1 行列同値と Smith 標準形 行列の左右から可逆行列を掛ける操作は、定義域と終域の基底を取り替える操作に対応する。
命題 1.2. R R R m , n m,n m , n m × n m\times n m × n
二つの行を交換する。
一つの行へ別の行のR R R
一つの行へ単元を掛ける。
二つの列を交換する。
一つの列へ別の列のR R R
一つの列へ単元を掛ける。
証明. 行交換は同じ交換を再度行うと元へ戻る。第i i i j j j c c c i i i j j j − c -c − c i i i u u u u − 1 u^{-1} u − 1
列についても同じ三種類の逆操作が存在し、各列操作は右から可逆な基本列行列を掛けることに等しい。したがって六種類の操作はいずれも行列同値を保つ。▨
2 Bézout 変形 補題 2.1. R R R a , b ∈ R a,b\in R a , b ∈ R ( a , b ) ≠ ( 0 , 0 ) (a,b)\neq(0,0) ( a , b ) = ( 0 , 0 ) d d d a , b a,b a , b a = d a ′ a=da' a = d a ′ b = d b ′ b=db' b = d b ′ x , y ∈ R x,y\in R x , y ∈ R
x a + y b = d xa+yb=d x a + y b = d を満たすように選ぶ。このとき
U : = ( x y − b ′ a ′ ) , V : = ( x − b ′ y a ′ ) U:=
\begin{pmatrix}
x&y\\
-b'&a'
\end{pmatrix},
\qquad
V:=
\begin{pmatrix}
x&-b'\\
y&a'
\end{pmatrix} U := ( x − b ′ y a ′ ) , V := ( x y − b ′ a ′ ) は行列式1 1 1
U ( a b ) = ( d 0 ) , ( a b ) V = ( d 0 ) U\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}d\\0\end{pmatrix},
\qquad
\begin{pmatrix}a&b\end{pmatrix}V
=\begin{pmatrix}d&0\end{pmatrix} U ( a b ) = ( d 0 ) , ( a b ) V = ( d 0 ) となる。
証明. a = d a ′ a=da' a = d a ′ b = d b ′ b=db' b = d b ′
d ( x a ′ + y b ′ ) = d d(xa'+yb')=d d ( x a ′ + y b ′ ) = d となる。d ≠ 0 d\neq0 d = 0 R R R d d d
x a ′ + y b ′ = 1 xa'+yb'=1 x a ′ + y b ′ = 1 を得る。したがって
det U = x a ′ + y b ′ = 1 , det V = x a ′ + y b ′ = 1 \det U=xa'+yb'=1,
\qquad
\det V=xa'+yb'=1 det U = x a ′ + y b ′ = 1 , det V = x a ′ + y b ′ = 1 である。可換環上の二次正方行列では余因子行列が逆行列を与えるため、U , V U,V U , V
U ( a b ) = ( x a + y b − b ′ a + a ′ b ) = ( d − b ′ d a ′ + a ′ d b ′ ) = ( d 0 ) U\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
xa+yb\\
-b'a+a'b
\end{pmatrix}
=
\begin{pmatrix}
d\\
-b'da'+a'db'
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}d\\0\end{pmatrix} U ( a b ) = ( x a + y b − b ′ a + a ′ b ) = ( d − b ′ d a ′ + a ′ d b ′ ) = ( d 0 ) であり、行ベクトルに対する計算も
( a b ) V = ( a x + b y − a b ′ + b a ′ ) = ( d 0 ) \begin{pmatrix}a&b\end{pmatrix}V
=
\begin{pmatrix}
ax+by&-ab'+ba'
\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}d&0\end{pmatrix} ( a b ) V = ( a x + b y − a b ′ + b a ′ ) = ( d 0 ) となる。▨
3 Smith 標準形の存在 証明. s : = min { m , n } s:=\min\{m,n\} s := min { m , n } s = 0 s=0 s = 0 s > 0 s>0 s > 0 s − 1 s-1 s − 1 A = 0 A=0 A = 0 A A A r = 0 r=0 r = 0 A ≠ 0 A\neq0 A = 0
行交換と列交換によって非零成分を( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) d d d d d d a a a 補題 2.1 の行変形を適用する。新しい( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) e : = gcd ( d , a ) e:=\gcd(d,a) e := g cd( d , a ) e ∣ d e\mid d e ∣ d
( d ) ⊆ ( e ) (d)\subseteq(e) ( d ) ⊆ ( e ) である。この包含が等号ならばd d d e e e e ∣ a e\mid a e ∣ a d ∣ a d\mid a d ∣ a d ∣ a d\mid a d ∣ a a a a
( d ) ⊊ ( e ) (d)\subsetneq(e) ( d ) ⊊ ( e ) である。
第一行に現在のピボットで割れない成分があれば、対応する二列へ同じ補題の列変形を適用する。この場合にもピボットの主イデアルは真に増大する。行変形または列変形によって別の第一列・第一行成分が変化する場合には、変化後の行列に対して同じ検査を繰り返す。
ピボットの主イデアルが真に増大する回数は有限である。実際、改善が無限に続けば
( d 0 ) ⊊ ( d 1 ) ⊊ ( d 2 ) ⊊ ⋯ (d_0)\subsetneq(d_1)\subsetneq(d_2)\subsetneq\cdots ( d 0 ) ⊊ ( d 1 ) ⊊ ( d 2 ) ⊊ ⋯ というイデアルの真の昇鎖が得られ、§E6.45 命題 3.1 に反する。したがって有限回の改善後、ピボットd d d
この段階で、第一列の第i i i c i d c_i d c i d i i i 1 1 1 c i c_i c i i = 2 , … , m i=2,\ldots,m i = 2 , … , m j j j d c j d c_j d c j j j j 1 1 1 c j c_j c j
( d 0 0 B ) \begin{pmatrix}
d&0\\
0&B
\end{pmatrix} ( d 0 0 B ) の形になる。
d d d B B B d ∤ b i j d\nmid b_{ij} d ∤ b ij B B B i i i ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) d d d d d d b i j b_{ij} b ij b i j b_{ij} b ij gcd ( d , b i j ) \gcd(d,b_{ij}) g cd( d , b ij )
この再開始もピボットの主イデアルを真に増大させるため、昇鎖停止によって有限回しか起こらない。最終的に
A ∼ ( d 1 0 0 B 1 ) , d 1 ∣ ( B 1 ) i j がすべての i , j に対して成り立つ A\sim
\begin{pmatrix}
d_1&0\\
0&B_1
\end{pmatrix},
\qquad
d_1\mid (B_1)_{ij}\quad\text{がすべての }i,j\text{ に対して成り立つ} A ∼ ( d 1 0 0 B 1 ) , d 1 ∣ ( B 1 ) ij がすべての i , j に対して成り立つ となる。
帰納法の仮定をB 1 B_1 B 1
B 1 ∼ diag ( d 2 , … , d r , 0 , … , 0 ) , 0 ≠ d 2 ∣ ⋯ ∣ d r B_1\sim\operatorname{diag}(d_2,\ldots,d_r,0,\ldots,0),
\qquad
0\neq d_2\mid\cdots\mid d_r B 1 ∼ diag ( d 2 , … , d r , 0 , … , 0 ) , 0 = d 2 ∣ ⋯ ∣ d r とすることができる。B 1 B_1 B 1 d 1 d_1 d 1 R R R d 1 d_1 d 1 d 1 ∣ d 2 d_1\mid d_2 d 1 ∣ d 2 B 1 B_1 B 1
A ∼ diag ( d 1 , d 2 , … , d r , 0 , … , 0 ) , d 1 ∣ d 2 ∣ ⋯ ∣ d r A\sim\operatorname{diag}(d_1,d_2,\ldots,d_r,0,\ldots,0),
\qquad
d_1\mid d_2\mid\cdots\mid d_r A ∼ diag ( d 1 , d 2 , … , d r , 0 , … , 0 ) , d 1 ∣ d 2 ∣ ⋯ ∣ d r となる。得られた対角行列が Smith 標準形である。▨
4 小行列式イデアル Smith 標準形の対角成分を同値変形に依存せず復元するため、同じ大きさの小行列式全体が生成するイデアルを用いる。
定義 4.1. R R R m , n m,n m , n A ∈ Mat m × n ( R ) A\in\operatorname{Mat}_{m\times n}(R) A ∈ Mat m × n ( R ) k ≥ 0 k\geq0 k ≥ 0 A A A k k k k k k k-th determinantal ideal )Δ k ( A ) \Delta_k(A) Δ k ( A ) Δ 0 ( A ) : = R \Delta_0(A):=R Δ 0 ( A ) := R k > min { m , n } k>\min\{m,n\} k > min { m , n } k k k Δ k ( A ) : = ( 0 ) \Delta_k(A):=(0) Δ k ( A ) := ( 0 )
補題 4.2 (Cauchy–Binet 公式). R R R p , q , r , k p,q,r,k p , q , r , k X ∈ Mat p × q ( R ) X\in\operatorname{Mat}_{p\times q}(R) X ∈ Mat p × q ( R ) Y ∈ Mat q × r ( R ) Y\in\operatorname{Mat}_{q\times r}(R) Y ∈ Mat q × r ( R ) I ⊆ { 1 , … , p } I\subseteq\{1,\ldots,p\} I ⊆ { 1 , … , p } J ⊆ { 1 , … , r } J\subseteq\{1,\ldots,r\} J ⊆ { 1 , … , r } k k k
det ( ( X Y ) I , J ) = ∑ S ⊆ { 1 , … , q } ∣ S ∣ = k det ( X I , S ) det ( Y S , J ) \det((XY)_{I,J})
=\sum_{\substack{S\subseteq\{1,\ldots,q\}\\|S|=k}}
\det(X_{I,S})\det(Y_{S,J}) det (( X Y ) I , J ) = S ⊆ { 1 , … , q } ∣ S ∣ = k ∑ det ( X I , S ) det ( Y S , J ) となる。
証明. I = { i 1 < ⋯ < i k } I=\{i_1<\cdots<i_k\} I = { i 1 < ⋯ < i k } J = { j 1 < ⋯ < j k } J=\{j_1<\cdots<j_k\} J = { j 1 < ⋯ < j k } ( X Y ) i a , j b = ∑ t = 1 q x i a , t y t , j b (XY)_{i_a,j_b}=\sum_{t=1}^q x_{i_a,t}y_{t,j_b} ( X Y ) i a , j b = ∑ t = 1 q x i a , t y t , j b t 1 , … , t k t_1,\ldots,t_k t 1 , … , t k X X X Y Y Y k k k
残った中間添字の集合を昇順に並べたものをS = { s 1 < ⋯ < s k } S=\{s_1<\cdots<s_k\} S = { s 1 < ⋯ < s k } S S S X I , S X_{I,S} X I , S Y S , J Y_{S,J} Y S , J S S S k k k R R R ▨
命題 4.3. R R R m , n m,n m , n A , B ∈ Mat m × n ( R ) A,B\in\operatorname{Mat}_{m\times n}(R) A , B ∈ Mat m × n ( R ) k ≥ 0 k\geq0 k ≥ 0
Δ k ( A ) = Δ k ( B ) \Delta_k(A)=\Delta_k(B) Δ k ( A ) = Δ k ( B ) となる。
証明. P ∈ GL m ( R ) P\in\GL_m(R) P ∈ GL m ( R ) P A PA P A k k k
det ( ( P A ) I , J ) = ∑ ∣ S ∣ = k det ( P I , S ) det ( A S , J ) \det((PA)_{I,J})
=\sum_{|S|=k}\det(P_{I,S})\det(A_{S,J}) det (( P A ) I , J ) = ∣ S ∣ = k ∑ det ( P I , S ) det ( A S , J ) とA A A k k k R R R
Δ k ( P A ) ⊆ Δ k ( A ) \Delta_k(PA)\subseteq\Delta_k(A) Δ k ( P A ) ⊆ Δ k ( A ) である。A = P − 1 ( P A ) A=P^{-1}(PA) A = P − 1 ( P A ) Δ k ( P A ) = Δ k ( A ) \Delta_k(PA)=\Delta_k(A) Δ k ( P A ) = Δ k ( A )
Q ∈ GL n ( R ) Q\in\GL_n(R) Q ∈ GL n ( R ) A Q AQ A Q A Q AQ A Q k k k A A A k k k R R R
Δ k ( A Q ) ⊆ Δ k ( A ) \Delta_k(AQ)\subseteq\Delta_k(A) Δ k ( A Q ) ⊆ Δ k ( A ) であり、A = ( A Q ) Q − 1 A=(AQ)Q^{-1} A = ( A Q ) Q − 1 B = P A Q B=PAQ B = P A Q
Δ k ( B ) = Δ k ( P A Q ) = Δ k ( A Q ) = Δ k ( A ) \Delta_k(B)=\Delta_k(PAQ)=\Delta_k(AQ)=\Delta_k(A) Δ k ( B ) = Δ k ( P A Q ) = Δ k ( A Q ) = Δ k ( A ) となる。k = 0 k=0 k = 0 k > min { m , n } k>\min\{m,n\} k > min { m , n } R R R ( 0 ) (0) ( 0 ) ▨
5 Smith 標準形の一意性 命題 5.1. R R R m , n , r m,n,r m , n , r 0 ≤ r ≤ min { m , n } 0\leq r\leq\min\{m,n\} 0 ≤ r ≤ min { m , n } R R R m × n m\times n m × n
D = diag ( d 1 , … , d r , 0 , … , 0 ) , 0 ≠ d 1 ∣ d 2 ∣ ⋯ ∣ d r D=\operatorname{diag}(d_1,\ldots,d_r,0,\ldots,0),
\qquad
0\neq d_1\mid d_2\mid\cdots\mid d_r D = diag ( d 1 , … , d r , 0 , … , 0 ) , 0 = d 1 ∣ d 2 ∣ ⋯ ∣ d r とする。このとき1 ≤ k ≤ r 1\leq k\leq r 1 ≤ k ≤ r
Δ k ( D ) = ( d 1 d 2 ⋯ d k ) \Delta_k(D)=(d_1d_2\cdots d_k) Δ k ( D ) = ( d 1 d 2 ⋯ d k ) であり、k > r k>r k > r Δ k ( D ) = ( 0 ) \Delta_k(D)=(0) Δ k ( D ) = ( 0 )
証明. D D D k k k k k k
d i 1 d i 2 ⋯ d i k , 1 ≤ i 1 < ⋯ < i k ≤ r d_{i_1}d_{i_2}\cdots d_{i_k},
\qquad
1\leq i_1<\cdots<i_k\leq r d i 1 d i 2 ⋯ d i k , 1 ≤ i 1 < ⋯ < i k ≤ r の形である。i j ≥ j i_j\geq j i j ≥ j d j ∣ d i j d_j\mid d_{i_j} d j ∣ d i j d 1 ⋯ d k d_1\cdots d_k d 1 ⋯ d k k k k
Δ k ( D ) ⊆ ( d 1 ⋯ d k ) \Delta_k(D)\subseteq(d_1\cdots d_k) Δ k ( D ) ⊆ ( d 1 ⋯ d k ) である。逆に、先頭k k k k k k d 1 ⋯ d k d_1\cdots d_k d 1 ⋯ d k
( d 1 ⋯ d k ) ⊆ Δ k ( D ) (d_1\cdots d_k)\subseteq\Delta_k(D) ( d 1 ⋯ d k ) ⊆ Δ k ( D ) となる。よって等号が成り立つ。k > r k>r k > r ▨
証明. 命題 4.3 によりΔ k ( D ) = Δ k ( A ) = Δ k ( E ) \Delta_k(D)=\Delta_k(A)=\Delta_k(E) Δ k ( D ) = Δ k ( A ) = Δ k ( E ) 命題 5.1 により、Δ k ( D ) ≠ ( 0 ) \Delta_k(D)\neq(0) Δ k ( D ) = ( 0 ) k k k r r r Δ k ( E ) ≠ ( 0 ) \Delta_k(E)\neq(0) Δ k ( E ) = ( 0 ) k k k s s s r = s r=s r = s
D k : = d 1 ⋯ d k D_k:=d_1\cdots d_k D k := d 1 ⋯ d k E k : = e 1 ⋯ e k E_k:=e_1\cdots e_k E k := e 1 ⋯ e k 1 ≤ k ≤ r 1\leq k\leq r 1 ≤ k ≤ r
( D k ) = Δ k ( D ) = Δ k ( E ) = ( E k ) (D_k)=\Delta_k(D)=\Delta_k(E)=(E_k) ( D k ) = Δ k ( D ) = Δ k ( E ) = ( E k ) であるため、ある単元u k ∈ R × u_k\in R^\times u k ∈ R × D k = u k E k D_k=u_kE_k D k = u k E k k = 1 k=1 k = 1 d 1 = u 1 e 1 d_1=u_1e_1 d 1 = u 1 e 1 d 1 d_1 d 1 e 1 e_1 e 1
k ≥ 2 k\geq2 k ≥ 2
D k − 1 = u k − 1 E k − 1 , D k = u k E k D_{k-1}=u_{k-1}E_{k-1},
\qquad
D_k=u_kE_k D k − 1 = u k − 1 E k − 1 , D k = u k E k から
u k − 1 E k − 1 d k = u k E k − 1 e k u_{k-1}E_{k-1}d_k=u_kE_{k-1}e_k u k − 1 E k − 1 d k = u k E k − 1 e k を得る。E k − 1 ≠ 0 E_{k-1}\neq0 E k − 1 = 0 R R R
d k = u k u k − 1 − 1 e k d_k=u_ku_{k-1}^{-1}e_k d k = u k u k − 1 − 1 e k となる。係数は単元であるため、d k d_k d k e k e_k e k ▨
6 整数行列の検算 小行列式イデアルを用いると、行変形と列変形の手順に依存せず Smith 標準形を求めることができる。
7 ねじれ部分加群 加群の自由部分と巡回商加群を区別するため、非零スカラーを掛けると零になる元の全体を考える。
定義 7.1. R R R M M M R R R 0 ≠ a ∈ R 0\neq a\in R 0 = a ∈ R a m = 0 am=0 am = 0 m ∈ M m\in M m ∈ M ねじれ元 (torsion element )
ねじれ元全体の集合
T ( M ) : = { m ∈ M ∣ ある 0 ≠ a ∈ R に対して a m = 0 } T(M):=\{m\in M\mid \text{ある }0\neq a\in R\text{ に対して }am=0\} T ( M ) := { m ∈ M ∣ ある 0 = a ∈ R に対して am = 0 } M M M 捩れ部分加群 (torsion submodule )
T ( M ) = M T(M)=M T ( M ) = M M M M ねじれ加群 (torsion module )T ( M ) = 0 T(M)=0 T ( M ) = 0 M M M ねじれなし加群 (torsion-free module )
命題 7.2. R R R R R R M M M T ( M ) T(M) T ( M ) M M M
証明. 0 ∈ T ( M ) 0\in T(M) 0 ∈ T ( M ) x , y ∈ T ( M ) x,y\in T(M) x , y ∈ T ( M ) 0 ≠ a , b ∈ R 0\neq a,b\in R 0 = a , b ∈ R a x = 0 ax=0 a x = 0 b y = 0 by=0 b y = 0 R R R a b ≠ 0 ab\neq0 ab = 0
a b ( x − y ) = b ( a x ) − a ( b y ) = 0 ab(x-y)=b(ax)-a(by)=0 ab ( x − y ) = b ( a x ) − a ( b y ) = 0 となる。よってx − y ∈ T ( M ) x-y\in T(M) x − y ∈ T ( M ) r ∈ R r\in R r ∈ R a ( r x ) = r ( a x ) = 0 a(rx)=r(ax)=0 a ( r x ) = r ( a x ) = 0 r x ∈ T ( M ) rx\in T(M) r x ∈ T ( M ) T ( M ) T(M) T ( M ) ▨
命題 7.3. R R R R R R
証明. F F F ( e i ) i ∈ I (e_i)_{i\in I} ( e i ) i ∈ I R R R 0 ≠ a ∈ R 0\neq a\in R 0 = a ∈ R x ∈ F x\in F x ∈ F a x = 0 ax=0 a x = 0 x x x x = ∑ i ∈ J c i e i x=\sum_{i\in J}c_ie_i x = ∑ i ∈ J c i e i J ⊆ I J\subseteq I J ⊆ I
0 = a x = ∑ i ∈ J ( a c i ) e i 0=ax=\sum_{i\in J}(ac_i)e_i 0 = a x = i ∈ J ∑ ( a c i ) e i であり、基底の一次独立性からa c i = 0 ac_i=0 a c i = 0 R R R a ≠ 0 a\neq0 a = 0 i i i c i = 0 c_i=0 c i = 0 x = 0 x=0 x = 0 F F F ▨
8 有限生成加群の有限表示 Smith 標準形を加群へ適用するには、有限個の生成元だけでなく有限個の関係式も必要である。PID は Noether 環であるため、関係加群は有限生成である。
命題 8.1. R R R R R R M M M m , n m,n m , n A ∈ Mat m × n ( R ) A\in\operatorname{Mat}_{m\times n}(R) A ∈ Mat m × n ( R )
α A : R m ⟶ R n , x ⟼ x A \alpha_A\colon R^m\longrightarrow R^n,
\qquad
x\longmapsto xA α A : R m ⟶ R n , x ⟼ x A によって
R m → α A R n ⟶ M ⟶ 0 R^m\xrightarrow{\ \alpha_A\ }R^n\longrightarrow M\longrightarrow0 R m α A R n ⟶ M ⟶ 0 が完全列になる。特にM ≅ coker α A M\cong\operatorname{coker}\alpha_A M ≅ coker α A
証明. §E6.9 命題 1.6 により、あるn ≥ 0 n\geq0 n ≥ 0 π : R n ↠ M \pi\colon R^n\twoheadrightarrow M π : R n ↠ M §E6.18 定理 1.2 によってR R R R n R^n R n R R R §E6.18 命題 5.1 により部分加群K : = ker π K:=\ker\pi K := ker π
K K K y 1 , … , y m y_1,\ldots,y_m y 1 , … , y m K = 0 K=0 K = 0 m = 0 m=0 m = 0
α : R m ⟶ R n , ( c 1 , … , c m ) ⟼ ∑ i = 1 m c i y i \alpha\colon R^m\longrightarrow R^n,
\qquad
(c_1,\ldots,c_m)\longmapsto\sum_{i=1}^m c_i y_i α : R m ⟶ R n , ( c 1 , … , c m ) ⟼ i = 1 ∑ m c i y i の像はK K K §E6.3 命題 6.2 により、α \alpha α y i y_i y i i i i m × n m\times n m × n A A A α A \alpha_A α A im α A = K = ker π \operatorname{im}\alpha_A=K=\ker\pi im α A = K = ker π ▨
9 Smith 標準形と余核 行列の左側の可逆変形は関係式の生成元を取り替え、右側の可逆変形は自由加群R n R^n R n
命題 9.1. R R R m , n m,n m , n A , B ∈ Mat m × n ( R ) A,B\in\operatorname{Mat}_{m\times n}(R) A , B ∈ Mat m × n ( R ) α A ( x ) : = x A \alpha_A(x):=xA α A ( x ) := x A α B ( x ) : = x B \alpha_B(x):=xB α B ( x ) := x B A A A B B B
coker α A ≅ coker α B \operatorname{coker}\alpha_A\cong\operatorname{coker}\alpha_B coker α A ≅ coker α B となる。
証明. B = P A Q B=PAQ B = P A Q P ∈ GL m ( R ) P\in\GL_m(R) P ∈ GL m ( R ) Q ∈ GL n ( R ) Q\in\GL_n(R) Q ∈ GL n ( R ) x ↦ x P x\mapsto xP x ↦ x P R m R^m R m
im α P A = { x P A ∣ x ∈ R m } = { y A ∣ y ∈ R m } = im α A \operatorname{im}\alpha_{PA}
=\{xPA\mid x\in R^m\}
=\{yA\mid y\in R^m\}
=\operatorname{im}\alpha_A im α P A = { x P A ∣ x ∈ R m } = { y A ∣ y ∈ R m } = im α A である。さらにim α B = ( im α A ) Q \operatorname{im}\alpha_B=(\operatorname{im}\alpha_A)Q im α B = ( im α A ) Q R n R^n R n v ↦ v Q v\mapsto vQ v ↦ v Q im α A \operatorname{im}\alpha_A im α A im α B \operatorname{im}\alpha_B im α B
v + im α A ⟼ v Q + im α B v+\operatorname{im}\alpha_A
\longmapsto
vQ+\operatorname{im}\alpha_B v + im α A ⟼ v Q + im α B という商加群の同型を誘導する。逆写像はQ − 1 Q^{-1} Q − 1 ▨
命題 9.2. R R R m , n , s m,n,s m , n , s 0 ≤ s ≤ min { m , n } 0\leq s\leq\min\{m,n\} 0 ≤ s ≤ min { m , n }
D = diag ( d 1 , … , d s , 0 , … , 0 ) ∈ Mat m × n ( R ) , d i ≠ 0 D=\operatorname{diag}(d_1,\ldots,d_s,0,\ldots,0)
\in\operatorname{Mat}_{m\times n}(R),
\qquad
d_i\neq0 D = diag ( d 1 , … , d s , 0 , … , 0 ) ∈ Mat m × n ( R ) , d i = 0 とする。このとき、α D : R m → R n \alpha_D\colon R^m\to R^n α D : R m → R n x ↦ x D x\mapsto xD x ↦ x D
coker α D ≅ R n − s ⊕ ⨁ i = 1 s R / ( d i ) \operatorname{coker}\alpha_D
\cong
R^{n-s}\oplus\bigoplus_{i=1}^sR/(d_i) coker α D ≅ R n − s ⊕ i = 1 ⨁ s R / ( d i ) となる。d i d_i d i R / ( d i ) = 0 R/(d_i)=0 R / ( d i ) = 0
証明. R n R^n R n e 1 , … , e n e_1,\ldots,e_n e 1 , … , e n im α D \operatorname{im}\alpha_D im α D d 1 e 1 , … , d s e s d_1e_1,\ldots,d_se_s d 1 e 1 , … , d s e s
R n / im α D ≅ R / ( d 1 ) ⊕ ⋯ ⊕ R / ( d s ) ⊕ R e s + 1 ⊕ ⋯ ⊕ R e n R^n/\operatorname{im}\alpha_D
\cong
R/(d_1)\oplus\cdots\oplus R/(d_s)
\oplus Re_{s+1}\oplus\cdots\oplus Re_n R n / im α D ≅ R / ( d 1 ) ⊕ ⋯ ⊕ R / ( d s ) ⊕ R e s + 1 ⊕ ⋯ ⊕ R e n を得る。最後のn − s n-s n − s R R R d i d_i d i ( d i ) = R (d_i)=R ( d i ) = R R / ( d i ) = 0 R/(d_i)=0 R / ( d i ) = 0 ▨
10 単因子表示の存在 Smith 標準形の非零非単元な対角成分を単因子という。
定理 10.1. R R R R R R M M M t , k t,k t , k a 1 , … , a k ∈ R a_1,\ldots,a_k\in R a 1 , … , a k ∈ R
M ≅ R t ⊕ R / ( a 1 ) ⊕ ⋯ ⊕ R / ( a k ) , a 1 ∣ a 2 ∣ ⋯ ∣ a k M\cong R^t\oplus R/(a_1)\oplus\cdots\oplus R/(a_k),
\qquad
a_1\mid a_2\mid\cdots\mid a_k M ≅ R t ⊕ R / ( a 1 ) ⊕ ⋯ ⊕ R / ( a k ) , a 1 ∣ a 2 ∣ ⋯ ∣ a k となる。a 1 , … , a k a_1,\ldots,a_k a 1 , … , a k M M M k = 0 k=0 k = 0
証明. 命題 8.1 によりM ≅ coker α A M\cong\operatorname{coker}\alpha_A M ≅ coker α A A A A 定理 3.1 によりA A A
D = diag ( d 1 , … , d s , 0 , … , 0 ) , 0 ≠ d 1 ∣ ⋯ ∣ d s D=\operatorname{diag}(d_1,\ldots,d_s,0,\ldots,0),
\qquad
0\neq d_1\mid\cdots\mid d_s D = diag ( d 1 , … , d s , 0 , … , 0 ) , 0 = d 1 ∣ ⋯ ∣ d s と同値である。命題 9.1 と命題 9.2 により
M ≅ R n − s ⊕ ⨁ i = 1 s R / ( d i ) M\cong R^{n-s}\oplus\bigoplus_{i=1}^sR/(d_i) M ≅ R n − s ⊕ i = 1 ⨁ s R / ( d i ) となる。
d i d_i d i R / ( d i ) = 0 R/(d_i)=0 R / ( d i ) = 0 d j d_j d j i < j i<j i < j d i ∣ d j d_i\mid d_j d i ∣ d j d i d_i d i d i d_i d i a 1 , … , a k a_1,\ldots,a_k a 1 , … , a k t : = n − s t:=n-s t := n − s ▨
命題 10.2. R R R M M M R R R t , k t,k t , k a 1 ∣ ⋯ ∣ a k a_1\mid\cdots\mid a_k a 1 ∣ ⋯ ∣ a k
M ≅ R t ⊕ ⨁ i = 1 k R / ( a i ) M\cong R^t\oplus\bigoplus_{i=1}^kR/(a_i) M ≅ R t ⊕ i = 1 ⨁ k R / ( a i ) のもとで
T ( M ) ≅ ⨁ i = 1 k R / ( a i ) , M / T ( M ) ≅ R t T(M)\cong\bigoplus_{i=1}^kR/(a_i),
\qquad
M/T(M)\cong R^t T ( M ) ≅ i = 1 ⨁ k R / ( a i ) , M / T ( M ) ≅ R t となる。特に有限生成ねじれなしR R R
証明. 命題 7.3 によりR t R^t R t R / ( a i ) R/(a_i) R / ( a i ) a i a_i a i a 1 ⋯ a k a_1\cdots a_k a 1 ⋯ a k R t R^t R t
M M M T ( M ) = 0 T(M)=0 T ( M ) = 0 a i a_i a i 1 + ( a i ) ≠ 0 1+(a_i)\neq0 1 + ( a i ) = 0 a i ( 1 + ( a i ) ) = 0 a_i(1+(a_i))=0 a i ( 1 + ( a i )) = 0 k = 0 k=0 k = 0 M ≅ R t M\cong R^t M ≅ R t ▨
11 素数冪巡回加群への分解 PID は UFD であるため、単因子を素元の冪へ分解することができる。互いに同伴でない素元の冪が生成するイデアルは互いに素であるため、それらのイデアルに中国剰余定理を適用することができる。
命題 11.1. R R R a ∈ R a\in R a ∈ R
a = u ∏ ν = 1 h p ν e ν , u ∈ R × , e ν ≥ 1 a=u\prod_{\nu=1}^h p_\nu^{e_\nu},
\qquad
u\in R^\times,
\qquad
e_\nu\geq1 a = u ν = 1 ∏ h p ν e ν , u ∈ R × , e ν ≥ 1 と既約分解する。ここでp 1 , … , p h p_1,\ldots,p_h p 1 , … , p h
R / ( a ) ≅ ⨁ ν = 1 h R / ( p ν e ν ) R/(a)\cong\bigoplus_{\nu=1}^hR/(p_\nu^{e_\nu}) R / ( a ) ≅ ν = 1 ⨁ h R / ( p ν e ν ) となる。
証明. §E6.45 命題 3.4 により既約分解が存在し、PID の既約元は§E6.45 補題 2.5 により素元である。μ ≠ ν \mu\neq\nu μ = ν p μ e μ p_\mu^{e_\mu} p μ e μ p ν e ν p_\nu^{e_\nu} p ν e ν q q q q q q p μ e μ p_\mu^{e_\mu} p μ e μ q ∣ p μ q\mid p_\mu q ∣ p μ q q q p μ p_\mu p μ q q q p ν p_\nu p ν q q q p μ p_\mu p μ p ν p_\nu p ν p μ , p ν p_\mu,p_\nu p μ , p ν
§E6.45 命題 2.2 によって
( p μ e μ ) + ( p ν e ν ) = R (p_\mu^{e_\mu})+(p_\nu^{e_\nu})=R ( p μ e μ ) + ( p ν e ν ) = R である。よってイデアル( p ν e ν ) (p_\nu^{e_\nu}) ( p ν e ν ) §E6.7 定理 3.1 から
R / ⋂ ν = 1 h ( p ν e ν ) ≅ ⨁ ν = 1 h R / ( p ν e ν ) R/\bigcap_{\nu=1}^h(p_\nu^{e_\nu})
\cong
\bigoplus_{\nu=1}^hR/(p_\nu^{e_\nu}) R / ν = 1 ⋂ h ( p ν e ν ) ≅ ν = 1 ⨁ h R / ( p ν e ν ) を得る。§E6.45 命題 3.4 による素因数分解の指数を比較すると、R R R p ν e ν p_\nu^{e_\nu} p ν e ν ∏ ν p ν e ν \prod_\nu p_\nu^{e_\nu} ∏ ν p ν e ν
⋂ ν = 1 h ( p ν e ν ) = ( ∏ ν = 1 h p ν e ν ) = ( a ) \bigcap_{\nu=1}^h(p_\nu^{e_\nu})
=\left(\prod_{\nu=1}^h p_\nu^{e_\nu}\right)
=(a) ν = 1 ⋂ h ( p ν e ν ) = ( ν = 1 ∏ h p ν e ν ) = ( a ) であるため主張が従う。▨
12 内在的な素数準成分 初等因子の一意性は、特定の表示行列ではなく、加群自身から定まる量を用いて証明する。そのために、素元p p p p p p
定義 12.1. R R R p ∈ R p\in R p ∈ R M M M R R R M M M p p p p-primary component )
T p ( M ) : = { x ∈ M ∣ ある N ≥ 1 に対して p N x = 0 } T_p(M):=\{x\in M\mid \text{ある }N\geq1\text{ に対して }p^Nx=0\} T p ( M ) := { x ∈ M ∣ ある N ≥ 1 に対して p N x = 0 } と定める。また、T p ( M ) T_p(M) T p ( M ) p p p 冪フィルトレーション (power filtration )k p : = R / ( p ) k_p:=R/(p) k p := R / ( p ) j ≥ 1 j\geq1 j ≥ 1
V p , j ( M ) : = p j − 1 T p ( M ) / p j T p ( M ) V_{p,j}(M):=p^{j-1}T_p(M)/p^jT_p(M) V p , j ( M ) := p j − 1 T p ( M ) / p j T p ( M ) と定める。
命題 12.2. R R R p ∈ R p\in R p ∈ R M M M R R R j ≥ 1 j\geq1 j ≥ 1 k p : = R / ( p ) k_p:=R/(p) k p := R / ( p ) T p ( M ) T_p(M) T p ( M ) M M M ( p ) (p) ( p ) k p k_p k p V p , j ( M ) V_{p,j}(M) V p , j ( M ) k p k_p k p j j j V p , j ( M ) = 0 V_{p,j}(M)=0 V p , j ( M ) = 0 M M M
証明. x , y ∈ T p ( M ) x,y\in T_p(M) x , y ∈ T p ( M ) p a x = 0 p^ax=0 p a x = 0 p b y = 0 p^by=0 p b y = 0 N : = max { a , b } N:=\max\{a,b\} N := max { a , b } p N ( x − y ) = 0 p^N(x-y)=0 p N ( x − y ) = 0 r ∈ R r\in R r ∈ R p a ( r x ) = r ( p a x ) = 0 p^a(rx)=r(p^ax)=0 p a ( r x ) = r ( p a x ) = 0 T p ( M ) T_p(M) T p ( M )
( p ) ⊆ I ⊆ R (p)\subseteq I\subseteq R ( p ) ⊆ I ⊆ R I I I I = ( d ) I=(d) I = ( d ) p ∈ ( d ) p\in(d) p ∈ ( d ) d ∣ p d\mid p d ∣ p p p p d d d p / d p/d p / d I = R I=R I = R I = ( p ) I=(p) I = ( p ) ( p ) (p) ( p ) k p = R / ( p ) k_p=R/(p) k p = R / ( p )
p p p p j − 1 T p ( M ) / p j T p ( M ) p^{j-1}T_p(M)/p^jT_p(M) p j − 1 T p ( M ) / p j T p ( M ) R R R k p k_p k p R R R M M M T p ( M ) T_p(M) T p ( M ) §E6.18 命題 5.1 により有限生成である。その商V p , j ( M ) V_{p,j}(M) V p , j ( M ) k p k_p k p k p k_p k p
T p ( M ) T_p(M) T p ( M ) x 1 , … , x t x_1,\ldots,x_t x 1 , … , x t x i x_i x i p N i x i = 0 p^{N_i}x_i=0 p N i x i = 0 N i N_i N i T p ( M ) ≠ 0 T_p(M)\neq0 T p ( M ) = 0 N : = max i N i N:=\max_iN_i N := max i N i p N T p ( M ) = 0 p^NT_p(M)=0 p N T p ( M ) = 0 j > N j>N j > N V p , j ( M ) = 0 V_{p,j}(M)=0 V p , j ( M ) = 0 T p ( M ) = 0 T_p(M)=0 T p ( M ) = 0 V p , j ( M ) V_{p,j}(M) V p , j ( M )
同型φ : M → M ′ \varphi\colon M\to M' φ : M → M ′ p N x = 0 p^Nx=0 p N x = 0 p N φ ( x ) = 0 p^N\varphi(x)=0 p N φ ( x ) = 0 T p ( M ) T_p(M) T p ( M ) T p ( M ′ ) T_p(M') T p ( M ′ ) ▨
定理 12.3. R R R p ∈ R p\in R p ∈ R q q q k p : = R / ( p ) k_p:=R/(p) k p := R / ( p )
E = ⨁ i = 1 q R / ( p e i ) , 1 ≤ e 1 ≤ ⋯ ≤ e q E=\bigoplus_{i=1}^qR/(p^{e_i}),
\qquad
1\leq e_1\leq\cdots\leq e_q E = i = 1 ⨁ q R / ( p e i ) , 1 ≤ e 1 ≤ ⋯ ≤ e q とする。このとき、任意の整数j ≥ 1 j\geq1 j ≥ 1
dim k p V p , j ( E ) = # { i ∣ e i ≥ j } \dim_{k_p}V_{p,j}(E)
=\#\{i\mid e_i\geq j\} dim k p V p , j ( E ) = # { i ∣ e i ≥ j } である。特に、指数がちょうどj j j
dim k p V p , j ( E ) − dim k p V p , j + 1 ( E ) \dim_{k_p}V_{p,j}(E)
-\dim_{k_p}V_{p,j+1}(E) dim k p V p , j ( E ) − dim k p V p , j + 1 ( E ) であり、指数の多重集合はE E E
証明. C e : = R / ( p e ) C_e:=R/(p^e) C e := R / ( p e ) 1 ≤ j ≤ e 1\leq j\leq e 1 ≤ j ≤ e
k p ⟶ p j − 1 C e / p j C e , r + ( p ) ⟼ r p j − 1 + p j C e k_p\longrightarrow p^{j-1}C_e/p^jC_e,
\qquad
r+(p)\longmapsto rp^{j-1}+p^jC_e k p ⟶ p j − 1 C e / p j C e , r + ( p ) ⟼ r p j − 1 + p j C e を考える。この写像は全射である。像が零ならば、C e = R / ( p e ) C_e=R/(p^e) C e = R / ( p e )
r p j − 1 + ( p e ) ∈ p j C e rp^{j-1}+(p^e)\in p^jC_e r p j − 1 + ( p e ) ∈ p j C e である。したがって、あるs , t ∈ R s,t\in R s , t ∈ R
r p j − 1 = s p j + t p e rp^{j-1}=sp^j+tp^e r p j − 1 = s p j + t p e となる。j ≤ e j\leq e j ≤ e R R R p j − 1 p^{j-1} p j − 1
r = s p + t p e − j + 1 ∈ ( p ) r=sp+tp^{e-j+1}\in(p) r = s p + t p e − j + 1 ∈ ( p ) を得る。よってr + ( p ) = 0 r+(p)=0 r + ( p ) = 0
p j − 1 C e / p j C e ≅ k p p^{j-1}C_e/p^jC_e\cong k_p p j − 1 C e / p j C e ≅ k p となる。j > e j>e j > e p j − 1 C e = 0 p^{j-1}C_e=0 p j − 1 C e = 0
冪を掛ける操作と商は有限直和と可換するため、各R / ( p e i ) R/(p^{e_i}) R / ( p e i ) e i ≥ j e_i\geq j e i ≥ j V p , j ( E ) V_{p,j}(E) V p , j ( E ) e i ≥ j e_i\geq j e i ≥ j e i = j e_i=j e i = j e i ≥ j e_i\geq j e i ≥ j e i ≥ j + 1 e_i\geq j+1 e i ≥ j + 1 ▨
命題 12.4. R R R M M M R R R p p p
M ≅ R t ⊕ ⨁ p ⨁ i = 1 q p R / ( p e p , i ) M\cong R^t\oplus
\bigoplus_p\bigoplus_{i=1}^{q_p}R/(p^{e_{p,i}}) M ≅ R t ⊕ p ⨁ i = 1 ⨁ q p R / ( p e p , i ) とする。ここでt , q p t,q_p t , q p e p , i e_{p,i} e p , i
T p ( M ) ≅ ⨁ i = 1 q p R / ( p e p , i ) T_p(M)\cong\bigoplus_{i=1}^{q_p}R/(p^{e_{p,i}}) T p ( M ) ≅ i = 1 ⨁ q p R / ( p e p , i ) であり、
T ( M ) = ⨁ p T p ( M ) T(M)=\bigoplus_pT_p(M) T ( M ) = p ⨁ T p ( M ) となる。右辺は有限直和である。したがって初等因子p e p , i p^{e_{p,i}} p e p , i M M M
証明. R / ( p e ) R/(p^e) R / ( p e ) p e p^e p e p p p q q q p p p 命題 11.1 の証明と同じ最大公約元の議論により( p ) + ( q e ) = R (p)+(q^e)=R ( p ) + ( q e ) = R u p + v q e = 1 up+vq^e=1 u p + v q e = 1 u , v ∈ R u,v\in R u , v ∈ R p p p R / ( q e ) R/(q^e) R / ( q e ) p N p^N p N R / ( q e ) R/(q^e) R / ( q e ) 命題 7.3 により非零のp p p
有限直和の各座標に以上を適用すると、内在的に定義されたT p ( M ) T_p(M) T p ( M ) p p p T ( M ) T(M) T ( M ) ⨁ p T p ( M ) \bigoplus_pT_p(M) ⨁ p T p ( M )
命題 12.2 と定理 12.3 により、各指数の多重度はM M M ▨
13 単因子と初等因子の相互復元 定理 13.1. R R R p p p
1 ≤ e p , 1 ≤ ⋯ ≤ e p , q p 1\leq e_{p,1}\leq\cdots\leq e_{p,q_p} 1 ≤ e p , 1 ≤ ⋯ ≤ e p , q p が与えられているとする。k : = max p q p k:=\max_p q_p k := max p q p k k k
0 ≤ e ~ p , 1 ≤ ⋯ ≤ e ~ p , k 0\leq\widetilde e_{p,1}\leq\cdots\leq\widetilde e_{p,k} 0 ≤ e p , 1 ≤ ⋯ ≤ e p , k とする。このとき
a i : = ∏ p p e ~ p , i ( 1 ≤ i ≤ k ) a_i:=\prod_p p^{\widetilde e_{p,i}}
\qquad(1\leq i\leq k) a i := p ∏ p e p , i ( 1 ≤ i ≤ k ) は非零非単元であり、a 1 ∣ ⋯ ∣ a k a_1\mid\cdots\mid a_k a 1 ∣ ⋯ ∣ a k
⨁ i = 1 k R / ( a i ) ≅ ⨁ p ⨁ j = 1 q p R / ( p e p , j ) \bigoplus_{i=1}^kR/(a_i)
\cong
\bigoplus_p\bigoplus_{j=1}^{q_p}R/(p^{e_{p,j}}) i = 1 ⨁ k R / ( a i ) ≅ p ⨁ j = 1 ⨁ q p R / ( p e p , j ) となる。この操作と、各a i a_i a i k = 0 k=0 k = 0
証明. 各p p p p e ~ p , i ∣ p e ~ p , i + 1 p^{\widetilde e_{p,i}}\mid p^{\widetilde e_{p,i+1}} p e p , i ∣ p e p , i + 1 a i ∣ a i + 1 a_i\mid a_{i+1} a i ∣ a i + 1 k > 0 k>0 k > 0 q p = k q_p=k q p = k p p p e ~ p , 1 ≥ 1 \widetilde e_{p,1}\geq1 e p , 1 ≥ 1 p ∣ a 1 p\mid a_1 p ∣ a 1 a 1 a_1 a 1 a i a_i a i a i a_i a i
命題 11.1 を各a i a_i a i
R / ( a i ) ≅ ⨁ p : e ~ p , i > 0 R / ( p e ~ p , i ) R/(a_i)\cong
\bigoplus_{p:\,\widetilde e_{p,i}>0}R/(p^{\widetilde e_{p,i}}) R / ( a i ) ≅ p : e p , i > 0 ⨁ R / ( p e p , i ) となる。i i i p p p
逆にa 1 ∣ ⋯ ∣ a k a_1\mid\cdots\mid a_k a 1 ∣ ⋯ ∣ a k p p p v p , i ≥ 0 v_{p,i}\geq0 v p , i ≥ 0
v p , 1 ≤ ⋯ ≤ v p , k v_{p,1}\leq\cdots\leq v_{p,k} v p , 1 ≤ ⋯ ≤ v p , k であり、零の指数は各列の左側にまとまる。a 1 a_1 a 1 p p p a 1 a_1 a 1 a 1 ∣ a i a_1\mid a_i a 1 ∣ a i p p p a i a_i a i p p p k k k k k k ( v p , i ) (v_{p,i}) ( v p , i ) a i a_i a i
反対向きでは、与えられた指数列を左零埋めして積を作り、その積を素数ごとに再び分離して指数零を捨てるため、最初の指数列が復元される。よって二つの操作は互いに逆である。素元の集合が空の場合は両操作とも空の族を空の族へ送る。▨
14 PID 上有限生成加群の構造定理 定理 14.1 (PID 上有限生成加群の構造定理). R R R R R R M M M
M ≅ R t ⊕ R / ( a 1 ) ⊕ ⋯ ⊕ R / ( a k ) , 0 ≠ a 1 ∣ ⋯ ∣ a k , M\cong R^t\oplus R/(a_1)\oplus\cdots\oplus R/(a_k),
\qquad
0\neq a_1\mid\cdots\mid a_k, M ≅ R t ⊕ R / ( a 1 ) ⊕ ⋯ ⊕ R / ( a k ) , 0 = a 1 ∣ ⋯ ∣ a k , と書くことができる。a i a_i a i t t t a i a_i a i
同値に、ねじれ部分は有限個の素元p p p e p , j e_{p,j} e p , j
T ( M ) ≅ ⨁ p ⨁ j R / ( p e p , j ) T(M)\cong\bigoplus_p\bigoplus_jR/(p^{e_{p,j}}) T ( M ) ≅ p ⨁ j ⨁ R / ( p e p , j ) と書くことができ、素元の同伴と直和因子の順序を除いて初等因子p e p , j p^{e_{p,j}} p e p , j
証明. 単因子表示の存在は定理 10.1 で証明した。各単因子を素因数分解し、命題 11.1 を適用すると初等因子表示が得られる。
加群同型はねじれ元をねじれ元へ送るためT ( M ) T(M) T ( M ) M / T ( M ) M/T(M) M / T ( M ) M M M M / T ( M ) ≅ R t M/T(M)\cong R^t M / T ( M ) ≅ R t R t ≅ R t ′ R^t\cong R^{t'} R t ≅ R t ′ R R R §E6.10 系 2.11 によりt = t ′ t=t' t = t ′
ねじれ部分について、各T p ( M ) T_p(M) T p ( M ) V p , j ( M ) V_{p,j}(M) V p , j ( M ) 命題 12.2 により内在的である。命題 12.4 と定理 12.3 により
dim k p V p , j ( M ) − dim k p V p , j + 1 ( M ) \dim_{k_p}V_{p,j}(M)
-\dim_{k_p}V_{p,j+1}(M) dim k p V p , j ( M ) − dim k p V p , j + 1 ( M ) から指数がj j j M M M
最後に定理 13.1 の左零埋めによって、初等因子の多重集合から整除列a 1 ∣ ⋯ ∣ a k a_1\mid\cdots\mid a_k a 1 ∣ ⋯ ∣ a k ▨
補題 14.3.
R R R M M M R R R t , s t,s t , s a 1 , … , a s ∈ R a_1,\ldots,a_s\in R a 1 , … , a s ∈ R M ≅ R t ⊕ ⨁ j = 1 s R / ( a j ) M\cong R^t\oplus\bigoplus_{j=1}^{s}R/(a_j) M ≅ R t ⊕ j = 1 ⨁ s R / ( a j ) rank R M = t \operatorname{rank}_R M=t rank R M = t k k k M M M k k k rank k M = dim k M \operatorname{rank}_k M=\dim_kM rank k M = dim k M 証明. 主張 (1) を示す。K K K R R R S = R ∖ { 0 } S=R\setminus\{0\} S = R ∖ { 0 } j ∈ { 1 , … , s } j\in\{1,\ldots,s\} j ∈ { 1 , … , s }
R → a j R ⟶ R / ( a j ) ⟶ 0 R\xrightarrow{\ a_j\ }R\longrightarrow R/(a_j)\longrightarrow0 R a j R ⟶ R / ( a j ) ⟶ 0 を局所化すると、§E6.12 命題 20.7 により
K → a j K ⟶ S − 1 ( R / ( a j ) ) ⟶ 0 K\xrightarrow{\ a_j\ }K\longrightarrow S^{-1}(R/(a_j))\longrightarrow0 K a j K ⟶ S − 1 ( R / ( a j )) ⟶ 0 は完全である。a j ≠ 0 a_j\ne0 a j = 0 K K K a j a_j a j S − 1 ( R / ( a j ) ) = 0 S^{-1}(R/(a_j))=0 S − 1 ( R / ( a j )) = 0 §E6.12 命題 12.2 と§E6.12 定理 20.6 により
( R / ( a j ) ) ⊗ R K ≅ K ⊗ R ( R / ( a j ) ) ≅ S − 1 ( R / ( a j ) ) = 0 (R/(a_j))\otimes_RK\cong K\otimes_R(R/(a_j))\cong S^{-1}(R/(a_j))=0 ( R / ( a j )) ⊗ R K ≅ K ⊗ R ( R / ( a j )) ≅ S − 1 ( R / ( a j )) = 0 を得る。第一の同型は純テンソルx ⊗ c x\otimes c x ⊗ c c ⊗ x c\otimes x c ⊗ x K K K
§E6.12 命題 18.1 と§E6.12 命題 13.1 (2) により、与えられた分解からK K K
M ⊗ R K ≅ K t ⊕ ⨁ j = 1 s 0 ≅ K t M\otimes_RK\cong K^t\oplus\bigoplus_{j=1}^{s}0\cong K^t M ⊗ R K ≅ K t ⊕ j = 1 ⨁ s 0 ≅ K t を得る。§E6.12 定義 20.9 (1) の定義により、rank R M = dim K ( M ⊗ R K ) = t \operatorname{rank}_R M=\dim_K(M\otimes_RK)=t rank R M = dim K ( M ⊗ R K ) = t
主張 (2) を示す。体k k k k k k §E6.12 命題 13.1 (1) によりM ⊗ k k ≅ M M\otimes_kk\cong M M ⊗ k k ≅ M rank k M = dim k M \operatorname{rank}_kM=\dim_kM rank k M = dim k M ▨
15 長方形行列と退化する場合 長方形行列の余核では、零の対角成分に対応する座標だけでなく、対角線に現れない終域の座標も自由直和因子に対応する。
例 15.1. 整数行列
A = ( 2 4 0 0 6 0 ) A=
\begin{pmatrix}
2&4&0\\
0&6&0
\end{pmatrix} A = ( 2 0 4 6 0 0 ) が行ベクトルへの右乗法によって定める準同型Z 2 → Z 3 \Z^2\to\Z^3 Z 2 → Z 3 2 2 2
Δ 1 ( A ) = ( 2 ) \Delta_1(A)=(2) Δ 1 ( A ) = ( 2 ) である。二次小行列式は12 , 0 , 0 12,0,0 12 , 0 , 0
Δ 2 ( A ) = ( 12 ) \Delta_2(A)=(12) Δ 2 ( A ) = ( 12 ) となる。したがって Smith 標準形の一意性から、対角成分を正に選べば
A ∼ ( 2 0 0 0 6 0 ) A\sim
\begin{pmatrix}
2&0&0\\
0&6&0
\end{pmatrix} A ∼ ( 2 0 0 6 0 0 ) となる。よって
coker α A ≅ Z / ( 2 ) ⊕ Z / ( 6 ) ⊕ Z \operatorname{coker}\alpha_A
\cong
\Z/(2)\oplus\Z/(6)\oplus\Z coker α A ≅ Z / ( 2 ) ⊕ Z / ( 6 ) ⊕ Z である。最後の自由直和因子は、終域の階数3 3 3 2 2 2
例 15.2. R R R m , n m,n m , n 1 × 1 1\times1 1 × 1 ( u ) (u) ( u ) u u u R → R R\to R R → R u u u 命題 9.2 においてR / ( u ) = 0 R/(u)=0 R / ( u ) = 0
零行列0 m × n 0_{m\times n} 0 m × n R m → R n R^m\to R^n R m → R n
coker ( 0 m × n ) ≅ R n \operatorname{coker}(0_{m\times n})\cong R^n coker ( 0 m × n ) ≅ R n であり、終域の全座標が自由部分として残る。
R = K R=K R = K K / ( d i ) K/(d_i) K / ( d i ) K K K
16 有限アーベル群への特殊化 アーベル群はZ \Z Z R = Z R=\Z R = Z
命題 16.1. 正整数n n n C n : = Z / n Z C_n:=\Z/n\Z C n := Z / n Z h h h n 1 , … , n h n_1,\ldots,n_h n 1 , … , n h N : = ∏ i = 1 h n i N:=\prod_{i=1}^h n_i N := ∏ i = 1 h n i
C N ≅ ⨁ i = 1 h C n i C_N\cong\bigoplus_{i=1}^h C_{n_i} C N ≅ i = 1 ⨁ h C n i である。n i = 1 n_i=1 n i = 1 h = 0 h=0 h = 0 N = 1 N=1 N = 1
証明. h ≥ 1 h\geq1 h ≥ 1 §E6.45 補題 4.2 (1) により、gcd ( n i , n j ) = 1 \gcd(n_i,n_j)=1 g cd( n i , n j ) = 1 ( n i ) + ( n j ) = Z (n_i)+(n_j)=\Z ( n i ) + ( n j ) = Z §E6.45 補題 4.2 (3) により、すべてのn i n_i n i x x x N N N x x x ⋂ i ( n i ) = ( N ) \bigcap_i(n_i)=(N) ⋂ i ( n i ) = ( N ) §E6.7 定理 3.1 により環同型
Z / ( N ) ⟶ ∏ i = 1 h Z / ( n i ) , r + ( N ) ⟼ ( r + ( n i ) ) i = 1 h \Z/(N)\longrightarrow\prod_{i=1}^h\Z/(n_i),
\qquad
r+(N)\longmapsto\bigl(r+(n_i)\bigr)_{i=1}^h Z / ( N ) ⟶ i = 1 ∏ h Z / ( n i ) , r + ( N ) ⟼ ( r + ( n i ) ) i = 1 h を得る。加法群を取り、有限直積を直和と同一視すると、巡回群の同型が従う。n i = 1 n_i=1 n i = 1 C n i = 0 C_{n_i}=0 C n i = 0 h = 0 h=0 h = 0 C N = C 1 = 0 C_N=C_1=0 C N = C 1 = 0 ▨
定理 16.2. 任意の有限生成アーベル群G G G t , k t,k t , k a 1 , … , a k a_1,\ldots,a_k a 1 , … , a k
G ≅ Z t ⊕ C a 1 ⊕ ⋯ ⊕ C a k , 1 < a 1 ∣ ⋯ ∣ a k G\cong\Z^t\oplus C_{a_1}\oplus\cdots\oplus C_{a_k},
\qquad
1<a_1\mid\cdots\mid a_k G ≅ Z t ⊕ C a 1 ⊕ ⋯ ⊕ C a k , 1 < a 1 ∣ ⋯ ∣ a k となる。ねじれ部分の表示C a 1 ⊕ ⋯ ⊕ C a k C_{a_1}\oplus\cdots\oplus C_{a_k} C a 1 ⊕ ⋯ ⊕ C a k a i a_i a i t t t ( a 1 , … , a k ) (a_1,\ldots,a_k) ( a 1 , … , a k )
同値に、有限個の素数p p p e p , j e_{p,j} e p , j
T ( G ) ≅ ⨁ p ⨁ j C p e p , j T(G)\cong\bigoplus_p\bigoplus_j C_{p^{e_{p,j}}} T ( G ) ≅ p ⨁ j ⨁ C p e p , j と表すことができる。この表示は初等因子表示であり、各素数冪p e p , j p^{e_{p,j}} p e p , j
各素数の正の指数列を非減少順に並べ、長さが最大の列に合わせて他の列の左側へ零を補うと、同じ位置の素数冪の積が正の単因子の整除列を与える。各単因子の素因数分解が逆操作を与え、二つの表示は互いに一意に復元される。
G G G t = 0 t=0 t = 0
∣ G ∣ = ∏ i = 1 k a i |G|=\prod_{i=1}^k a_i ∣ G ∣ = i = 1 ∏ k a i である。非零有限群の場合、その指数はa k a_k a k 1 1 1
証明. G G G Z \Z Z 定理 14.1 をR = Z R=\Z R = Z 1 1 1
定理 13.1 をR = Z R=\Z R = Z
t > 0 t>0 t > 0 Z \Z Z G G G t = 0 t=0 t = 0 C a i C_{a_i} C a i a i a_i a i ∣ G ∣ = ∏ i a i |G|=\prod_i a_i ∣ G ∣ = ∏ i a i k > 0 k>0 k > 0 a i a_i a i a k a_k a k a k G = 0 a_kG=0 a k G = 0 a k a_k a k G G G a k a_k a k a k a_k a k t = k = 0 t=k=0 t = k = 0 G = 0 G=0 G = 0 1 1 1 ▨
定義 16.3. G G G p p p G G G p p p p-primary component )
G p : = T p ( G ) = { x ∈ G ∣ ある整数 a ≥ 1 に対して p a x = 0 } G_p:=T_p(G)=\{x\in G\mid\text{ある整数 }a\geq1\text{ に対して }p^ax=0\} G p := T p ( G ) = { x ∈ G ∣ ある整数 a ≥ 1 に対して p a x = 0 } と定める。消去する冪の指数をa ≥ 0 a\geq0 a ≥ 0 a = 0 a=0 a = 0 x = 0 x=0 x = 0 p x = 0 px=0 p x = 0
命題 16.4. 有限アーベル群G G G
G = ⨁ p ∣ ∣ G ∣ G p G=\bigoplus_{p\mid |G|}G_p G = p ∣ ∣ G ∣ ⨁ G p は内部直和であり、各G p G_p G p p p p G p G_p G p p p p p p p p p p
証明. G G G Z \Z Z T ( G ) = G T(G)=G T ( G ) = G 定理 16.2 の初等因子表示へ命題 12.4 をR = Z R=\Z R = Z G = ⨁ p G p G=\bigoplus_pG_p G = ⨁ p G p G p G_p G p p p p p p p G p ≠ 0 G_p\neq0 G p = 0 p ∣ ∣ G ∣ p\mid|G| p ∣ ∣ G ∣ ∣ G ∣ |G| ∣ G ∣ p p p G = G p G=G_p G = G p 命題 12.2 から従う。▨
命題 16.5. p p p A A A p p p j ≥ 1 j\geq1 j ≥ 1
∣ p j − 1 A / p j A ∣ = p d p , j , d p , j : = dim F p ( p j − 1 A / p j A ) \left|p^{j-1}A/p^jA\right|=p^{d_{p,j}},
\qquad
d_{p,j}:=\dim_{\mathbb F_p}\bigl(p^{j-1}A/p^jA\bigr) p j − 1 A / p j A = p d p , j , d p , j := dim F p ( p j − 1 A / p j A ) である。A A A p j p^j p j m p , j = d p , j − d p , j + 1 m_{p,j}=d_{p,j}-d_{p,j+1} m p , j = d p , j − d p , j + 1 j j j d p , j = 0 d_{p,j}=0 d p , j = 0
証明. 命題 16.4 により、A A A p p p A = T p ( A ) A=T_p(A) A = T p ( A ) 命題 12.2 と定理 12.3 をR = Z R=\Z R = Z k p = F p k_p=\mathbb F_p k p = F p m p , j = d p , j − d p , j + 1 m_{p,j}=d_{p,j}-d_{p,j+1} m p , j = d p , j − d p , j + 1 j j j d d d F p \mathbb F_p F p F p d \mathbb F_p^d F p d p p p p d p^d p d d p , j d_{p,j} d p , j ▨
補題 16.6. p p p n ≥ 1 n\geq1 n ≥ 1 A A A p n A = 0 p^nA=0 p n A = 0 H ≤ A H\leq A H ≤ A f : H → C p n f\colon H\to C_{p^n} f : H → C p n f f f A → C p n A\to C_{p^n} A → C p n
証明. H = A H=A H = A f f f H ≠ A H\neq A H = A [ A : H ] [A:H] [ A : H ] y + H ∈ A / H y+H\in A/H y + H ∈ A / H p n ( y + H ) = 0 p^n(y+H)=0 p n ( y + H ) = 0 p r p^r p r 1 ≤ r ≤ n 1\leq r\leq n 1 ≤ r ≤ n x : = p r − 1 y x:=p^{r-1}y x := p r − 1 y x + H x+H x + H p p p x ∉ H x\notin H x ∈ / H p x ∈ H px\in H p x ∈ H
p n x = 0 p^nx=0 p n x = 0 p n − 1 f ( p x ) = 0 p^{n-1}f(px)=0 p n − 1 f ( p x ) = 0 f ( p x ) = s + ( p n ) f(px)=s+(p^n) f ( p x ) = s + ( p n ) p n ∣ p n − 1 s p^n\mid p^{n-1}s p n ∣ p n − 1 s p ∣ s p\mid s p ∣ s s = p q s=pq s = pq z : = q + ( p n ) z:=q+(p^n) z := q + ( p n ) p z = f ( p x ) pz=f(px) p z = f ( p x ) n = 1 n=1 n = 1 f ( p x ) = 0 f(px)=0 f ( p x ) = 0 z = 0 z=0 z = 0
H ′ : = H + ⟨ x ⟩ H':=H+\langle x\rangle H ′ := H + ⟨ x ⟩
f ′ ( h + ℓ x ) : = f ( h ) + ℓ z ( h ∈ H , ℓ ∈ Z ) f'(h+\ell x):=f(h)+\ell z
\qquad(h\in H,\ \ell\in\Z) f ′ ( h + ℓ x ) := f ( h ) + ℓ z ( h ∈ H , ℓ ∈ Z ) と定める。h + ℓ x = h ′ + ℓ ′ x h+\ell x=h'+\ell'x h + ℓ x = h ′ + ℓ ′ x ( ℓ − ℓ ′ ) x ∈ H (\ell-\ell')x\in H ( ℓ − ℓ ′ ) x ∈ H x + H x+H x + H p p p ℓ − ℓ ′ = p u \ell-\ell'=pu ℓ − ℓ ′ = p u u u u
f ( h − h ′ ) = f ( − p u x ) = − u f ( p x ) = − p u z = ( ℓ ′ − ℓ ) z f(h-h')=f(-pu x)=-u f(px)=-pu z=(\ell'-\ell)z f ( h − h ′ ) = f ( − p ux ) = − u f ( p x ) = − p u z = ( ℓ ′ − ℓ ) z であり、f ( h ) + ℓ z = f ( h ′ ) + ℓ ′ z f(h)+\ell z=f(h')+\ell'z f ( h ) + ℓ z = f ( h ′ ) + ℓ ′ z f ′ f' f ′ f f f f ′ f' f ′ f ′ ∣ H = f f'|_H=f f ′ ∣ H = f
H ′ / H H'/H H ′ / H p p p [ A : H ′ ] = [ A : H ] / p < [ A : H ] [A:H']=[A:H]/p<[A:H] [ A : H ′ ] = [ A : H ] / p < [ A : H ] f ′ f' f ′ A A A H H H f f f ▨
補題 16.7. p p p A A A p p p a ∈ A a\in A a ∈ A B ≤ A B\leq A B ≤ A
A = ⟨ a ⟩ ⊕ B A=\langle a\rangle\oplus B A = ⟨ a ⟩ ⊕ B となる。
証明. 定理 16.2 により、A ≅ C a 1 ⊕ ⋯ ⊕ C a k A\cong C_{a_1}\oplus\cdots\oplus C_{a_k} A ≅ C a 1 ⊕ ⋯ ⊕ C a k 1 < a 1 ∣ ⋯ ∣ a k 1<a_1\mid\cdots\mid a_k 1 < a 1 ∣ ⋯ ∣ a k ∣ A ∣ = ∏ i = 1 k a i |A|=\prod_{i=1}^ka_i ∣ A ∣ = ∏ i = 1 k a i A A A a k a_k a k ∣ A ∣ |A| ∣ A ∣ p p p a k a_k a k p p p a k = p n a_k=p^n a k = p n A ≠ 0 A\neq0 A = 0 n ≥ 1 n\geq1 n ≥ 1 p n A = 0 p^nA=0 p n A = 0 x ∈ A x\in A x ∈ A p n p^n p n p n p^n p n p n p^n p n a a a p n p^n p n
同型f 0 : ⟨ a ⟩ → C p n f_0\colon\langle a\rangle\to C_{p^n} f 0 : ⟨ a ⟩ → C p n a ↦ 1 + ( p n ) a\mapsto1+(p^n) a ↦ 1 + ( p n ) 補題 16.6 を適用し、延長f : A → C p n f\colon A\to C_{p^n} f : A → C p n B : = ker f B:=\ker f B := ker f x ∈ A x\in A x ∈ A f ( x ) = k + ( p n ) f(x)=k+(p^n) f ( x ) = k + ( p n ) k k k f ( x − k a ) = 0 f(x-ka)=0 f ( x − k a ) = 0 A = ⟨ a ⟩ + B A=\langle a\rangle+B A = ⟨ a ⟩ + B k a ∈ ⟨ a ⟩ ∩ B ka\in\langle a\rangle\cap B k a ∈ ⟨ a ⟩ ∩ B 0 = f ( k a ) = k + ( p n ) 0=f(ka)=k+(p^n) 0 = f ( k a ) = k + ( p n ) p n ∣ k p^n\mid k p n ∣ k k a = 0 ka=0 k a = 0 ▨
例 16.8. 具体例として
G = Z / ( 12 ) ⊕ Z / ( 360 ) G=\Z/(12)\oplus\Z/(360) G = Z / ( 12 ) ⊕ Z / ( 360 ) を考える。12 ∣ 360 12\mid360 12 ∣ 360 G = Z / ( 12 ) ⊕ Z / ( 360 ) G=\Z/(12)\oplus\Z/(360) G = Z / ( 12 ) ⊕ Z / ( 360 )
G ≅ Z / ( 4 ) ⊕ Z / ( 3 ) ⊕ Z / ( 8 ) ⊕ Z / ( 9 ) ⊕ Z / ( 5 ) G\cong
\Z/(4)\oplus\Z/(3)
\oplus\Z/(8)\oplus\Z/(9)\oplus\Z/(5) G ≅ Z / ( 4 ) ⊕ Z / ( 3 ) ⊕ Z / ( 8 ) ⊕ Z / ( 9 ) ⊕ Z / ( 5 ) となる。素数ごとの指数列は
2 : ( 2 , 3 ) , 3 : ( 1 , 2 ) , 5 : ( 1 ) 2:(2,3),
\qquad
3:(1,2),
\qquad
5:(1) 2 : ( 2 , 3 ) , 3 : ( 1 , 2 ) , 5 : ( 1 ) である。最後の列を左側で零埋めして( 0 , 1 ) (0,1) ( 0 , 1 )
2 2 ⋅ 3 1 ⋅ 5 0 = 12 , 2 3 ⋅ 3 2 ⋅ 5 1 = 360 2^2\cdot3^1\cdot5^0=12,
\qquad
2^3\cdot3^2\cdot5^1=360 2 2 ⋅ 3 1 ⋅ 5 0 = 12 , 2 3 ⋅ 3 2 ⋅ 5 1 = 360 となり、元の単因子表示が復元される。
さらに、2 2 2
dim F 2 V 2 , 1 ( G ) = 2 , dim F 2 V 2 , 2 ( G ) = 2 , dim F 2 V 2 , 3 ( G ) = 1 , dim F 2 V 2 , 4 ( G ) = 0 \dim_{\mathbb F_2}V_{2,1}(G)=2,
\quad
\dim_{\mathbb F_2}V_{2,2}(G)=2,
\quad
\dim_{\mathbb F_2}V_{2,3}(G)=1,
\quad
\dim_{\mathbb F_2}V_{2,4}(G)=0 dim F 2 V 2 , 1 ( G ) = 2 , dim F 2 V 2 , 2 ( G ) = 2 , dim F 2 V 2 , 3 ( G ) = 1 , dim F 2 V 2 , 4 ( G ) = 0 である。連続する次元の差から、指数2 2 2 3 3 3
位数12 = 2 2 ⋅ 3 12=2^2\cdot3 12 = 2 2 ⋅ 3 2 2 2 2 2 2 ( 2 ) (2) ( 2 ) ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 ) 3 3 3 ( 1 ) (1) ( 1 ) 定理 16.2 と命題 16.1 により、同型類は
C 4 ⊕ C 3 ≅ C 12 , C 2 ⊕ C 2 ⊕ C 3 ≅ C 2 ⊕ C 6 C_4\oplus C_3\cong C_{12},
\qquad
C_2\oplus C_2\oplus C_3\cong C_2\oplus C_6 C 4 ⊕ C 3 ≅ C 12 , C 2 ⊕ C 2 ⊕ C 3 ≅ C 2 ⊕ C 6 の二種類に限る。C 12 C_{12} C 12 2 x = 0 2x=0 2 x = 0 0 0 0 6 6 6 C 2 ⊕ C 6 C_2\oplus C_6 C 2 ⊕ C 6 0 0 0 3 3 3
位数72 72 72 C 2 ⊕ C 4 ⊕ C 9 C_2\oplus C_4\oplus C_9 C 2 ⊕ C 4 ⊕ C 9 2 2 2 ( 1 , 2 ) (1,2) ( 1 , 2 ) 3 3 3 ( 2 ) (2) ( 2 ) ( 0 , 2 ) (0,2) ( 0 , 2 ) 定理 16.2 により単因子は2 1 3 0 = 2 2^1 3^0=2 2 1 3 0 = 2 2 2 3 2 = 36 2^2 3^2=36 2 2 3 2 = 36
C 2 ⊕ C 4 ⊕ C 9 ≅ C 2 ⊕ C 36 C_2\oplus C_4\oplus C_9\cong C_2\oplus C_{36} C 2 ⊕ C 4 ⊕ C 9 ≅ C 2 ⊕ C 36 であり、2 ∣ 36 2\mid36 2 ∣ 36
C 8 C_8 C 8 C 4 ⊕ C 2 C_4\oplus C_2 C 4 ⊕ C 2 C 2 ⊕ C 2 ⊕ C 2 C_2\oplus C_2\oplus C_2 C 2 ⊕ C 2 ⊕ C 2 8 8 8 8 , 4 , 2 8,4,2 8 , 4 , 2
17 演習 問題 17.1 (Smith 標準形と PID 上加群の確認). R R R
( a , b ) ≠ ( 0 , 0 ) (a,b)\neq(0,0) ( a , b ) = ( 0 , 0 ) a , b ∈ R a,b\in R a , b ∈ R d d d a = d a ′ a=da' a = d a ′ b = d b ′ b=db' b = d b ′ x a + y b = d xa+yb=d x a + y b = d 補題 2.1 の二つの行列の行列式を求め、列ベクトル( a , b ) T (a,b)^{\mathsf T} ( a , b ) T ( a , b ) (a,b) ( a , b )
定理 3.1 の PID という仮定を外すことができないことを示せ。すなわち、PID でない整域Z [ x ] \Z[x] Z [ x ] 1 × 2 1\times2 1 × 2 A = ( 2 x ) A=(2\ \ x) A = ( 2 x ) P ∈ GL 1 ( Z [ x ] ) P\in\GL_1(\Z[x]) P ∈ GL 1 ( Z [ x ]) Q ∈ GL 2 ( Z [ x ] ) Q\in\GL_2(\Z[x]) Q ∈ GL 2 ( Z [ x ]) P A Q = ( d 0 ) PAQ=(d\ \ 0) P A Q = ( d 0 )
Cauchy–Binet 公式を用いてΔ k ( P A Q ) = Δ k ( A ) \Delta_k(PAQ)=\Delta_k(A) Δ k ( P A Q ) = Δ k ( A ) D = diag ( d 1 , … , d r , 0 , … , 0 ) D=\operatorname{diag}(d_1,\ldots,d_r,0,\ldots,0) D = diag ( d 1 , … , d r , 0 , … , 0 ) Δ k ( D ) \Delta_k(D) Δ k ( D )
例 6.1 の整数行列についてΔ 1 \Delta_1 Δ 1 Δ 2 \Delta_2 Δ 2 例 15.1 の長方形行列の余核を求め、自由直和因子が現れる理由を説明せよ。
有限生成R R R M M M R m → R n → M → 0 R^m\to R^n\to M\to0 R m → R n → M → 0
T ( M ) T(M) T ( M ) T ( M ) T(M) T ( M ) M / T ( M ) M/T(M) M / T ( M ) R R R
非零非単元a a a R / ( a ) R/(a) R / ( a ) T p ( M ) T_p(M) T p ( M ) V p , j ( M ) V_{p,j}(M) V p , j ( M ) dim R / ( p ) V p , j ( M ) \dim_{R/(p)}V_{p,j}(M) dim R / ( p ) V p , j ( M ) j j j
有限個の互いに同伴でない素元ごとの非減少な正整数の指数列から、左側の零埋めによって単因子の整除列を構成せよ。逆操作との相互逆性を証明し、自由階数、初等因子および単因子の一意性をまとめよ。同伴でない素元p , q p,q p , q ( 1 , 2 ) (1,2) ( 1 , 2 ) ( 3 ) (3) ( 3 )
R R R R = Z R=\Z R = Z
R R R R = Z R=\Z R = Z
C 12 ⊕ C 18 C_{12}\oplus C_{18} C 12 ⊕ C 18
有限アーベルp p p A A A ∣ p j − 1 A / p j A ∣ = p d p , j |p^{j-1}A/p^jA|=p^{d_{p,j}} ∣ p j − 1 A / p j A ∣ = p d p , j d p , 1 = 4 d_{p,1}=4 d p , 1 = 4 d p , 2 = 2 d_{p,2}=2 d p , 2 = 2 d p , 3 = 1 d_{p,3}=1 d p , 3 = 1 d p , 4 = 0 d_{p,4}=0 d p , 4 = 0 p j p^j p j
補題 16.6 の証明で、C p n C_{p^n} C p n p n − 1 w = 0 p^{n-1}w=0 p n − 1 w = 0 w = p z w=pz w = p z z ∈ C p n z\in C_{p^n} z ∈ C p n n = 1 n=1 n = 1
位数200 = 2 3 ⋅ 5 2 200=2^3\cdot5^2 200 = 2 3 ⋅ 5 2
解答 (演習の解答).
d ≠ 0 d\neq0 d = 0 R R R d ( x a ′ + y b ′ ) = d d(xa'+yb')=d d ( x a ′ + y b ′ ) = d x a ′ + y b ′ = 1 xa'+yb'=1 x a ′ + y b ′ = 1
det ( x y − b ′ a ′ ) = x a ′ + y b ′ = 1 , det ( x − b ′ y a ′ ) = x a ′ + y b ′ = 1. \det\begin{pmatrix}x&y\\-b'&a'\end{pmatrix}
=xa'+yb'=1,
\qquad
\det\begin{pmatrix}x&-b'\\y&a'\end{pmatrix}
=xa'+yb'=1. det ( x − b ′ y a ′ ) = x a ′ + y b ′ = 1 , det ( x y − b ′ a ′ ) = x a ′ + y b ′ = 1. また、
( x y − b ′ a ′ ) ( a b ) = ( d 0 ) , ( a b ) ( x − b ′ y a ′ ) = ( d 0 ) . \begin{pmatrix}x&y\\-b'&a'\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}a\\b\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}d\\0\end{pmatrix},
\qquad
\begin{pmatrix}a&b\end{pmatrix}
\begin{pmatrix}x&-b'\\y&a'\end{pmatrix}
=\begin{pmatrix}d&0\end{pmatrix}. ( x − b ′ y a ′ ) ( a b ) = ( d 0 ) , ( a b ) ( x y − b ′ a ′ ) = ( d 0 ) . 前者は二行への行変形を左乗法で表し、後者は二列への列変形を右乗法で表す。特に後者は、自由加群の元を行ベクトルで書き準同型行列を右から掛ける規約と同じ向きである。
可換環S S S B B B B B B I ( B ) I(B) I ( B ) P B Q PBQ P B Q B B B S S S I ( P B Q ) ⊆ I ( B ) I(PBQ)\subseteq I(B) I ( P B Q ) ⊆ I ( B ) P , Q P,Q P , Q B = P − 1 ( P B Q ) Q − 1 B=P^{-1}(PBQ)Q^{-1} B = P − 1 ( P B Q ) Q − 1
P A Q = ( d 0 ) PAQ=(d\ \ 0) P A Q = ( d 0 ) ( 2 , x ) = I ( A ) = I ( P A Q ) = ( d ) (2,x)=I(A)=I(PAQ)=(d) ( 2 , x ) = I ( A ) = I ( P A Q ) = ( d ) d ∣ 2 d\mid2 d ∣ 2 d d d d ∈ { ± 1 , ± 2 } d\in\{\pm1,\pm2\} d ∈ { ± 1 , ± 2 } d ∣ x d\mid x d ∣ x ± 2 \pm2 ± 2 x x x x = 2 g x=2g x = 2 g x x x 1 1 1 d = ± 1 d=\pm1 d = ± 1 1 ∈ ( 2 , x ) 1\in(2,x) 1 ∈ ( 2 , x ) ( 2 , x ) (2,x) ( 2 , x ) 2 f + x g 2f+xg 2 f + xg 2 f ( 0 ) 2f(0) 2 f ( 0 ) 1 ∉ ( 2 , x ) 1\notin(2,x) 1 ∈ / ( 2 , x ) A A A
命題 4.3 を適用すると、Δ k ( P A Q ) = Δ k ( A ) \Delta_k(PAQ)=\Delta_k(A) Δ k ( P A Q ) = Δ k ( A ) Δ k ( P A ) ⊆ Δ k ( A ) \Delta_k(PA)\subseteq\Delta_k(A) Δ k ( P A ) ⊆ Δ k ( A ) A = P − 1 ( P A ) A=P^{-1}(PA) A = P − 1 ( P A ) A Q AQ A Q A = ( A Q ) Q − 1 A=(AQ)Q^{-1} A = ( A Q ) Q − 1
命題 5.1 により、1 ≤ k ≤ r 1\leq k\leq r 1 ≤ k ≤ r Δ k ( D ) = ( d 1 ⋯ d k ) \Delta_k(D)=(d_1\cdots d_k) Δ k ( D ) = ( d 1 ⋯ d k ) k > r k>r k > r Δ k ( D ) = ( 0 ) \Delta_k(D)=(0) Δ k ( D ) = ( 0 ) k = 0 k=0 k = 0 Δ 0 ( D ) = R \Delta_0(D)=R Δ 0 ( D ) = R 定理 5.2 を適用すると、非零対角成分の個数と各d k d_k d k
対象の正方行列の全成分の最大公約数は2 2 2 Δ 1 = ( 2 ) \Delta_1=(2) Δ 1 = ( 2 )
36 , 48 , 24 , − 48 , − 72 , − 48 , − 36 , − 24 , − 48 36,48,24,-48,-72,-48,-36,-24,-48 36 , 48 , 24 , − 48 , − 72 , − 48 , − 36 , − 24 , − 48 であり、その最大公約数は12 12 12 Δ 2 = ( 12 ) \Delta_2=(12) Δ 2 = ( 12 ) − 144 -144 − 144 Δ 3 = ( 144 ) \Delta_3=(144) Δ 3 = ( 144 )
d 1 = 2 , d 1 d 2 = 12 , d 1 d 2 d 3 = 144 d_1=2,
\qquad
d_1d_2=12,
\qquad
d_1d_2d_3=144 d 1 = 2 , d 1 d 2 = 12 , d 1 d 2 d 3 = 144 と正に選ぶことができ、( d 1 , d 2 , d 3 ) = ( 2 , 6 , 12 ) (d_1,d_2,d_3)=(2,6,12) ( d 1 , d 2 , d 3 ) = ( 2 , 6 , 12 )
長方形行列ではΔ 1 = ( 2 ) \Delta_1=(2) Δ 1 = ( 2 ) Δ 2 = ( 12 ) \Delta_2=(12) Δ 2 = ( 12 ) 2 , 6 2,6 2 , 6 Z 2 → Z 3 \Z^2\to\Z^3 Z 2 → Z 3
Z / ( 2 ) ⊕ Z / ( 6 ) ⊕ Z \Z/(2)\oplus\Z/(6)\oplus\Z Z / ( 2 ) ⊕ Z / ( 6 ) ⊕ Z となる。終域の階数が非零対角成分の個数より一つ大きいため、最後の自由直和因子が残る。
命題 8.1 により、有限生成M M M R m → α A R n → M → 0 R^m\xrightarrow{\alpha_A}R^n\to M\to0 R m α A R n → M → 0 M ≅ coker α A M\cong\operatorname{coker}\alpha_A M ≅ coker α A 命題 9.1 により、行列同値は余核の同型類を保つ。Smith 標準形を取って命題 9.2 を適用すると、非零対角成分d i d_i d i R / ( d i ) R/(d_i) R / ( d i ) d i d_i d i 定理 10.1 により、
M ≅ R t ⊕ ⨁ i = 1 k R / ( a i ) , 0 ≠ a 1 ∣ ⋯ ∣ a k M\cong R^t\oplus\bigoplus_{i=1}^kR/(a_i),\qquad 0\neq a_1\mid\cdots\mid a_k M ≅ R t ⊕ i = 1 ⨁ k R / ( a i ) , 0 = a 1 ∣ ⋯ ∣ a k となる。ここでa i a_i a i
命題 7.2 によりT ( M ) T(M) T ( M ) 命題 7.3 により任意階数の自由加群はねじれなしである。単因子表示へ命題 10.2 を適用すると、
T ( M ) ≅ ⨁ i = 1 k R / ( a i ) , M / T ( M ) ≅ R t T(M)\cong\bigoplus_{i=1}^kR/(a_i),\qquad M/T(M)\cong R^t T ( M ) ≅ i = 1 ⨁ k R / ( a i ) , M / T ( M ) ≅ R t となる。M M M a i a_i a i k = 0 k=0 k = 0 M ≅ R t M\cong R^t M ≅ R t
非零非単元a = u ∏ p p e p a=u\prod_p p^{e_p} a = u ∏ p p e p 命題 11.1 を適用すると、互いに素なイデアル( p e p ) (p^{e_p}) ( p e p )
R / ( a ) ≅ ⨁ p R / ( p e p ) R/(a)\cong\bigoplus_pR/(p^{e_p}) R / ( a ) ≅ p ⨁ R / ( p e p ) を得る。命題 12.2 によりT p ( M ) T_p(M) T p ( M ) V p , j ( M ) V_{p,j}(M) V p , j ( M ) 命題 12.4 によりT p ( M ) T_p(M) T p ( M ) p p p 定理 12.3 により、指数j j j
dim R / ( p ) V p , j ( M ) − dim R / ( p ) V p , j + 1 ( M ) \dim_{R/(p)}V_{p,j}(M)-\dim_{R/(p)}V_{p,j+1}(M) dim R / ( p ) V p , j ( M ) − dim R / ( p ) V p , j + 1 ( M ) である。
各p p p k k k
a i = ∏ p p e ~ p , i a_i=\prod_pp^{\widetilde e_{p,i}} a i = p ∏ p e p , i と置く。各指数列が非減少であるためa i ∣ a i + 1 a_i\mid a_{i+1} a i ∣ a i + 1 a i a_i a i
T p ( M ) T_p(M) T p ( M ) V p , j ( M ) V_{p,j}(M) V p , j ( M ) M / T ( M ) M/T(M) M / T ( M ) R t ≅ R t ′ R^t\cong R^{t'} R t ≅ R t ′ t = t ′ t=t' t = t ′ p , q p,q p , q ( 1 , 2 ) (1,2) ( 1 , 2 ) ( 3 ) (3) ( 3 ) p q 3 , p 2 pq^3,p^2 p q 3 , p 2 q q q p p p p q 3 ∤ p 2 pq^3\nmid p^2 p q 3 ∤ p 2 ( 0 , 3 ) (0,3) ( 0 , 3 ) p , p 2 q 3 p,p^2q^3 p , p 2 q 3
R = K R=K R = K K K K R = Z R=\Z R = Z
命題 16.1 により
C 12 ⊕ C 18 ≅ C 4 ⊕ C 3 ⊕ C 2 ⊕ C 9 C_{12}\oplus C_{18}\cong C_4\oplus C_3\oplus C_2\oplus C_9 C 12 ⊕ C 18 ≅ C 4 ⊕ C 3 ⊕ C 2 ⊕ C 9 が初等因子表示である。2 2 2 ( 1 , 2 ) (1,2) ( 1 , 2 ) 3 3 3 ( 1 , 2 ) (1,2) ( 1 , 2 ) 定理 16.2 により単因子は2 ⋅ 3 = 6 2\cdot3=6 2 ⋅ 3 = 6 4 ⋅ 9 = 36 4\cdot9=36 4 ⋅ 9 = 36 C 6 ⊕ C 36 C_6\oplus C_{36} C 6 ⊕ C 36 6 ∣ 36 6\mid36 6 ∣ 36 12 ∤ 18 12\nmid18 12 ∤ 18
命題 16.5 により
m p , 1 = 4 − 2 = 2 , m p , 2 = 2 − 1 = 1 , m p , 3 = 1 − 0 = 1 m_{p,1}=4-2=2,\qquad m_{p,2}=2-1=1,\qquad m_{p,3}=1-0=1 m p , 1 = 4 − 2 = 2 , m p , 2 = 2 − 1 = 1 , m p , 3 = 1 − 0 = 1 である。d p , 4 = 0 d_{p,4}=0 d p , 4 = 0 p 3 A / p 4 A = 0 p^3A/p^4A=0 p 3 A / p 4 A = 0 p 3 A = p 4 A p^3A=p^4A p 3 A = p 4 A p 3 A = p r A p^3A=p^rA p 3 A = p r A r ≥ 3 r\geq3 r ≥ 3 A A A p p p r r r p r A = 0 p^rA=0 p r A = 0 p 3 A = 0 p^3A=0 p 3 A = 0 j ≥ 4 j\geq4 j ≥ 4 d p , j = m p , j = 0 d_{p,j}=m_{p,j}=0 d p , j = m p , j = 0 A ≅ C p 2 ⊕ C p 2 ⊕ C p 3 A\cong C_p^{\,2}\oplus C_{p^2}\oplus C_{p^3} A ≅ C p 2 ⊕ C p 2 ⊕ C p 3
w = r + ( p n ) w=r+(p^n) w = r + ( p n ) p n − 1 w = 0 p^{n-1}w=0 p n − 1 w = 0 p n ∣ p n − 1 r p^n\mid p^{n-1}r p n ∣ p n − 1 r p n − 1 p^{n-1} p n − 1 p ∣ r p\mid r p ∣ r r = p s r=ps r = p s z : = s + ( p n ) z:=s+(p^n) z := s + ( p n ) w = p z w=pz w = p z n = 1 n=1 n = 1 w = 0 w=0 w = 0 z = 0 z=0 z = 0
位数200 200 200 2 2 2 3 3 3 ( 3 ) (3) ( 3 ) ( 1 , 2 ) (1,2) ( 1 , 2 ) ( 1 , 1 , 1 ) (1,1,1) ( 1 , 1 , 1 ) 5 5 5 2 2 2 ( 2 ) (2) ( 2 ) ( 1 , 1 ) (1,1) ( 1 , 1 )
C 8 ⊕ C 25 , C 8 ⊕ C 5 ⊕ C 5 , C 4 ⊕ C 2 ⊕ C 25 , C 4 ⊕ C 2 ⊕ C 5 ⊕ C 5 , C 2 ⊕ C 2 ⊕ C 2 ⊕ C 25 , C 2 ⊕ C 2 ⊕ C 2 ⊕ C 5 ⊕ C 5 \begin{gathered}
C_8\oplus C_{25},\qquad C_8\oplus C_5\oplus C_5,\\
C_4\oplus C_2\oplus C_{25},\qquad C_4\oplus C_2\oplus C_5\oplus C_5,\\
C_2\oplus C_2\oplus C_2\oplus C_{25},\qquad
C_2\oplus C_2\oplus C_2\oplus C_5\oplus C_5
\end{gathered} C 8 ⊕ C 25 , C 8 ⊕ C 5 ⊕ C 5 , C 4 ⊕ C 2 ⊕ C 25 , C 4 ⊕ C 2 ⊕ C 5 ⊕ C 5 , C 2 ⊕ C 2 ⊕ C 2 ⊕ C 25 , C 2 ⊕ C 2 ⊕ C 2 ⊕ C 5 ⊕ C 5 の六つである。命題 16.4 により素数成分への分解は内在的であり、上の指数列は正整数の和のすべての可能性を尽くすので、この六つがすべての同型類を与える。六つの表示の素数冪因子の多重集合は互いに異なるため、定理 16.2 の一意性により互いに非同型である。
▨