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)

　$\M$に極大元が存在しないものと仮定すると、任意の$I_0\in\M$に対して無限昇鎖列
$$I_0\subsetneq I_1\subsetneq I_2\subsetneq\cdots$$
が取れることになり矛盾を得る。
　また$\M$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
$$\M=\{I'\subseteq I\mid I':\mbox{有限生成}\}$$
とおくと$(0)\in\M$より$\M\neq\emptyset$なので$\M$は極大元$J$を持つ。
　このとき$I\neq J$であると仮定すると、任意の$x\in I\setminus J$に対し
$$J'=(x)+I$$
は$J\subsetneq J'\in\M$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
$$J=\bigcup^\infty_{n=0}I_n$$
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$x_1,x_2,\ldots,x_m$に対し$x_k\in I_{n_k}$なる$n_k$を取り
$$n=\max\{n_1,n_2,\ldots,n_m\}$$
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$x_1,x_2,\ldots,x_n\in K$に対し$r_kx_k\in R$となるような$r_k\in R$を取り
$$r=r_1r_2\cdots r_n$$
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$\mf a^{-1}\mf a=R$から$\mf a^{-1}\subseteq\mf a^*$が成り立ち、また$\mf a^*\mf a\subseteq R$から$\mf a^*=\mf a^*(\mf a\mf a^{-1})\subseteq R\mf a^{-1}=\mf a^{-1}$が成り立つので$\mf a^*=\mf a^{-1}$を得る。

(i)$\Rightarrow$(ii)

　$x$が
$$x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots+a_1x+a_0=0\quad(a_k\in A)$$
を満たすとすると、$M=A[x]$は$1,x,x^2,\ldots,x^{n-1}$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$b_1,b_2,\ldots,b_n$とおくと$xb_k\in M$より
$$x\begin{pmatrix}b_1\\b_2\\\vdots\\b_n\end{pmatrix} =\g\begin{pmatrix}b_1\\b_2\\\vdots\\b_n\end{pmatrix}$$
なる$A$係数の正方行列$\g$が取れる。したがって$x$は$A$係数のモニック多項式$f(X)=\det(XE-\g)$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$\mf a$全体の集合$\M$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$\M$は極大元$\mf a$を持ち、$\M$の取り方より$\mf a$は素イデアルではないので$xy\in\mf a$かつ$x,y\not\in\mf a$を満たすような$x,y\in R$が存在する。このとき
$$\mf b=(x)+\mf a,\quad\mf c=(y)+\mf a$$
とおくと$\mf a\subsetneq\mf b,\mf c$および$\mf a$の極大性から
$$\p_1\p_2\cdots\p_r\subseteq\mf b,\quad\q_1\q_2\cdots\q_s\subseteq\mf c$$
なる素イデアルが存在するが$\mf b\cdot\mf c\subseteq\mf a$より
$$\p_1\p_2\cdots\p_r\cdot\q_1\q_2\cdots\q_s\subseteq\mf a$$
となって$\mf a$の取り方に矛盾。よって主張を得る。

　$\p^*$の定義より明らかに$R\subseteq\p^*$が成り立つので$\p^*\neq R$、特に$\p^*\setminus R$は非空であることを示せばよい。
　任意に$a\in\p\setminus\{0\}$を取り、また上の補題のような素イデアル
$$\p_1\p_2\cdots\p_r\subseteq(a)$$
であって$r$が最小となるようなものを取る。
　このとき$\p$は素イデアルであることから$\p_1,\p_2,\ldots,\p_r$のいずれかは$\p$に含まれるので$\p_1\subseteq\p$としてよい。特にクルル次元が$1$であることから$\p=\p_1$となることに注意する。
　いま$r$の最小性より
$$\p_2\cdots\p_r\not\subseteq(a)$$
が成り立つので$b\not\in(a)$なる$b\in\p_2\cdots\p_r$が取れる。このとき$a^{-1}b\not\in R$かつ$a^{-1}b\p\subseteq R$となることから$\p^*\setminus R$は非空であることが示された。

　$\mf a\subseteq\p^*\mf a$は明らかなので$\mf a\neq\p^*\mf a$であることを示せばよい。
　もし$\mf a=\p^*\mf a$とすれば補題4より任意の$x\in\p^*$は$R$上整となるが、$R$は整閉であるので$x\in R$つまり$\p\subseteq R$となり$R\subsetneq\p^*$であったことに矛盾。よって主張を得る。
　また$\p\subsetneq\p^*\p\subseteq R$および$\p$の極大性より$\p^*\p=R$が成り立つので$\p$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$\M$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$\mf a$を持つ。このとき$\mf a\subseteq\p$なる極大イデアル$\p$を取ると補題7から$\mf a\subsetneq\p^{-1}\mf a$が成り立つので$\mf a$の極大性より$\p^{-1}\mf a$は可逆となるが、$\mf a=\p(\p^{-1}\mf a)$も可逆ということになり矛盾。よって$\M$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$\mf a$は素イデアルの積
$$\mf a=\prod_{\p}\p^{e_\p}\qquad(e_\p\in\Z)$$
に分解できるので$\mf a$は逆元
$$\mf a^{-1}=\prod_{\p}\p^{-e_\p}$$
を持つことがわかる。

　$\mf b$は可逆であることから$\mf a=\mf b\mf c\iff\mf a\mf b^{-1}\subseteq R$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$\M$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$\mf a$を持つ。このとき$\mf a\subseteq\p$なる極大イデアル$\p$を取ると補題7から$\mf a\subsetneq\p^{-1}\mf a$が成り立つので$\mf a$の極大性より$\p^{-1}\mf a$は素イデアル分解を持つことがわかるが、$\mf a=\p(\p^{-1}\mf a)$も素イデアル分解を持つことになり矛盾。よって$\M$は空であることが示された。

分解の一意性

　$\mf a$が二通りの分解
$$\mf a=\p_1\p_2\cdots\p_r=\q_1\q_2\cdots\q_s$$
を持つとする。
　このとき$\mf a\subseteq\p_1$より$\q_1,\q_2,\ldots,\q_s$のいずれかは$\p_1$に含まれるので適当に順番を取り替えることで$\q_1\subseteq\p_1$とすると$\q_1$の極大性より$\p_1=\q_1$が成り立つ。また同様にしていくことで$\p_i=\q_i\;(i=1,2,\ldots,r)$および$r=s$であることがわかる。

　$\mf b=c\mf a$が整イデアルとなるような$c\in R\setminus\{0\}$を取り、$\mf b$および$\mf c=(c)$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$\g\in C$に対し、$\g$が満たす$B$上の方程式を
$$\g^n+b_{n-1}\g^{n-1}+\cdots+b_1\g+b_0=0\quad(b_k\in B)$$
とおくと$M=A[b_{n-1},\ldots,b_1,b_0,\g]$は有限生成$A$-加群であり$\g M\subseteq M$を満たすことから補題4より$\g$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。

　$\p$が$A$の素イデアルであることは明らかなので$\p\neq(0)$であることを示せばよい。
　そのことは任意に$x\in\p\setminus\{0\}$を取りこれが満たす方程式を
$$x^n+a_{n-1}x^{n-1}+\cdots a_1x+a_0=0\quad(a_k\in A,\ a_0\neq0)$$
とおいたとき
$$a_0=-x(x^{n-1}+a_{n-1}x^{n-2}+\cdots+a_1)\in\q\cap A=\p$$
となることからわかる。

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

　仮定より$L=K(\t)$なる元$\t\in B$が取れ、このときその共役元を$\t_1,\t_2,\ldots,\t_n\ (n=[L:K])$とおくと$1,\t,\t^2,\ldots,\t^{n-1}\ (n=[L:K])$に関する判別式は
$$d=\det{}((\t_i^{j-1})_{i,j})^2=\prod_{i< j}(\t_i-\t_j)^2\neq0$$
を満たすことに注意する。
　いま任意の$\a\in B$に対し
$$\a=\sum^n_{j=1}x_j\t^{j-1}$$
なる$x_j\in K$を取ると$x_j$は一次方程式
$$\Tr_{L/K}(\t^{i-1}\a)=\sum^n_{j=1}\Tr_{L/K}(\t^{i-1}\t^{j-1})x_j\quad(i=1,2,\ldots,n)$$
の解とみなせるので$\Tr_{L/K}(\t^{i-1}\a)\in A$に注意すると
$$x_j\in\frac A{\det((\Tr_{L/K}(\t^{i-1}\t^{j-1}))_{i,j})}=\frac Ad$$
が成り立つことがわかる。
　特に
$$B\subseteq\frac{A[\t]}d$$
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$\Z[\sqrt5]/\Z$が整拡大であることから、ネーターであることは$\Q(\sqrt5)/\Q$が有限次拡大であることからわかる。
　整閉でないことは
$$x=\frac{1+\sqrt5}2\in\Q(\sqrt5)$$
が$x\not\in\Z[\sqrt5]$および
$$x^2-x-1=0$$
を満たすことからわかる。