中山の補題を行間0で理解する！

Step1. 行列$\Delta$を作る

$M$が$A$上有限生成なので，$m_1,\dots,m_n\in M$が存在し，$M=< m_1,\dots,m_n>_A$，つまり$M$の各元は$m_1,\dots,m_n\in M$の$A$線型結合で表される．

仮定$\p\subset IM$より，$M$の任意の元$m$に対して$\p(m)\in IM$であるから，$IM$の元の形より
$$m=\sum_{j=1}^n a_{j} m_j\space (a_{j}\in I)$$
と書くことができる．

生成元を$\p$で送った先$\p(m_1),\dots,\p(m_n)\in M$もこのように書けるため，各$i=1,\dots,n$について
$$\p(m_i)=\sum_{j=1}^n a_{ij} m_j\space (a_{ij}\in I)$$
と書くことができる．

ここで，$\p(m_i)-\sum_{j=1}^n a_{ij} m_j=0$なので，クロネッカーのデルタ$\d$を用いて

$$(1)\space\sum_{j=1}^n (\d\p-a_{ij})(m_j)=0\space$$

と書くことができる．

ここで，$a_{ij}$を$m \mapsto a_{ij}m$という$M\to M$の自己準同型として扱っている．つまり

$$(\d\p-a_{ij})(m_i)= \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} \p(m_i)-a_{ii}m_i\space &(i=j) \\ -a_{ij}m_j\space &(i\neq j) \end{array} \right. \end{eqnarray} $$

となり，$(\d\p-a_{ij})\in End_A(M)$ ($M$の自己準同型全体)となっている．
（もしこれが分かりにくければ，$l_{a_{ij}}:M\to M;m\mapsto a_{ij}m$を$a_{ij}$の代わりに用いて読み替えていただきたい．）

ここで，$\d\p-a_{ij}$は$M$の生成元$m_1,\dots,m_n$を全て$0$に送るから，準同型写像として$0$である．

$b_{ij}:=\d\p-a_{ij}$とし，$\Delta:=(b_{ij})_{i,j}\in End_A(M)^{n\cross n}$とする．

つまり，$\Delta$は自己準同型を成分とする$n\cross n$行列である．

Step2. $det\Delta = 0$を示す

行列式$det\Delta$を計算するために，余因子行列を用いる．

$\Delta$の余因子行列$\TD=(\tb_{ij})_{i,j}\in End_A(M)^{n\cross n}$に対し，$\TD \cdot \Delta=det\Delta \cdot I_n$ ($I_n$は$n$次単位行列)であるから，行列の積$\TD \cdot \Delta$の$(i,j)$成分に着目すると，

$$ \sum_{k=1}^n \tb_{ik}b_{kj}= \begin{eqnarray} \left\{ \begin{array}{l} det\Delta\space &(i=j) \\ 0\space &(i \ne j) \end{array} \right. \end{eqnarray} $$

であるから，再びクロネッカーのデルタ$\d$を用いると，

$$ \sum_{k=1}^n \tb_{ik}b_{kj}=\d det\Delta$$

と書ける．

ここで，$j$について和を取ると，

$$ (2)\space \sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n \tb_{ik}b_{kj}=\sum_{j=1}^n \d det\Delta=det\Delta\space(i=j)$$

となるが，左辺を変形すると，

$$ (3)\space \sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n \tb_{ik}b_{kj}=\sum_{k=1}^n \tb_{ik}\sum_{j=1}^n b_{kj}=\sum_{k=1}^n \tb_{ik}\sum_{j=1}^n (\delta_{kj}\p-a_{kj})$$

となり，$(1)$で言ったように$(\d\p-a_{ij})$は準同型写像として$0$なので，$(3)=\sum_{k=1}^n \tb_{ik}\sum_{j=1}^n0=0$となる．

従って$(2)，(3)$を合わせて

$$ det\Delta=\sum_{j=1}^n \sum_{k=1}^n \tb_{ik}b_{kj}=0$$

が示された．

Step3. $\p^n+a_1\p^{n-1}+\dots+a_{n-1}\p+a_n=0$なる$a_i$を作る

今一度，行列$\Delta$を成分表示すると，

$$ \Delta=\begin{pmatrix} \p-a_{11} & -a_{12} & \dots & -a_{1n} \\ -a_{21} & \p-a_{22} & \dots & -a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -a_{n1} & -a_{n2} & \dots & \p-a_{nn} \end{pmatrix} $$

となっていた．

$$ det\Delta=det\begin{pmatrix} \p-a_{11} & -a_{12} & \dots & -a_{1n} \\ -a_{21} & \p-a_{22} & \dots & -a_{2n} \\ \vdots & \vdots & \ddots & \vdots \\ -a_{n1} & -a_{n2} & \dots & \p-a_{nn} \end{pmatrix} =0$$

より，実際にこれを定義通り展開して計算し，$\p$の次数でくくることを考える．

各項は，$(\p-a_{11})(-a_{23})\cdots (-a_{n2})$のような形をしており，これを展開するのだから，$\p$の多項式の形になる．ここから求める式

$\p^n+a_1\p^{n-1}+\dots+a_{n-1}\p+a_n=0$

が出てくる．

ここで，$\p^{n-i}$の係数$a_i$は，行列式の計算では$i$個，対角成分でない成分との積を取っているのだから，それぞれの元$a_{kl}\in I$より，$a_i\in I^i$となる．

以上より，求める式

$\p^n+a_1\p^{n-1}+\dots+a_{n-1}\p+a_n=0 \space (a_i\in I^i)$

を作ることができた．

Step1. $a$の存在

$M=IM$という仮定は，特に$id_M(M) \subset IM$と書くこともできる．
これは「行列式のトリック」の仮定を満たすから，$a_1,\dots ,a_n\space (a_i\in I^i)$が存在して，

$$id_M^n+a_1id_M^{n-1}+\dots +a_{n-1}id_M+a_n=0$$

となる．

ここで$id_M$を$1$と書くことにすれば，準同型の等式として

$$1+a_1+\dots+a_{n-1}+a_n=0$$

となる．これは，$m\in M$を代入すると

$$(1+a_1+\dots+a_{n-1}+a_n)(m)=m+a_1m+\dots+a_{n-1}m+a_nm=0$$

となるということである．上の式は準同型の等式だったが，$1+a_1+\dots+a_{n-1}+a_n\in A$に注意しよう．

ここで$a:=1+a_1+\dots+a_{n-1}+a_n\in A$とすれば，$a$は準同型として$0$に等しいため，任意の$m\in M$について$am=0$となるから，$aM=0$である．

また，$a_1,\dots,a_n\in I$より

$$a=1+a_1+\dots+a_{n-1}+a_n \equiv 1\space mod\space I$$

がわかる．($a_i\equiv 0\space mod\space I$ということである)

Step2. $I\subset rad(A)$の場合

$a\equiv 1\space mod\space I$だったから，$a-1\equiv 0\space mod\space I$，従って

$$a-1\in I\subset rad(A)$$

ここで，$x\in rad(A) \Longleftrightarrow x-1$は$A$の単元

が一般に成り立つので，$a$は$A$の単元である．（この証明はAMなどを参照）

$aM=0$だったから，両辺に左から$a^{-1}$をかけて

$$aa^{-1}M=M=0$$

となる．