中山の補題を行間0で理解する！

Step1. 行列$\mathrm{\Delta }$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$\phi \subset IM$より，$M$の任意の元$m$に対して$\phi (m)\in IM$であるから，$IM$の元の形より
$$m=\sum _{j=1}^n{a}_j{m}_j(a_j\in I)$$
と書くことができる．

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

ここで，$\phi (m_i)-\sum _{j=1}^n{a}_{ij}{m}_j=0$なので，クロネッカーのデルタ${\delta }_{ij}$を用いて

$$(1)\sum _{j=1}^n({\delta }_{ij}\phi -a_{ij})(m_j)=0$$

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

$$({\delta }_{ij}\phi -a_{ij})(m_i)=\begin{array}{r}\{\begin{array}{ll}\phi (m_i)-a_{ii}{m}_i& (i=j)\\ -a_{ij}{m}_j& (i\ne j)\end{array}\end{array}$$

となり，$({\delta }_{ij}\phi -a_{ij})\in En{d}_A(M)$ ($M$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，${\delta }_{ij}\phi -a_{ij}$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．

$b_{ij}:={\delta }_{ij}\phi -a_{ij}$とし，$\mathrm{\Delta }:=(b_{ij}{)}_{i,j}\in En{d}_A(M{)}^{n\times n}$とする．

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

Step2. $det\mathrm{\Delta }=0$を示す

行列式$det\mathrm{\Delta }$を計算するために，余因子行列を用いる．

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

$$\sum _{k=1}^n{\tilde{b}}_{ik}{b}_{kj}=\begin{array}{r}\{\begin{array}{ll}det\mathrm{\Delta }& (i=j)\\ 0& (i\ne j)\end{array}\end{array}$$

であるから，再びクロネッカーのデルタ${\delta }_{ij}$を用いると，

$$\sum _{k=1}^n{\tilde{b}}_{ik}{b}_{kj}={\delta }_{ij}det\mathrm{\Delta }$$

と書ける．

ここで，$j$について和を取ると，

$$(2)\sum _{j=1}^n\sum _{k=1}^n{\tilde{b}}_{ik}{b}_{kj}=\sum _{j=1}^n{\delta }_{ij}det\mathrm{\Delta }=det\mathrm{\Delta }(i=j)$$

となるが，左辺を変形すると，

$$(3)\sum _{j=1}^n\sum _{k=1}^n{\tilde{b}}_{ik}{b}_{kj}=\sum _{k=1}^n{\tilde{b}}_{ik}\sum _{j=1}^n{b}_{kj}=\sum _{k=1}^n{\tilde{b}}_{ik}\sum _{j=1}^n({\delta }_{kj}\phi -a_{kj})$$

となり，$(1)$で言ったように$({\delta }_{ij}\phi -a_{ij})$は準同型写像として$0$なので，$(3)=\sum _{k=1}^n{\tilde{b}}_{ik}\sum _{j=1}^{n}0=0$となる．

従って$(2)，(3)$を合わせて

$$det\mathrm{\Delta }=\sum _{j=1}^n\sum _{k=1}^n{\tilde{b}}_{ik}{b}_{kj}=0$$

が示された．

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

今一度，行列$\mathrm{\Delta }$を成分表示すると，

$$\mathrm{\Delta }=\left(\begin{array}{cccc}\phi -a_{11}& -a_{12}& \dots & -a_{1n}\\ -a_{21}& \phi -a_{22}& \dots & -a_{2n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ -a_{n1}& -a_{n2}& \dots & \phi -a_{nn}\end{array}\right)$$

となっていた．

$$det\mathrm{\Delta }=det\left(\begin{array}{cccc}\phi -a_{11}& -a_{12}& \dots & -a_{1n}\\ -a_{21}& \phi -a_{22}& \dots & -a_{2n}\\ ⋮& ⋮& \ddots & ⋮\\ -a_{n1}& -a_{n2}& \dots & \phi -a_{nn}\end{array}\right)=0$$

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

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

${\phi }^n+a_1{\phi }^{n-1}+\cdots +a_{n-1}\phi +a_n=0$

が出てくる．

ここで，${\phi }^{n-i}$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

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

を作ることができた．

Step1. $a$の存在

$M=IM$という仮定は，特に$i{d}_M(M)\subset IM$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，$a_1,\dots ,a_n(a_i\in I^i)$が存在して，

$$i{d}_M^n+a_{1}i{d}_M^{n-1}+\cdots +a_{n-1}i{d}_M+a_n=0$$

となる．

ここで$i{d}_M$を$1$と書くことにすれば，準同型の等式として

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

となる．これは，$m\in M$を代入すると

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

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，$1+a_1+\cdots +a_{n-1}+a_n\in A$に注意しよう．

ここで$a:=1+a_1+\cdots +a_{n-1}+a_n\in A$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

$$a=1+a_1+\cdots +a_{n-1}+a_n\equiv 1modI$$

がわかる．($a_i\equiv 0modI$ということである)

Step2. $I\subset rad(A)$の場合

$a\equiv 1modI$だったから，$a-1\equiv 0modI$，従って

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

ここで，$x\in rad(A)⟺x-1$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

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

となる．