§E6.6イデアルの根基

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可換環のイデアルを調べるとき、元そのものがイデアルに属するかどうかに加えて、その元の正の冪がイデアルに属するかどうかが問題になる。たとえば整数環では、ある正の冪が180180の倍数となる整数の全体は、3030の倍数全体に一致する。このような所属条件を捉える概念がイデアルの根基であり、商環に残る冪零元を調べるうえで重要である。一方、一般の環において、すべての単純左加群に零として作用する元の全体は Jacobson 根基と呼ばれ、両側イデアルをなす。本記事では、イデアルの根基と Jacobson 根基の基本的な性質を扱う。

1 可換環のイデアルの根基

定義 1.1.AAを可換環、I⊆AI\subseteq Aをイデアルとする。IIの根基 (radical of an ideal) を

I:={a∈A∣∃n≥1, an∈I}\sqrt I :=\{a\in A\mid \exists n\ge 1,\ a^n\in I\}

によって定める。特に(0)\sqrt{(0)}をAAの冪零根基 (nilradical) という。

命題 1.2.AAを可換環、I,J⊆AI,J\subseteq Aをイデアルとする。このとき、次が成り立つ。

  1. I\sqrt IはAAのイデアルである。
  2. I⊆II\subseteq\sqrt Iである。
  3. I⊆JI\subseteq JならばI⊆J\sqrt I\subseteq\sqrt Jである。
  4. I=I\sqrt{\sqrt I}=\sqrt Iである。

証明. 演習とする（問題 6.1 (1)）。▨

命題 1.3.AAを可換環とし、I1,…,Ir⊆AI_1,\ldots,I_r\subseteq Aをイデアルとする。ただしr≥0r\ge0とし、r=0r=0の場合の空共通部分と空積をともにAAと定める。このとき

⋂k=1rIk=⋂k=1rIk=∏k=1rIk\sqrt{\bigcap_{k=1}^r I_k} =\bigcap_{k=1}^r\sqrt{I_k} =\sqrt{\prod_{k=1}^r I_k}

である。特に、二つのイデアルI,J⊆AI,J\subseteq Aに対して

IJ=I∩J=I∩J\sqrt{IJ} =\sqrt{I\cap J} =\sqrt I\cap\sqrt J

である。

証明. 演習とする（問題 6.1 (2)）。▨

例 1.4. 体kk上の多項式環k[x]k[x]でIn=(xn)I_n=(x^n)と置くと、In=(x)\sqrt{I_n}=(x)である。一方、

⋂n≥1(xn)=(0)\bigcap_{n\ge1}(x^n)=(0)

である。実際、零でない多項式ffの次数をddとすると、§E6.4 命題 2.2の次数公式によりffはxd+1x^{d+1}で割り切れない。同じ命題によりk[x]k[x]は整域であるため(0)=(0)\sqrt{(0)}=(0)であり、

⋂n≥1In=(0)≠(x)=⋂n≥1In\sqrt{\bigcap_{n\ge1}I_n}=(0) \ne(x)=\bigcap_{n\ge1}\sqrt{I_n}

となる。したがって、命題 1.3の有限性の仮定を外すと等式は成り立たない。

命題 1.5.AAを可換環、I,J⊆AI,J\subseteq Aをイデアルとする。このとき

I+J=I+J\sqrt{I+J} =\sqrt{\sqrt I+\sqrt J}

である。

証明. 演習とする（問題 6.1 (3)）。▨

例 1.6.kkを体とし、A=k[x,y]A=k[x,y]、I=(y)I=(y)、J=(y−x2)J=(y-x^2)と置く。このとき、商環A/IA/IとA/JA/Jはいずれもk[x]k[x]と同型であり、§E6.4 命題 2.2によりk[x]k[x]は整域であるため、IIとJJは素イデアルであり、I=I\sqrt I=IおよびJ=J\sqrt J=Jである。しかし

I+J=(y,x2)\sqrt I+\sqrt J=(y,x^2)

は根基イデアルではない。実際、x2x^2はこのイデアルに属するがxxは属さない。一方、

I+J=(y,x2)=(x,y)\sqrt{I+J}=\sqrt{(y,x^2)}=(x,y)

である。最後の等式は、x2,y∈(y,x2)x^2,y\in(y,x^2)から(x,y)⊆(y,x2)(x,y)\subseteq\sqrt{(y,x^2)}を得ることと、(y,x2)⊆(x,y)(y,x^2)\subseteq(x,y)およびA/(x,y)≅kA/(x,y)\cong kから逆包含を得ることによって直接確認することができる。したがって、命題 1.5の外側の根基は一般には省略することができない。

2 準同型および局所化との整合性

命題 2.1.f ⁣:A→Bf\colon A\to Bを可換環の準同型とし、K⊆BK\subseteq Bをイデアルとする。このとき

f−1(K)=f−1(K)\sqrt{f^{-1}(K)}=f^{-1}(\sqrt K)

である。

証明.a∈f−1(K)a\in\sqrt{f^{-1}(K)}であることは、あるn≥1n\ge1に対してan∈f−1(K)a^n\in f^{-1}(K)となることと同値である。後者の条件は

f(a)n=f(an)∈Kf(a)^n=f(a^n)\in K

と同値であり、さらにf(a)∈Kf(a)\in\sqrt K、すなわちa∈f−1(K)a\in f^{-1}(\sqrt K)と同値である。▨

命題 2.2.AAを可換環、S⊆AS\subseteq Aを積閉集合、I⊆AI\subseteq Aをイデアルとする。このときS−1AS^{-1}Aのイデアルとして

S−1(I)=S−1IS^{-1}(\sqrt I)=\sqrt{S^{-1}I}

である。

証明.a/s∈S−1(I)a/s\in S^{-1}(\sqrt I)とする。§E6.5 補題 7.2により、あるu∈Su\in Sに対してua∈Iua\in\sqrt Iである。あるn≥1n\ge1について(ua)n∈I(ua)^n\in Iとなるため、

(as)n=unanunsn∈S−1I\left(\frac as\right)^n=\frac{u^na^n}{u^ns^n}\in S^{-1}I

となり、a/s∈S−1Ia/s\in\sqrt{S^{-1}I}である。

逆にa/s∈S−1Ia/s\in\sqrt{S^{-1}I}とする。あるn≥1n\ge1に対して

ansn∈S−1I\frac{a^n}{s^n}\in S^{-1}I

である。§E6.5 補題 7.2により、あるu∈Su\in Sに対してuan∈Iua^n\in Iである。そこで

(ua)n=un−1(uan)∈I(ua)^n=u^{n-1}(ua^n)\in I

となるから、ua∈Iua\in\sqrt Iである。再び§E6.5 補題 7.2を適用すると、a/s∈S−1(I)a/s\in S^{-1}(\sqrt I)となる。▨

命題 2.3.AAを可換環、I⊆AI\subseteq Aをイデアルとする。このとき、商環A/IA/Iが被約環であることは、I=I\sqrt I=Iであるための必要十分条件である。

証明.A/IA/Iが被約環であるとする。a∈Ia\in\sqrt Iならば、あるn≥1n\ge1に対してan∈Ia^n\in Iである。したがって(a+I)n=0(a+I)^n=0であり、被約性からa+I=0a+I=0、すなわちa∈Ia\in Iとなる。よってI⊆I\sqrt I\subseteq Iであり、I⊆II\subseteq\sqrt Iと合わせてI=I\sqrt I=Iを得る。

逆にI=I\sqrt I=Iとする。a+Ia+IがA/IA/Iの冪零元ならば、あるn≥1n\ge1に対してan∈Ia^n\in Iとなる。したがってa∈I=Ia\in\sqrt I=Iであり、a+I=0a+I=0である。よってA/IA/Iは被約環である。▨

系 2.4.AAを可換環とする。このとき、商環

A/(0)A/\sqrt{(0)}

は被約環である。

証明.命題 1.2 (4)により(0)=(0)\sqrt{\sqrt{(0)}}=\sqrt{(0)}である。命題 2.3をI=(0)I=\sqrt{(0)}に適用すると結論を得る。▨

例 2.5.Z\Zでは(180)=(30)\sqrt{(180)}=(30)である。実際、ana^nが180=22⋅32⋅5180=2^2\cdot3^2\cdot5で割り切れるならば、素数2,3,52,3,5はすべてaaを割るため、3030はaaを割る。逆に3030がaaを割るならば180180はa2a^2を割るため、a∈(180)a\in\sqrt{(180)}となる。

kkを体とする。k[x,y]k[x,y]では

(x2,y3)=(x,y)\sqrt{(x^2,y^3)}=(x,y)

である。イデアル(x,y)(x,y)の任意の元ffに対してf4∈(x,y)4⊆(x2,y3)f^4\in(x,y)^4\subseteq(x^2,y^3)であるから、(x,y)⊆(x2,y3)(x,y)\subseteq\sqrt{(x^2,y^3)}となる。逆に(x2,y3)⊆(x,y)(x^2,y^3)\subseteq(x,y)である。またgn∈(x,y)g^n\in(x,y)ならば、商環k[x,y]/(x,y)≅kk[x,y]/(x,y)\cong k（この場合は体）において(g+(x,y))n=0(g+(x,y))^n=0となるためg+(x,y)=0g+(x,y)=0であり、g∈(x,y)g\in(x,y)となる。よって(x,y)(x,y)は根基イデアルであり、逆包含も成り立つ。

最後にA=Z/(4)A=\Z/(4)とする。2+(4)2+(4)の平方は零であるため、0+(4)0+(4)と2+(4)2+(4)は(0)\sqrt{(0)}に属する。一方、1+(4)1+(4)と3+(4)3+(4)は単元であり、単元の正の冪は零にならない。したがって

(0)={0+(4),2+(4)}.\sqrt{(0)}=\{0+(4),2+(4)\}.

このイデアルによる商は二元体Z/(2)\Z/(2)と同型であり、実際に被約環となる。

3 極大片側イデアルと単純加群

定義 3.1. 非零左RR加群MMが単純左加群 (simple left module) であるとは、MMの左部分加群が00とMMだけであることをいう。非零右RR加群についても、右部分加群が00と加群全体だけであるとき単純右加群 (simple right module) という。

定義 3.2. 単位元をもつ結合環RRの真の左イデアルLLが極大左イデアル (maximal left ideal) であるとは、L⊆L′⊊RL\subseteq L'\subsetneq Rを満たす左イデアルL′L'がLLだけであることをいう。極大右イデアルも同様に、真の右イデアル全体を包含関係で順序づけて定める。

命題 3.3.RRを単位元をもつ結合環とし、LLをRRの左イデアルとする。このとき、商左加群R/LR/Lが単純であることは、LLが極大左イデアル、すなわちLLが真の左イデアルであり、

L⊆I⊆RL\subseteq I\subseteq R

を満たす左イデアルIIがLLまたはRRに限られるための必要十分条件である。

また、任意の単純左RR加群SSに対して、ある極大左イデアルLLが存在して

S≅R/LS\cong R/L

となる。

証明.R/LR/Lが単純であるとする。R/L≠0R/L\neq0であるからL≠RL\neq Rである。L⊆I⊆RL\subseteq I\subseteq Rを満たす左イデアルIIに対して、I/LI/LはR/LR/Lの部分加群である。単純性によりI/L=0I/L=0またはI/L=R/LI/L=R/Lであるため、I=LI=LまたはI=RI=Rとなる。よってLLは極大左イデアルである。

逆にLLが極大左イデアルであるとする。R/L≠0R/L\neq0である。部分加群N⊆R/LN\subseteq R/Lを取り、商写像をq ⁣:R→R/Lq\colon R\to R/Lと書く。逆像q−1(N)q^{-1}(N)はLLを含む左イデアルであるから、極大性によりq−1(N)=Lq^{-1}(N)=Lまたはq−1(N)=Rq^{-1}(N)=Rとなる。qqは全射であるため、前者ならN=0N=0、後者ならN=R/LN=R/Lである。したがってR/LR/Lは単純である。

SSを単純左RR加群とし、0≠s∈S0\neq s\in Sを取る。写像

φs ⁣:R⟶S,r⟼rs\varphi_s\colon R\longrightarrow S, \qquad r\longmapsto rs

は左RR線形である。その像RsRsはSSの非零部分加群であるから、Rs=SRs=Sであり、φs\varphi_sは全射である。L:=ker⁡φsL:=\ker\varphi_sは左イデアルであり、加群の第一同型定理§E6.2 定理 5.1によって

R/L≅SR/L\cong S

となる。既に証明した同値からLLは極大左イデアルである。▨

命題 3.4.RRを単位元をもつ結合環とする。このとき、任意の真の左イデアルは、ある極大左イデアルに含まれる。任意の真の右イデアルは、ある極大右イデアルに含まれる。

証明. 真の左イデアルIIを一つ固定する。IIを含む真の左イデアル全体を包含関係で順序づけた集合をP\mathcal Pとする。I∈PI\in\mathcal Pであるため、P\mathcal Pは空でない。

C⊆P\mathcal C\subseteq\mathcal Pを鎖とする。C\mathcal Cが空ならばIIがその上界である。そこでC\mathcal Cは空でないとし、U:=⋃L∈CLU:=\bigcup_{L\in\mathcal C}Lと置く。各L∈CL\in\mathcal CはIIを含むため、I⊆UI\subseteq Uであり、特に0∈U0\in Uである。x,y∈Ux,y\in Uならば、あるL1,L2∈CL_1,L_2\in\mathcal Cが存在してx∈L1x\in L_1およびy∈L2y\in L_2となる。鎖であることからL1⊆L2L_1\subseteq L_2またはL2⊆L1L_2\subseteq L_1であり、x−yx-yは大きい方の左イデアルに属する。またr∈Rr\in Rに対してrxrxもxxを含む左イデアルに属する。したがってUUは左イデアルである。

1R∈U1_R\in Uならば、あるL∈CL\in\mathcal Cに対して1R∈L1_R\in Lとなり、L=RL=Rとなる。等式L=RL=RはL∈PL\in\mathcal Pに反する。よってUUは真の左イデアルであり、C\mathcal Cの上界としてP\mathcal Pに属する。Zorn の補題（§E1.20 定理 2.1）によりP\mathcal Pは極大元をもつ。この極大元はIIを含む極大左イデアルである。

RRの右イデアルは反対環RopR^{\mathrm{op}}（§E6.1 定義 4.1）の左イデアルであり、真のイデアルであることと包含関係は反対環へ移っても変わらない。したがって、すでに証明した左イデアルに関する結論をRopR^{\mathrm{op}}に適用すると、任意の真の右イデアルを含む極大右イデアルを得る。▨

4 Jacobson 根基

定義 4.1.RRを単位元をもつ結合環とする。RRのJacobson 根基 (Jacobson radical) を、極大左イデアル全体の共通部分

J(R):=⋂L は R の極大左イデアルLJ(R):=\bigcap_{L\text{ は }R\text{ の極大左イデアル}}L

によって定める。極大左イデアルが存在しない場合には、空の共通部分をRRとする。

命題 4.2.RRを単位元をもつ結合環とし、x∈Rx\in Rとする。このとき、次の二条件は同値である。

  1. x∈J(R)x\in J(R)である。
  2. すべてのr∈Rr\in Rに対して1R−rx1_R-rxは左逆元をもつ。

証明.(1)⇒\Rightarrow(2)を示す。x∈J(R)x\in J(R)とし、r∈Rr\in Rを任意に取る。左イデアルR(1R−rx)R(1_R-rx)が真ならば、命題 3.4によって、R(1R−rx)R(1_R-rx)を含む極大左イデアルLLが存在する。x∈J(R)⊆Lx\in J(R)\subseteq Lであり、LLは左イデアルであるためrx∈Lrx\in Lである。また1R−rx∈L1_R-rx\in Lであるから1R∈L1_R\in Lとなり、矛盾する。したがってR(1R−rx)=RR(1_R-rx)=Rであり、あるa∈Ra\in Rに対してa(1R−rx)=1Ra(1_R-rx)=1_Rとなる。

(2)⇒\Rightarrow(1)を示す。逆に、(2)を仮定し、x∉J(R)x\notin J(R)とする。ある極大左イデアルLLに対してx∉Lx\notin Lである。左イデアルL+RxL+RxはLLを真に含むためL+Rx=RL+Rx=Rであり、あるl∈Ll\in Lとr∈Rr\in Rに対して1R=l+rx1_R=l+rxとなる。よって1R−rx=l∈L1_R-rx=l\in Lである。(2)から、あるa∈Ra\in Rに対してa(1R−rx)=1Ra(1_R-rx)=1_Rとなるが、LLは左イデアルであるため左辺はLLに属する。包含1R∈L1_R\in LはLLが真であることに反する。したがってx∈J(R)x\in J(R)である。▨

命題 4.3.RRを単位元をもつ結合環とし、LLを冪零元だけからなるRRの左イデアルとする。このときL⊆J(R)L\subseteq J(R)である。

証明.x∈Lx\in Lとr∈Rr\in Rを取る。LLは左イデアルであるからrx∈Lrx\in Lであり、rxrxは冪零である。(rx)m=0(rx)^m=0を満たすm≥1m\geq1を取ると

(1R+rx+⋯+(rx)m−1)(1R−rx)=1R−(rx)m=1R\bigl(1_R+rx+\cdots+(rx)^{m-1}\bigr)(1_R-rx)=1_R-(rx)^m=1_R

であるから、1R−rx1_R-rxは左逆元をもつ。r∈Rr\in Rは任意であったから、命題 4.2によりx∈J(R)x\in J(R)である。▨

定理 4.4.RRを単位元をもつ結合環とする。このとき、MMが単純左RR加群の同型類の代表を動くとき、

J(R)=⋂MAnn⁡R(M)J(R)=\bigcap_M\operatorname{Ann}_R(M)

である。単純左加群が存在しない場合には、右辺をRRとする。

証明.MMを単純左RR加群とし、0≠m∈M0\ne m\in Mを取る。左RR加群準同型

φm ⁣:RR⟶M,r⟼rm\varphi_m\colon {}_RR\longrightarrow M, \qquad r\longmapsto rm

を考える。その像RmRmはm=1Rmm=1_Rmを含む非零部分加群であるため、単純性からRm=MRm=Mである。したがってφm\varphi_mは全射である。

K:=ker⁡φmK:=\ker\varphi_mと置く。§E6.2 定理 5.1によりR/K≅MR/K\cong Mであり、命題 3.3によりKKは極大左イデアルである。

x∈J(R)x\in J(R)とする。K=ker⁡φmK=\ker\varphi_mは極大左イデアルであるためx∈Kx\in Kであり、xm=0xm=0となる。同じ議論はMMの任意の非零元mmに対して成り立ち、m=0m=0に対してもxm=0xm=0であるから、xxはMMのすべての元を零に写す。したがって

J(R)⊆⋂MAnn⁡R(M)J(R)\subseteq\bigcap_M\operatorname{Ann}_R(M)

である。

逆に、xxがすべての単純左RR加群を零化すると仮定する。LLを極大左イデアルとする。命題 3.3によりR/LR/Lは単純左加群である。仮定からxxはR/LR/Lを零化するので

x(1R+L)=x+L=Lx(1_R+L)=x+L=L

であり、x∈Lx\in Lとなる。包含x∈Lx\in Lはすべての極大左イデアルLLについて成り立つため、x∈J(R)x\in J(R)である。

なお、すべての単純左加群は前段で示したようにRRの極大左イデアルによる商と同型である。極大左イデアルはRRの部分集合であるため、同型類ごとの代表を取る共通部分は集合として定めることができる。▨

系 4.5.J(R)J(R)はRRの両側イデアルである。

証明.§E6.2 命題 12.1により、左RR加群MMの零化イデアルAnn⁡R(M)\operatorname{Ann}_R(M)は両側イデアルである。両側イデアルの任意の共通部分も両側イデアルであるから、定理 4.4の等式によってJ(R)J(R)は両側イデアルである。▨

命題 4.6.RRを単位元をもつ結合環とし、x∈J(R)x\in J(R)とする。このとき1R+x1_R+xはRRの単元である。

証明.命題 4.2をr=−1Rr=-1_Rに対して適用し、a(1R+x)=1Ra(1_R+x)=1_Rとなるa∈Ra\in Rを取る。この等式から

a=1R−axa=1_R-ax

である。命題 4.2をr=ar=aに対して適用すると、a=1R−axa=1_R-axは左逆元をもつ。すなわち、あるb∈Rb\in Rに対して

ba=1Rba=1_R

となる。

一方、a(1R+x)=1Ra(1_R+x)=1_Rであるため、1R+x1_R+xはaaの右逆元である。積の順序を保って計算すると

b=b(a(1R+x))=(ba)(1R+x)=1R+xb=b\bigl(a(1_R+x)\bigr)=(ba)(1_R+x)=1_R+x

である。したがって

(1R+x)a=ba=1R(1_R+x)a=ba=1_R

となる。すでにa(1R+x)=1Ra(1_R+x)=1_Rも得ているため、aaは1R+x1_R+xの両側逆元である。よって1R+x1_R+xは単元である。▨

補題 4.7 (Jacobson の補題).RRを単位元をもつ結合環とし、a,b∈Ra,b\in Rとする。1R−ab1_R-abが単元であることと1R−ba1_R-baが単元であることは同値である。

証明.u=(1R−ab)−1u=(1_R-ab)^{-1}とする。等式(1R−ab)u=1R(1_R-ab)u=1_Rからu−abu=1Ru-abu=1_Rを得るため、

(1R−ba)(1R+bua)=1R−ba+bua−babua=1R−ba+b(u−abu)a=1R(1_R-ba)(1_R+bua) =1_R-ba+bua-babua =1_R-ba+b(u-abu)a =1_R

である。またu(1R−ab)=1Ru(1_R-ab)=1_Rからu−uab=1Ru-uab=1_Rを得るため、

(1R+bua)(1R−ba)=1R−ba+bua−buaba=1R−ba+b(u−uab)a=1R(1_R+bua)(1_R-ba) =1_R-ba+bua-buaba =1_R-ba+b(u-uab)a =1_R

である。したがって1R+bua1_R+buaは1R−ba1_R-baの両側逆元である。逆向きはaaとbbを交換することによって従う。▨

5 極大右イデアルおよび単純右加群による特徴付け

定理 5.1.RRを単位元をもつ結合環とする。このとき

J(R)=⋂N は R の極大右イデアルN.J(R) =\bigcap_{N\text{ は }R\text{ の極大右イデアル}}N.

極大右イデアルが存在しない場合には、右辺をRRとする。

証明. 右辺をJr(R)J_{\mathrm r}(R)と書く。RRの右イデアルはRopR^{\mathrm{op}}の左イデアルであり、包含関係も変わらない。したがって集合として

Jr(R)=J(Rop)J_{\mathrm r}(R)=J(R^{\mathrm{op}})

である。x∈J(R)x\in J(R)とし、NNを極大右イデアルとする。x∉Nx\notin Nと仮定すると、右イデアルN+xRN+xRはNNを真に含むため、極大性からN+xR=RN+xR=Rとなる。したがって、あるn∈Nn\in Nとr∈Rr\in Rに対して

1R=n+xr1_R=n+xr

であり、n=1R−xr∈Nn=1_R-xr\in Nとなる。J(R)J(R)は両側イデアルであるため−xr∈J(R)-xr\in J(R)であり、命題 4.6によって1R−xr1_R-xrは単元である。右イデアルNNが1R−xr1_R-xrを含むならば、その右逆元を右から掛けて1R∈N1_R\in Nとなる。包含1R∈N1_R\in NはNNが真であることに反する。よってx∈Nx\in Nであり、J(R)⊆Jr(R)J(R)\subseteq J_{\mathrm r}(R)を得る。

この包含は任意の単位元をもつ結合環に対して成り立つため、RopR^{\mathrm{op}}に適用すると

J(Rop)⊆J((Rop)op)=J(R)J(R^{\mathrm{op}})\subseteq J((R^{\mathrm{op}})^{\mathrm{op}})=J(R)

を得る。Jr(R)=J(Rop)J_{\mathrm r}(R)=J(R^{\mathrm{op}})と合わせて、二つの根基は一致する。▨

定理 5.2.RRを単位元をもつ結合環とする。このとき、MMが単純右RR加群の同型類の代表を動くとき、

J(R)=⋂MAnn⁡R(M)J(R)=\bigcap_M\operatorname{Ann}_R(M)

である。単純右加群が存在しない場合には、右辺をRRとする。

証明.MMを単純右RR加群とする。同じ加法群にRopR^{\mathrm{op}}の左作用をr⋅m:=mrr\cdot m:=mrで定めると、MMの右RR部分加群は左RopR^{\mathrm{op}}部分加群と一致する。したがって、単純右RR加群の同型類の代表は、単純左RopR^{\mathrm{op}}加群の同型類の代表でもある。また、各m∈Mm\in Mとr∈Rr\in Rについてr⋅m=mrr\cdot m=mrであるから、両側の零化イデアルはRRとRopR^{\mathrm{op}}の共通の台集合の部分集合として一致する。

定理 4.4をRopR^{\mathrm{op}}に適用すると、単純右RR加群が存在しない場合も含めて、右辺の共通部分はJ(Rop)J(R^{\mathrm{op}})に等しい。定理 5.1よりJ(Rop)=J(R)J(R^{\mathrm{op}})=J(R)であるため、求める等式が従う。▨

例 5.3. 斜体DDの真の左イデアルは(0)(0)だけである。実際、非零元を含む左イデアルは、その元の逆元を左から掛けることによって1D1_Dを含む。したがって(0)(0)は唯一の極大左イデアルであり、

J(D)=(0)J(D)=(0)

である。

可換局所環AAの一意な極大イデアルをm\mathfrak mとする。可換環では左イデアル、右イデアルおよび両側イデアルが一致するため、定義からJ(A)=mJ(A)=\mathfrak mである。特に素数ppに対して§E6.5 命題 8.2を用いると

J(Z(p))=pZ(p)J(\Z_{(p)})=p\Z_{(p)}

となる。

体kk上の上三角行列環

T2(k)={(αβ0γ) | α,β,γ∈k}T_2(k)=\left\{ \begin{pmatrix}\alpha&\beta\\0&\gamma\end{pmatrix} \ \middle|\ \alpha,\beta,\gamma\in k \right\}

では、狭義上三角行列全体

N={(0β00) | β∈k}N=\left\{ \begin{pmatrix}0&\beta\\0&0\end{pmatrix} \ \middle|\ \beta\in k \right\}

が Jacobson 根基である。実際、x∈Nx\in Nとr∈T2(k)r\in T_2(k)に対して(rx)2=0(rx)^2=0であるため、1−rx1-rxの逆元は1+rx1+rxである。命題 4.2からN⊆J(T2(k))N\subseteq J(T_2(k))を得る。

逆にx=(αβ0γ)∉Nx=\left(\begin{smallmatrix}\alpha&\beta\\0&\gamma\end{smallmatrix}\right)\notin Nとする。α≠0\alpha\ne0ならばr=diag⁡(α−1,0)r=\operatorname{diag}(\alpha^{-1},0)、γ≠0\gamma\ne0ならばr=diag⁡(0,γ−1)r=\operatorname{diag}(0,\gamma^{-1})と取る。いずれの場合も1−rx1-rxの対角成分の一方が零となる。上三角行列の積では各対角成分が対応する対角成分の積であるため、この行列は左逆元をもたない。再び命題 4.2を用いるとx∉J(T2(k))x\notin J(T_2(k))であり、J(T2(k))=NJ(T_2(k))=Nを得る。

6 演習

問題 6.1 (根基と Jacobson 根基の確認). 次の各問に答えよ。

  1. 命題 1.2の証明を完成させよ。
  2. 命題 1.3の証明を完成させ、無限族では共通部分との交換が破れる例を与えよ。
  3. 命題 1.5の証明を完成させ、外側の根基を省略することができない例を与えよ。
  4. 根基が準同型の逆像および局所化と交換することを証明せよ。局所化では零因子が存在する場合の乗数を省略してはならない。
  5. A/(0)A/\sqrt{(0)}が被約環であることを証明せよ。
  6. Zorn の補題から極大片側イデアルを得て、単純左加群の零化イデアルの共通部分がJ(R)J(R)となることを証明せよ。
  7. Jacobson 根基の左可逆元判定を証明し、その判定からx∈J(R)x\in J(R)に対する1R+x1_R+xの両側逆元を構成せよ。さらに Jacobson の補題の逆元公式を示せ。
  8. 極大右イデアルおよび単純右加群によるJ(R)J(R)の特徴付けを証明し、T2(k)T_2(k)の Jacobson 根基を計算せよ。
解答 (演習の解答).

  1. AAを可換環、I,J⊆AI,J\subseteq Aをイデアルとする。01∈I0^1\in Iであるため0∈I0\in\sqrt Iである。x,y∈Ix,y\in\sqrt Iに対して、xm,yn∈Ix^m,y^n\in Iとなるm,n≥1m,n\ge1を取る。二項展開

    (x−y)m+n=∑k=0m+n(m+nk)xk(−y)m+n−k(x-y)^{m+n}=\sum_{k=0}^{m+n}\binom{m+n}{k}x^k(-y)^{m+n-k}

    の各項について、k≥mk\ge mまたはm+n−k≥nm+n-k\ge nである。したがって各項はxmx^mまたはyny^nの倍元としてIIに属し、x−y∈Ix-y\in\sqrt Iである。さらに、任意のa∈Aa\in Aに対して(ax)m=amxm∈I(ax)^m=a^mx^m\in Iであるため、ax∈Iax\in\sqrt Iである。よってI\sqrt Iはイデアルである。

    x∈Ix\in Iならばx1∈Ix^1\in Iであるから、I⊆II\subseteq\sqrt Iである。I⊆JI\subseteq Jかつx∈Ix\in\sqrt Iならば、あるn≥1n\ge1に対してxn∈I⊆Jx^n\in I\subseteq Jであるため、x∈Jx\in\sqrt Jとなる。よって根基は単調である。

    z∈Iz\in\sqrt{\sqrt I}ならば、あるm≥1m\ge1に対してzm∈Iz^m\in\sqrt Iであり、あるn≥1n\ge1に対して(zm)n=zmn∈I(z^m)^n=z^{mn}\in Iである。したがってz∈Iz\in\sqrt Iとなる。逆にz∈Iz\in\sqrt Iならばz1∈Iz^1\in\sqrt Iであるからz∈Iz\in\sqrt{\sqrt I}である。よってI=I\sqrt{\sqrt I}=\sqrt Iである。

  2. AAを可換環、I1,…,Ir⊆AI_1,\ldots,I_r\subseteq Aをイデアルとする。r=0r=0の場合には、空共通部分と空積はAAであり、A=A\sqrt A=Aであるため、三つの集合はすべてAAに一致する。以下ではr≥1r\ge1とする。

    x∈⋂i=1rIix\in\sqrt{\bigcap_{i=1}^r I_i}ならば、あるn≥1n\ge1に対してxn∈Iix^n\in I_iがすべてのiiについて成り立つ。したがってx∈⋂i=1rIix\in\bigcap_{i=1}^r\sqrt{I_i}である。逆にx∈⋂i=1rIix\in\bigcap_{i=1}^r\sqrt{I_i}とする。各iiに対してxni∈Iix^{n_i}\in I_iとなるni≥1n_i\ge1を取り、N:=n1+⋯+nrN:=n_1+\cdots+n_rと置く。すべてのiiについてxN=xN−nixni∈Iix^N=x^{N-n_i}x^{n_i}\in I_iであるため、x∈⋂i=1rIix\in\sqrt{\bigcap_{i=1}^r I_i}となる。

    積イデアルの各生成元はすべてのIiI_iに属するため、∏i=1rIi⊆⋂i=1rIi\prod_{i=1}^rI_i\subseteq\bigcap_{i=1}^rI_iである。命題 1.2 (3)により∏i=1rIi⊆⋂i=1rIi\sqrt{\prod_{i=1}^rI_i}\subseteq\sqrt{\bigcap_{i=1}^rI_i}となる。一方、x∈⋂i=1rIix\in\bigcap_{i=1}^r\sqrt{I_i}に対して上と同じnin_iを取ると、xN=∏i=1rxni∈∏i=1rIix^N=\prod_{i=1}^rx^{n_i}\in\prod_{i=1}^rI_iである。したがってx∈∏i=1rIix\in\sqrt{\prod_{i=1}^rI_i}となり、

    ⋂i=1rIi=⋂i=1rIi=∏i=1rIi\sqrt{\bigcap_{i=1}^rI_i}=\bigcap_{i=1}^r\sqrt{I_i}=\sqrt{\prod_{i=1}^rI_i}

    を得る。二つのイデアルに対する等式はr=2r=2の場合である。

    体kk上のk[x]k[x]でIn=(xn)I_n=(x^n)と置く。f∈Inf\in\sqrt{I_n}ならばfm∈(xn)f^m\in(x^n)となるm≥1m\ge1が存在するため、f(0)m=0f(0)^m=0であり、f(0)=0f(0)=0となる。よってf∈(x)f\in(x)である。逆にf∈(x)f\in(x)ならばfn∈(xn)f^n\in(x^n)であるから、In=(x)\sqrt{I_n}=(x)である。非零多項式ffの次数をddとするとf∉(xd+1)f\notin(x^{d+1})であるため、⋂n≥1In=(0)\bigcap_{n\ge1}I_n=(0)である。k[x]k[x]は整域であるため(0)=(0)\sqrt{(0)}=(0)であり、⋂n≥1In=(0)≠(x)=⋂n≥1In\sqrt{\bigcap_{n\ge1}I_n}=(0)\ne(x)=\bigcap_{n\ge1}\sqrt{I_n}となる。

  3. AAを可換環、I,J⊆AI,J\subseteq Aをイデアルとする。命題 1.2 (2)からI+J⊆I+JI+J\subseteq\sqrt I+\sqrt Jであり、命題 1.2 (3)によってI+J⊆I+J\sqrt{I+J}\subseteq\sqrt{\sqrt I+\sqrt J}となる。一方、I,J⊆I+JI,J\subseteq I+Jであるため、単調性からI,J⊆I+J\sqrt I,\sqrt J\subseteq\sqrt{I+J}である。命題 1.2 (1)によってI+J\sqrt{I+J}はイデアルであるため、I+J⊆I+J\sqrt I+\sqrt J\subseteq\sqrt{I+J}となる。単調性と命題 1.2 (4)によって

    I+J⊆I+J=I+J\sqrt{\sqrt I+\sqrt J}\subseteq\sqrt{\sqrt{I+J}}=\sqrt{I+J}

    であり、両包含から求める等式を得る。

    kkを体とし、A=k[x,y]A=k[x,y]、I=(y)I=(y)、J=(y−x2)J=(y-x^2)と置く。商環A/IA/IとA/JA/Jはともに整域k[x]k[x]と同型であるため、I,JI,Jは素イデアルであり、I=I\sqrt I=I、J=J\sqrt J=Jである。しかしI+J=(y,x2)I+J=(y,x^2)はx2x^2を含み、xxを含まない。実際、x∈(y,x2)x\in(y,x^2)ならばy=0y=0を代入することによってx∈(x2)⊆k[x]x\in(x^2)\subseteq k[x]となり、次数に反する。したがってI+J\sqrt I+\sqrt Jは根基イデアルではない。またx2,y∈(y,x2)x^2,y\in(y,x^2)から(x,y)⊆(y,x2)(x,y)\subseteq\sqrt{(y,x^2)}であり、(y,x2)⊆(x,y)(y,x^2)\subseteq(x,y)とA/(x,y)≅kA/(x,y)\cong kから逆包含も従う。よってI+J=(x,y)\sqrt{I+J}=(x,y)であり、外側の根基は省略することができない。

  4. a∈f−1(K)a\in\sqrt{f^{-1}(K)}であることと、あるn≥1n\ge1が存在してf(a)n=f(an)∈Kf(a)^n=f(a^n)\in Kとなることとの同値から逆像の等式を得る。局所化では、(a/s)n=b/t(a/s)^n=b/t、ただしb∈Ib\in Iなら、あるu∈Su\in Sに対してu(tan−snb)=0u(ta^n-s^nb)=0となる。c=utc=utと置けばcan∈Ica^n\in Iであり、

    (ca)n=cn−1(can)∈I(ca)^n=c^{n-1}(ca^n)\in I

    となる。a/s=ca/(cs)a/s=ca/(cs)であるため逆包含を得る。順包含は分子の冪を取ればよい。

  5. (a+(0))n=0(a+\sqrt{(0)})^n=0ならばan∈(0)a^n\in\sqrt{(0)}である。あるm≥1m\ge1に対してanm=0a^{nm}=0となるため、a∈(0)a\in\sqrt{(0)}である。よって商環の冪零元は零元だけである。

  6. 真の左イデアルLLを固定し、LLを含む真の左イデアル全体を包含関係で順序づける。空鎖にはLLが上界となる。非空鎖の和集合は、鎖の比較可能性から差と左からの積に閉じ、LLを含む左イデアルである。その和集合が1R1_Rを含めば鎖のある要素も1R1_Rを含み、真の左イデアルであることに反する。したがって非空鎖にも真の左イデアルである上界が存在し、Zorn の補題から極大元を得る。右イデアルについては同じ結論を反対環へ適用する。単純左加群MMと0≠m∈M0\ne m\in Mに対してφm(r)=rm\varphi_m(r)=rmは全射であり、R/ker⁡φm≅MR/\ker\varphi_m\cong Mであるため核は極大左イデアルである。以上によりJ(R)J(R)はすべての単純左加群を零化する。逆に極大左イデアルLLに対してR/LR/Lは単純であり、すべての単純左加群を零化する元xxはx(1+L)=0x(1+L)=0からx∈Lx\in Lを満たす。よって零化イデアルの共通部分はJ(R)J(R)である。

  7. x∈J(R)x\in J(R)ならばR(1−rx)R(1-rx)が真の左イデアルであるという仮定は、その真の左イデアルを含む極大左イデアルが11を含むという矛盾を生む。逆にx∉J(R)x\notin J(R)なら、x∉Lx\notin Lとなる極大左イデアルLLに対して1−rx∈L1-rx\in Lとなるrrが存在し、この元は左逆元をもたない。以上の二方向の議論から、x∈J(R)x\in J(R)であることと、すべてのr∈Rr\in Rに対して1−rx1-rxが左逆元をもつこととの同値を得る。a(1+x)=1a(1+x)=1を取り、a=1−axa=1-axに判定を再適用してba=1ba=1を得ると、

    b=b(a(1+x))=(ba)(1+x)=1+xb=b(a(1+x))=(ba)(1+x)=1+x

    であるため(1+x)a=1(1+x)a=1でもある。Jacobson の補題ではu=(1−ab)−1u=(1-ab)^{-1}に対し1+bua1+buaが1−ba1-baの両側逆元となる。二つの積はu−abu=1u-abu=1とu−uab=1u-uab=1をそれぞれ用いて確認する。

  8. RopR^{\mathrm{op}}に左側の結果を適用すると、極大右イデアルの共通部分Jr(R)J_{\mathrm r}(R)は両側イデアルで、その元zzに対する1+z1+zは単元である。x∈J(R)x\in J(R)と極大右イデアルNNに対してx∉Nx\notin NならN+xR=RN+xR=Rであるため1=n+xr1=n+xrと書くことができ、単元1−xr=n∈N1-xr=n\in Nを得て矛盾する。よってJ(R)⊆Jr(R)J(R)\subseteq J_{\mathrm r}(R)である。この包含をRopR^{\mathrm{op}}に適用するとJr(R)=J(Rop)⊆J(R)J_{\mathrm r}(R)=J(R^{\mathrm{op}})\subseteq J(R)となり、両者は一致する。右RR加群は左RopR^{\mathrm{op}}加群と同じものであり、部分加群と零化イデアルも一致する。定理 4.4をRopR^{\mathrm{op}}に適用し、J(Rop)=J(R)J(R^{\mathrm{op}})=J(R)を用いると、単純右加群の零化イデアル表示が得られる。T2(k)T_2(k)の狭義上三角行列全体をNNとすると、x∈Nx\in Nではすべてのrrに対して(rx)2=0(rx)^2=0であるため1−rx1-rxは可逆である。x∉Nx\notin Nでは非零の対角成分を消す対角行列rrを選ぶと1−rx1-rxは左逆元をもたない。したがってJ(T2(k))=NJ(T_2(k))=Nである。

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問題 6.2. 体kkと整数n≥2n\ge2に対してA=k[t]/(tn)A=k[t]/(t^n)とし、τ=t+(tn)\tau=t+(t^n)と置く。AAの冪零根基と Jacobson 根基を求め、それぞれによる商環を求めよ。

解答.

各元は一意にa=a0+a1τ+⋯+an−1τn−1a=a_0+a_1\tau+\cdots+a_{n-1}\tau^{n-1}と書くことができる。存在はtnt^n以上の項が商で零になることから従い、一意性は次数nn未満の多項式が(tn)(t^n)に属するなら零であることから従う。a0=0a_0=0ならばa∈(τ)a\in(\tau)であり、an=0a^n=0である。逆にaaが冪零ならば、定数項を取る準同型A→kA\to kの像a0a_0も冪零である。体には非零冪零元がないためa0=0a_0=0である。よって(0)=(τ)\sqrt{(0)}=(\tau)である。

a0≠0a_0\ne0ならばa=a0(1+u)a=a_0(1+u)と書くことができ、u∈(τ)u\in(\tau)なのでun=0u^n=0である。等式

(1+u)∑j=0n−1(−u)j=1(1+u)\sum_{j=0}^{n-1}(-u)^j=1

からaaは単元である。したがって真のイデアルの元はすべて定数項が零であり、任意の真のイデアルは(τ)(\tau)に含まれる。定数項準同型の核は(τ)(\tau)であり、商は体kkであるため、(τ)(\tau)自身は真の極大イデアルである。よって極大イデアルは(τ)(\tau)だけであり、J(A)=(τ)=(0)J(A)=(\tau)=\sqrt{(0)}である。どちらの根基による商もkkと同型である。▨

参考文献

  1. M. F. Atiyah and I. G. Macdonald, Introduction to Commutative Algebra, CRC Press, 2018, originally published 1969.イデアルの根基と局所化に関する標準的な性質を参考にした。
  2. T. Y. Lam, A First Course in Noncommutative Rings, 2nd ed., Graduate Texts in Mathematics, Springer, New York, 2001.一般環の Jacobson 根基と片側イデアルによる特徴付けを参考にした。
  3. Frank W. Anderson and Kent R. Fuller, Rings and Categories of Modules, 2nd ed., Graduate Texts in Mathematics, Springer, 1992.単純左右加群の零化イデアルによる Jacobson 根基の特徴付けを参考にした。

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