可換環論の勘どころ：1.1-(1)

可換環論

この著者は初心者として投稿しています。間違いや考慮が足りていない点が含まれている可能性が高いです。見つけたらコメント欄で優しく指摘してあげましょう。

はじめに

「可換環論の勘どころ」という今の僕にぴったりな本が見つかったので読むついでに記事にしていきます．本を持ってないとなんのこっちゃだと思いますので，皆さんもぜひ買って（あるいは借りて）読んでみてください！

省略されている証明たち

命題1.2

$0^{'}$ も条件を満たすとすれば， $0^{'} = 0^{'} + 0 = 0$
$(- a)^{'}$ も条件を満たすとすれば， $(- a)^{'} = (- a)^{'} + a + (- a) = - a$
$1^{'}$ も条件を満たすとすれば， $1^{'} = 1^{'} \times 1 = 1$

命題1.4

$- b = a + b - b = a$ ， $- a = - a + a + b = b$ ．
$0 = a + (- a) = a + a + (- a) = a$ ．
(3.1) $a 0 = a (0 + 0) = a 0 + a 0$ なので $a 0 = 0$ ．
(3.2) $(- a) b + a b = (- a + a) b = 0$ より $(- a) b = - a b$
(3.3) もはや明らか．
(3.4) もはや明らか

問題1.5

加法の単位元は $(0, 0)$ ，乗法の単位元は $(1, 0)$ ．
$((a, x) (b, y)) (c, z) = (a b, a y + b x) (c, z) = (a b c, a b z + a c y + b c x)$
$(a, x) ((b, y) (c, z)) = (a, x) (b c, b z + y c) = (a b c, a b z + a c y + b c x)$
$(a, x) ((b, y) + (c, z)) = (a, x) (b + c, y + z) = (a b + a c, a y + a z + b x + c x)$
$(a, x) (b, y) + (a, x) (c, z) = (a b, a y + b x) + (a c, a z + c x) = (a b + a c, a y + a z + b x + c x)$
明らか

問題1.6

行列の性質から調べるのは積について閉じていることと，可換性くらい．

命題1.8

$1 + (- 1) = 0$ より $0 \in R$ ．あとは明らか．

命題1.10

$f (0) = f (0 + 0) = f (0) + f (0)$ より， $f (0) = 0$ ．
$f (a) + f (- a) = f (0) = 0$ より， $f (- a) = - f (a)$ ．
$f (a - b) = f (a) - f (b)$ はもはや明らか．

問題1.11

$f^{- 1} (a + b) = x$ ， $f^{- 1} (a) = y$ ， $f^{- 1} (b) = z$ とおく．
$f (x) = a + b = f (y) + f (z) = f (y + z)$ ．よって $x = y + z$ ．
$f^{- 1} (a b) = x$ ， $f^{- 1} (a) = y$ ， $f^{- 1} (b) = z$ とおく．
$f (x) = f (y z)$ より $x = y z$ ．
$f^{- 1} (1) = 1$ は明らか．

問題1.12

$f (a, x) = (\begin{matrix} a & x \\ 0 & a \end{matrix})$ ， $g (\begin{matrix} a & b \\ 0 & a \end{matrix}) = (a, b)$ が全単射であることは明らか．準同型であることを見る必要があるが，それは行列の演算と $Z ⋉ Q$ の演算が同じものであることから明らかといえよう．

問題1.13

省略

問題1.14

明らか

問題1.15

$f \in Aut R$ を取ってくる．任意の $r \in Q$ について $f (r) = r$ であることは良いであろう． $x \geq y \Leftrightarrow \exists r \in R, x = y + r^{2} \Rightarrow f (x) = f (y) + f (r)^{2}$ より， $f$ は単調増加． $f$ が単射であることを見る． $f (r) = 0$ かつ $r \neq 0$ とすれば， $r$ は無理数なので， $0$ と $r$ の間に有理数 $s$ が存在する． $f (s) = s$ かつ $f (r) = 0$ である．これは $f$ が単調増加であることに矛盾する．よって $f$ は単射で狭義単調増加． $f (x) \neq x$ となる無理数 $x$ が存在したとする． $f (x) = y$ とおく（ $y$ は無理数）． $x < y$ なら，有理数の稠密性により $x < r < y$ を満たす有理数が存在する． $f$ は狭義単調増加なので， $f (x) < f (r) < f (y)$ ．よって $y < r$ だが，これは $r < y$ に矛盾．
$x > y$ のときも同様にできる．よって任意の $x \in R$ に対して $f (x) = x$ ．つまり， $f = i d_{R}$