p}}\in \mathbb{Z})$$
に分解できるので$\mathfrak{a}$は逆元
$${\mathfrak{a}}^{-1}=\prod _{\mathfrak{p}}{\mathfrak{p}}^{-e_{\mathfrak{p}}}$$
を持つことがわかる。

　$\mathfrak{b}$は可逆であることから$\mathfrak{a}=\mathfrak{b}\mathfrak{c}⟺\mathfrak{a}{\mathfrak{b}}^{-1}\subseteq R$が成り立つことに注意するとわかる。

分解の存在性

　素イデアル分解ができないようなイデアル全体$\mathfrak{M}$が空でないものと仮定すると$R$のネーター性よりこれは極大元$\mathfrak{a}$を持つ。このとき$\mathfrak{a}\subseteq \mathfrak{p}$なる極大イデアル$\mathfrak{p}$を取ると補題7から$\mathfrak{a}⊊{\mathfrak{p}}^{-1}\mathfrak{a}$が成り立つので$\mathfrak{a}$の極大性より${\mathfrak{p}}^{-1}\mathfrak{a}$は素イデアル分解を持つことがわかるが、$\mathfrak{a}=\mathfrak{p}({\mathfrak{p}}^{-1}\mathfrak{a})$も素イデアル分解を持つことになり矛盾。よって$\mathfrak{M}$は空であることが示された。

分解の一意性

　$\mathfrak{a}$が二通りの分解
$$\mathfrak{a}={\mathfrak{p}}_1{\mathfrak{p}}_2\cdots {\mathfrak{p}}_r={\mathfrak{q}}_1{\mathfrak{q}}_2\cdots {\mathfrak{q}}_s$$
を持つとする。
　このとき$\mathfrak{a}\subseteq {\mathfrak{p}}_1$より${\mathfrak{q}}_1,{\mathfrak{q}}_2,\dots ,{\mathfrak{q}}_s$のいずれかは${\mathfrak{p}}_1$に含まれるので適当に順番を取り替えることで${\mathfrak{q}}_1\subseteq {\mathfrak{p}}_1$とすると${\mathfrak{q}}_1$の極大性より${\mathfrak{p}}_1={\mathfrak{q}}_1$が成り立つ。また同様にしていくことで${\mathfrak{p}}_i={\mathfrak{q}}_i(i=1,2,\dots ,r)$および$r=s$であることがわかる。

　$\mathfrak{b}=c\mathfrak{a}$が整イデアルとなるような$c\in R\setminus \{0\}$を取り、$\mathfrak{b}$および$\mathfrak{c}=(c)$を素イデアル分解することでわかる(一意性については明らか)。

　任意の$\gamma \in C$に対し、$\gamma$が満たす$B$上の方程式を
$${\gamma }^n+b_{n-1}{\gamma }^{n-1}+\cdots +b_1\gamma +b_0=0(b_k\in B)$$
とおくと$M=A[b_{n-1},\dots ,b_1,b_0,\gamma ]$は有限生成$A$-加群であり$\gamma M\subseteq M$を満たすことから補題4より$\gamma$は$A$上整となることがわかる。

　$L$における$B$の整閉包を$C$とおくと上の命題より$C$は$A$上整となるので$B$の定義より$C\subseteq B$つまり$B=C$を得る。

　任意の$x\in B\setminus \{0\}$に対し$B$は体$A[x]=A(x)$を含むので$x^{-1}\in B$を得る。

　$\mathfrak{p}$が$A$の素イデアルであることは明らかなので$\mathfrak{p}\ne (0)$であることを示せばよい。
　そのことは任意に$x\in \mathfrak{p}\setminus \{0\}$を取りこれが満たす方程式を
$$x^n+a_{n-1}{x}^{n-1}+\cdots a_{1}x+a_0=0(a_k\in A,a_0\ne 0)$$
とおいたとき
$$a_0=-x(x^{n-1}+a_{n-1}{x}^{n-2}+\cdots +a_1)\in \mathfrak{q}\cap A=\mathfrak{p}$$
となることからわかる。

　$B$の任意の$(0)$でない素イデアル$\mathfrak{q}$が極大イデアルとなることを示せばよい。
　いま$\mathfrak{p}=\mathfrak{q}\cap A$とおき単射準同型
$$A/\mathfrak{p}\to B/\mathfrak{q},x+\mathfrak{p}\mapsto x+\mathfrak{q}$$
を考えることで$A/\mathfrak{p}\subseteq B/\mathfrak{q}$とみなす。このとき$B/A$は整拡大であることから$(B/\mathfrak{q})/(A/\mathfrak{p})$も整拡大であり、また$\mathfrak{p}$の極大性より$A/\mathfrak{p}$は体であったので上の補題より$B/\mathfrak{q}$も体となる。よって$\mathfrak{q}$は極大イデアルであることがわかる。

　仮定より$L=K(\theta )$なる元$\theta \in B$が取れ、このときその共役元を${\theta }_1,{\theta }_2,\dots ,{\theta }_n(n=[L:K])$とおくと$1,\theta ,{\theta }^2,\dots ,{\theta }^{n-1}(n=[L:K])$に関する判別式は
$$d=\det (({\theta }_i^{j-1}{)}_{i,j}{)}^2=\prod _{i<j}({\theta }_i-{\theta }_j{)}^2\ne 0$$
を満たすことに注意する。
　いま任意の$\alpha \in B$に対し
$$\alpha =\sum _{j=1}^n{x}_j{\theta }^{j-1}$$
なる$x_j\in K$を取ると$x_j$は一次方程式
$${\mathrm{Tr}}_{L/K}({\theta }^{i-1}\alpha )=\sum _{j=1}^n{\mathrm{Tr}}_{L/K}({\theta }^{i-1}{\theta }^{j-1})x_j(i=1,2,\dots ,n)$$
の解とみなせるので${\mathrm{Tr}}_{L/K}({\theta }^{i-1}\alpha )\in A$に注意すると
$$x_j\in \frac{A}{\det (({\mathrm{Tr}}_{L/K}({\theta }^{i-1}{\theta }^{j-1}){)}_{i,j})}=\frac{A}{d}$$
が成り立つことがわかる。
　特に
$$B\subseteq \frac{A[\theta ]}{d}$$
が成り立つので「ネーター環上の有限生成加群の部分加群は再び有限生成となる」という事実から$B$の任意のイデアルは有限生成$A$-加群ひいては有限生成$B$-加群となることがわかる。

　$1$次元であることは明らか。ネーターであることはイデアルの有限生成性からわかる。
　整閉であることは補題4を用いればわかる。実際$x\in K$が$R$上整、つまりある分数イデアル$I=(y)$に対し$(xy)\subseteq (y)$を満たしたとすると、ある$z\in R$が存在して$xy=yz$が成り立つので$x=z\in R$を得る。

　$1$次元であることは$\mathbb{Z}[\sqrt{5}]/\mathbb{Z}$が整拡大であることから、ネーターであることは$\mathbb{Q}(\sqrt{5})/\mathbb{Q}$が有限次拡大であることからわかる。
　整閉でないことは
$$x=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\in \mathbb{Q}(\sqrt{5})$$
が$x\notin \mathbb{Z}[\sqrt{5}]$および
$$x^2-x-1=0$$
を満たすことからわかる。