§E6.2加群とイデアル

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ベクトル空間では、体の元によるスカラー倍を用いて線形代数を展開する。整数による倍数も加法と両立するが、整数は体ではないため、ベクトル空間の枠組みだけでは扱うことができない。加群は、スカラーを体から環へ広げた対象であり、たとえばアーベル群は整数の作用によって加群になる。環自身にも乗法による加群構造があり、その部分加群としてイデアルを捉えることができるため、加群は線形代数と環の構造を結び付ける基本概念である。本記事では、加群とイデアルの基本的な構成や代表的な例について解説する。

1 左加群と右加群

定義 1.1. 環RRとアーベル群(M,+)(M,+)を考える。

  1. 単位元を保つ環準同型 λ ⁣:R⟶End⁡Z(M)\lambda\colon R\longrightarrow\End_{\Z}(M) が与えられたとき、MMを左RR加群 (left R-module) という。作用をrm:=λ(r)(m)rm:=\lambda(r)(m)と書く。
  2. 単位元を保つ環準同型 ρ~ ⁣:Rop⟶End⁡Z(M)\widetilde\rho\colon R^{\mathrm{op}}\longrightarrow\End_{\Z}(M) が与えられたとき、MMを右RR加群 (right R-module) という。RRとRopR^{\mathrm{op}}の台集合を同一視し、作用をmr:=ρ~(r)(m)mr:=\widetilde\rho(r)(m)と書く。

環RRが可換であり、MMが左RR加群である場合には、mr:=rmmr:=rmと定めることによって右RR加群が得られる。非可換環上では、左作用と右作用は一般に異なる構造である。

定義 1.2. 環RRとアーベル群MMを考える。写像R×M→MR\times M\to M,(r,m)↦rm(r,m)\mapsto rmが、任意のr,s∈Rr,s\in Rとm,n∈Mm,n\in Mに対して

r(m+n)=rm+rn,(r+s)m=rm+sm,r(m+n)=rm+rn,\qquad (r+s)m=rm+sm,(rs)m=r(sm),1Rm=m(rs)m=r(sm),\qquad 1_Rm=m

を満たすとき、この写像を作用公理による左RR加群構造 (left R-module structure by action axioms) という。

同様に、写像M×R→MM\times R\to M,(m,r)↦mr(m,r)\mapsto mrが

(m+n)r=mr+nr,m(r+s)=mr+ms,(m+n)r=mr+nr,\qquad m(r+s)=mr+ms,(mr)s=m(rs),m1R=m(mr)s=m(rs),\qquad m1_R=m

を満たすとき、この写像を作用公理による右RR加群構造 (right R-module structure by action axioms) という。

命題 1.3.定義 1.2の左RR加群構造は定義 1.1の単位元を保つ環準同型R→End⁡Z(M)R\to\End_{\Z}(M)と一対一に対応し、右RR加群構造は単位元を保つ環準同型Rop→End⁡Z(M)R^{\mathrm{op}}\to\End_{\Z}(M)と一対一に対応する。さらに、右RR加群構造は、加法と単位元を保ち、

ρ(rs)=ρ(s)ρ(r)\rho(rs)=\rho(s)\rho(r)

を満たす反準同型ρ ⁣:R→End⁡Z(M)\rho\colon R\to\End_{\Z}(M)と同じデータである。

証明.定義 1.1の環準同型λ\lambdaを取る。各λ(r)\lambda(r)は加法群MMの自己準同型であるため、

r(m+n)=rm+rnr(m+n)=rm+rn

が成り立つ。λ\lambdaの加法性、乗法性および単位元の保存から

(r+s)m=rm+sm,(rs)m=r(sm),1Rm=m(r+s)m=rm+sm,\qquad (rs)m=r(sm),\qquad 1_Rm=m

を得る。したがって左作用公理が成り立つ。

逆に、左作用公理を満たす写像が与えられたとし、λ(r)(m):=rm\lambda(r)(m):=rmと定める。第1分配律により、λ(r)\lambda(r)は加法群MMの自己準同型である。第2分配律から

λ(r+s)=λ(r)+λ(s)\lambda(r+s)=\lambda(r)+\lambda(s)

を得る。また、作用の結合律から、任意のm∈Mm\in Mに対して

λ(rs)(m)=(rs)m=r(sm)=λ(r)(λ(s)(m))=(λ(r)λ(s))(m)\lambda(rs)(m)=(rs)m=r(sm) =\lambda(r)\bigl(\lambda(s)(m)\bigr) =\bigl(\lambda(r)\lambda(s)\bigr)(m)

である。したがってλ(rs)=λ(r)λ(s)\lambda(rs)=\lambda(r)\lambda(s)である。単位公理によりλ(1R)=id⁡M\lambda(1_R)=\id_Mが得られるため、λ\lambdaは単位元を保つ環準同型である。

次に、右作用公理を満たす写像が与えられたとし、ρ(r)(m):=mr\rho(r)(m):=mrと定める。右作用の分配律と単位公理から、ρ\rhoは加法と単位元を保つ。さらに

ρ(rs)(m)=m(rs)=(mr)s=ρ(s)(ρ(r)(m))=(ρ(s)ρ(r))(m)\rho(rs)(m)=m(rs)=(mr)s =\rho(s)\bigl(\rho(r)(m)\bigr) =\bigl(\rho(s)\rho(r)\bigr)(m)

であるから、ρ(rs)=ρ(s)ρ(r)\rho(rs)=\rho(s)\rho(r)である。すなわちρ\rhoは反準同型である。

RopR^{\mathrm{op}}の積をr⋆s:=srr\mathbin\star s:=srと書くと、

ρ~(r⋆s)=ρ(sr)=ρ(r)ρ(s)=ρ~(r)ρ~(s)\widetilde\rho(r\mathbin\star s)=\rho(sr) =\rho(r)\rho(s)=\widetilde\rho(r)\widetilde\rho(s)

である。したがって同じ写像はRopR^{\mathrm{op}}からの環準同型ρ~\widetilde\rhoになる。

逆に、定義 1.1の環準同型ρ~\widetilde\rhoが与えられたとし、mr:=ρ~(r)(m)mr:=\widetilde\rho(r)(m)と定める。各ρ~(r)\widetilde\rho(r)が加法群の自己準同型であることと、ρ~\widetilde\rhoの加法性から二つの分配律が従う。RopR^{\mathrm{op}}でs⋆r=rss\mathbin\star r=rsであるため、

m(rs)=ρ~(s⋆r)(m)=ρ~(s)ρ~(r)(m)=(mr)sm(rs)=\widetilde\rho(s\mathbin\star r)(m) =\widetilde\rho(s)\widetilde\rho(r)(m) =(mr)s

である。単位元の保存からm1R=mm1_R=mも従う。よって右作用公理が得られる。以上の構成は定義から互いに逆であり、自己準同型環による定義と作用公理による記述は同値である。▨

右RR加群を左RopR^{\mathrm{op}}加群として表すときの作用はrop⋅m:=mrr^{\mathrm{op}}\cdot m:=mrである。右RR加群を左RopR^{\mathrm{op}}加群とみなしても、加法、部分加群および準同型は変わらない。以下の左右に共通する構成と性質は左加群について証明し、右加群については、RRをRopR^{\mathrm{op}}に置き換えて左加群についての結果を適用する。

命題 1.4.MMを左RR加群とする。このとき、任意のr∈Rr\in Rとm∈Mm\in Mに対して

0Rm=0M,r0M=0M,(−r)m=−(rm),r(−m)=−(rm)0_Rm=0_M,\qquad r0_M=0_M,\qquad (-r)m=-(rm),\qquad r(-m)=-(rm)

が成り立つ。右RR加群についても、作用を右側に書いた同様の公式が成り立つ。

証明.λ ⁣:R→End⁡Z(M)\lambda\colon R\to\End_{\Z}(M)を左作用を与える環準同型とする。§E1.6 命題 1.3により、加法準同型λ\lambdaは零元と加法逆元を保つので、λ(0R)=0\lambda(0_R)=0およびλ(−r)=−λ(r)\lambda(-r)=-\lambda(r)である。両式をmmに適用すると、0Rm=0M0_Rm=0_Mおよび(−r)m=−(rm)(-r)m=-(rm)を得る。各λ(r)\lambda(r)も加法準同型であるから、同じ命題によりr0M=0Mr0_M=0_Mおよびr(−m)=−(rm)r(-m)=-(rm)である。▨

例 1.5. 次の対象は加群の基本例である。

  1. 環RRの加法群に左作用r⋅x:=rxr\cdot x:=rxを入れると左RR加群になり、右作用x⋅r:=xrx\cdot r:=xrを入れると右RR加群になる。これらをそれぞれ左正則加群 (left regular module)、右正則加群 (right regular module) という。
  2. アーベル群AAに対し、整数nnの作用を、n≥0n\ge 0ならnanaをaaのnn個の和、n<0n<0ならna:=−((−n)a)na:=-((-n)a)と定める。§E6.1 補題 3.1により四つの作用公理が得られるため、AAはZ\Z加群になる。逆に、Z\Z加群の作用は加法性と1a=a1a=aによってこの作用に限られる。したがってZ\Z加群とアーベル群は同じデータである。
  3. 体KK上のベクトル空間は左KK加群である。KKが可換であるため、同じ作用から右KK加群構造も得られる。
  4. 環準同型φ ⁣:R→S\varphi\colon R\to Sが与えられると、SSはr⋅x:=φ(r)xr\cdot x:=\varphi(r)xにより左RR加群になり、x⋅r:=xφ(r)x\cdot r:=x\varphi(r)により右RR加群になる。

2 双加群

定義 2.1. 環R,SR,Sに対し、アーベル群MMが左RR加群かつ右SS加群であり、任意のr∈Rr\in R、s∈Ss\in S、m∈Mm\in Mに対して

(rm)s=r(ms)(rm)s=r(ms)

が成り立つとき、MMをRR-SS双加群 (R-S-bimodule) という。

例 2.2. 環RRは左右の乗法によってRR-RR双加群になる。また、環準同型φ ⁣:R→S\varphi\colon R\to Sに対し、左作用をr⋅x=φ(r)xr\cdot x=\varphi(r)x、右作用をSSの乗法で定めると、SSはRR-SS双加群になる。実際、結合律から(φ(r)x)s=φ(r)(xs)(\varphi(r)x)s=\varphi(r)(xs)が成り立つ。

3 部分加群と商加群

定義 3.1.MMを左RR加群とする。部分集合N⊆MN\subseteq Mが00を含み、加法、加法逆元および左RR作用で閉じるとき、NNをMMの左部分加群 (left submodule) という。すなわち、NNは作用で閉じる加法部分群である。このとき

m∼m′⟺m−m′∈Nm\sim m'\quad\Longleftrightarrow\quad m-m'\in N

で定まる同値関係の商集合をM/NM/Nと書く。mmの同値類はm+N:={m+n∣n∈N}m+N:=\{m+n\mid n\in N\}である。商集合M/NM/Nに加法と左作用を

(m+N)+(m′+N):=(m+m′)+N,(m+N)+(m'+N):=(m+m')+N,r(m+N):=rm+Nr(m+N):=rm+N

で定めたものを商左RR加群 (quotient left R-module) という。

MMが右RR加群である場合、加法部分群N⊆MN\subseteq Mが任意のn∈Nn\in Nとr∈Rr\in Rに対してnr∈Nnr\in Nを満たすとき、NNを右部分加群 (right submodule) という。このとき、商加法群M/NM/Nに

(m+N)r:=mr+N(m+N)r:=mr+N

で右作用を定めたものを商右RR加群 (quotient right R-module) という。いずれの場合にも、π(m):=m+N\pi(m):=m+Nで定まる写像π ⁣:M→M/N\pi\colon M\to M/Nを自然な射影 (canonical projection) という。

命題 3.2.定義 3.1の作用は剰余類の代表元によらず定まり、M/NM/Nを対応する側のRR加群にする。自然な射影π ⁣:M→M/N\pi\colon M\to M/Nは全射であり、加法と対応する側の作用を保ち、ker⁡π=N\ker\pi=Nを満たす。

証明.NNは00を含み、加法と加法逆元で閉じる。したがって、m−m=0m-m=0、m′−m=−(m−m′)m'-m=-(m-m')およびm−m′′=(m−m′)+(m′−m′′)m-m''=(m-m')+(m'-m'')により、∼\simは同値関係である。m′∼mm'\sim mとm′=m+nm'=m+nを満たすn∈Nn\in Nの存在は同値であり、mmの同値類は表示したm+Nm+Nである。

m∼m′m\sim m'、n∼n′n\sim n'ならば

(m+n)−(m′+n′)=(m−m′)+(n−n′)∈N(m+n)-(m'+n')=(m-m')+(n-n')\in N

であるから、∼\simは加法と両立する。§E1.6 定理 3.2により、M/NM/Nの加法は well-defined であり、結合律と可換律を満たす。零元はNN、m+Nm+Nの加法逆元は−m+N-m+Nである。よってM/NM/Nはアーベル群である。

m+N=m′+Nm+N=m'+Nならばm−m′∈Nm-m'\in Nである。NNは左作用で閉じているため、任意のr∈Rr\in Rに対して

rm−rm′=r(m−m′)∈Nrm-rm'=r(m-m')\in N

である。したがってrm+N=rm′+Nrm+N=rm'+Nであり、左作用は代表元によらない。

任意のr,s∈Rr,s\in Rとm,n∈Mm,n\in Mに対して

r((m+N)+(n+N))=r(m+n)+N=(rm+rn)+N,r\bigl((m+N)+(n+N)\bigr) =r(m+n)+N=(rm+rn)+N,(r+s)(m+N)=(r+s)m+N=(rm+sm)+N,(r+s)(m+N)=(r+s)m+N=(rm+sm)+N,(rs)(m+N)=(rs)m+N=r(sm)+N=r(s(m+N)),(rs)(m+N)=(rs)m+N=r(sm)+N =r\bigl(s(m+N)\bigr),1R(m+N)=1Rm+N=m+N1_R(m+N)=1_Rm+N=m+N

である。よってM/NM/Nは左RR加群である。

自然な射影は商集合の定義から全射であり、加法の定義からπ(m+m′)=π(m)+π(m′)\pi(m+m')=\pi(m)+\pi(m')である。また、

π(rm)=rm+N=r(m+N)=rπ(m)\pi(rm)=rm+N=r(m+N)=r\pi(m)

である。π(m)=N\pi(m)=Nとm∈Nm\in Nは同値であるから、ker⁡π=N\ker\pi=Nである。▨

4 加群準同型、核、像および余核

定義 4.1.M,NM,Nを左RR加群とする。写像f ⁣:M→Nf\colon M\to Nが任意のm,m′∈Mm,m'\in Mとr∈Rr\in Rに対して

f(m+m′)=f(m)+f(m′),f(rm)=rf(m)f(m+m')=f(m)+f(m'),\qquad f(rm)=rf(m)

を満たすとき、ffを左RR加群準同型 (left R-module homomorphism) または左RR線形写像 (left R-linear map) という。

M,NM,Nが右RR加群である場合には、第2の条件を

f(mr)=f(m)rf(mr)=f(m)r

に置き換え、右RR加群準同型 (right R-module homomorphism) という。いずれの場合にも、対応するRR加群準同型全体をHom⁡R(M,N)\Hom_R(M,N)と書く。全単射なRR加群準同型をRR加群の同型 (module isomorphism) という。

加群準同型f ⁣:M→Nf\colon M\to Nに対して

ker⁡f:={m∈M∣f(m)=0},im⁡f:={f(m)∣m∈M}\ker f:=\{m\in M\mid f(m)=0\},\qquad \im f:=\{f(m)\mid m\in M\}

をそれぞれ核 (kernel) と像 (image) という。また、商加群

coker⁡f:=N/im⁡f\coker f:=N/\im f

をffの余核 (cokernel) という。

命題 4.2. 加群準同型f ⁣:M→Nf\colon M\to Nの核はMMの部分加群であり、像はNNの部分加群である。したがって余核は加群として定まる。また、Hom⁡R(M,N)\Hom_R(M,N)は点ごとの加法によってアーベル群になり、加群準同型の合成は加群準同型である。全単射な加群準同型の逆写像も加群準同型である。

証明.f(0)=0f(0)=0およびf(m−m′)=f(m)−f(m′)f(m-m')=f(m)-f(m')であるから、ker⁡f\ker fとim⁡f\im fは零元を含み、差で閉じる。したがって、核はMMの加法部分群であり、像はNNの加法部分群である。m∈ker⁡fm\in\ker fとr∈Rr\in Rに対して

f(rm)=rf(m)=r0=0f(rm)=rf(m)=r0=0

であるから、rm∈ker⁡frm\in\ker fである。また、y=f(m)∈im⁡fy=f(m)\in\im fに対して

ry=rf(m)=f(rm)∈im⁡fry=rf(m)=f(rm)\in\im f

である。したがって核と像は左部分加群であり、命題 3.2により余核も左加群になる。

f,g∈Hom⁡R(M,N)f,g\in\Hom_R(M,N)に対して(f+g)(m):=f(m)+g(m)(f+g)(m):=f(m)+g(m)と定める。左加群の場合には

(f+g)(rm)=f(rm)+g(rm)=rf(m)+rg(m)=r(f+g)(m)(f+g)(rm)=f(rm)+g(rm)=rf(m)+rg(m)=r(f+g)(m)

である。また、NNの加法の可換性により

(f+g)(m+m′)=f(m)+f(m′)+g(m)+g(m′)=(f+g)(m)+(f+g)(m′)(f+g)(m+m')=f(m)+f(m')+g(m)+g(m') =(f+g)(m)+(f+g)(m')

であるため、f+gf+gもRR線形である。零写像と点ごとの加法逆元もRR線形であり、加法の各公理はNNの加法群から点ごとに従う。よってHom⁡R(M,N)\Hom_R(M,N)はアーベル群になる。

f ⁣:M→Nf\colon M\to Nとg ⁣:N→Pg\colon N\to Pが同じ側のRR加群準同型であるとする。左加群の場合には

(g∘f)(rm)=g(rf(m))=r(g∘f)(m)(g\circ f)(rm)=g(rf(m))=r(g\circ f)(m)

であり、加法性も合成から従う。

f ⁣:M→Nf\colon M\to Nが全単射なら、任意のy=f(x),y′=f(x′)∈Ny=f(x),y'=f(x')\in Nに対して

f−1(y+y′)=x+x′,f−1(ry)=rxf^{-1}(y+y')=x+x',\qquad f^{-1}(ry)=rx

である。したがってf−1f^{-1}は加法と左作用を保つ。▨

命題 4.3.M,PM,Pを左RR加群、NNをMMの左部分加群とし、π ⁣:M→M/N\pi\colon M\to M/Nを自然な射影とする。このとき、左RR線形写像f ⁣:M→Pf\colon M\to Pに対し、RR線形写像f‾ ⁣:M/N→P\overline f\colon M/N\to Pであってf=f‾∘πf=\overline f\circ\piを満たすものが存在するための必要十分条件は、N⊆ker⁡fN\subseteq\ker fである。その場合、f‾\overline fは一意であり、

f‾(m+N)=f(m)\overline f(m+N)=f(m)

で与えられる。したがって、h↦h∘πh\mapsto h\circ\piはM/NM/NからPPへの左RR線形写像と、MMからPPへの左RR線形写像でNNを零にするものとの一対一対応を与える。右加群についても同じ結論が成り立つ。

証明.f=f‾∘πf=\overline f\circ\piならば、任意のn∈Nn\in Nに対してf(n)=f‾(0)=0f(n)=\overline f(0)=0であるから、N⊆ker⁡fN\subseteq\ker fである。

N⊆ker⁡fN\subseteq\ker fと仮定する。m+N=m′+Nm+N=m'+Nならばm−m′∈Nm-m'\in Nであり、f(m)−f(m′)=f(m−m′)=0f(m)-f(m')=f(m-m')=0となる。したがってf‾(m+N):=f(m)\overline f(m+N):=f(m)は well-defined である。任意のm,m′∈Mm,m'\in Mとr∈Rr\in Rに対して

f‾((m+N)+(m′+N))=f(m+m′)=f(m)+f(m′),\overline f\bigl((m+N)+(m'+N)\bigr) =f(m+m')=f(m)+f(m'),f‾(r(m+N))=f(rm)=rf(m)\overline f\bigl(r(m+N)\bigr)=f(rm)=rf(m)

であるから、f‾\overline fは左RR線形であり、定義からf=f‾∘πf=\overline f\circ\piである。任意の類がπ(m)\pi(m)の形であるため、この等式によりf‾\overline fの値がすべて定められる。よってf‾\overline fは一意である。▨

命題 4.4.f ⁣:M→Nf\colon M\to Nを左RR加群の射、i ⁣:ker⁡f↪Mi\colon\ker f\hookrightarrow Mを包含射、q ⁣:N→coker⁡fq\colon N\to\coker fを商写像とする。

  1. 左RR加群の射h ⁣:X→Mh\colon X\to Mがfh=0fh=0を満たすとき、ihˉ=hi\bar h=hを満たす射hˉ ⁣:X→ker⁡f\bar h\colon X\to\ker fが一意に存在する。
  2. 左RR加群の射h ⁣:N→Xh\colon N\to Xがhf=0hf=0を満たすとき、hˉq=h\bar hq=hを満たす射hˉ ⁣:coker⁡f→X\bar h\colon\coker f\to Xが一意に存在する。

右RR加群の射についても同じ主張が成り立つ。

証明.fh=0fh=0はim⁡h⊆ker⁡f\im h\subseteq\ker fを意味する。したがって、hhの終域をker⁡f\ker fに制限すると第一の射を得る。包含射iiが単射であるため、この因子化は一意である。

hf=0hf=0はim⁡f⊆ker⁡h\im f\subseteq\ker hと同値である。第二の主張は、命題 4.3を部分加群im⁡f⊆N\im f\subseteq Nへ適用すると得られる。▨

5 加群の第一同型定理

定理 5.1 (第一同型定理). 左RR加群準同型f ⁣:M→Nf\colon M\to Nに対して、

f‾ ⁣:M/ker⁡f⟶im⁡f,f‾(m+ker⁡f):=f(m)\overline f\colon M/\ker f\longrightarrow\im f, \qquad \overline f(m+\ker f):=f(m)

は左RR加群の同型である。右RR加群準同型についても同じ結論が成り立つ。

証明.K:=ker⁡fK:=\ker fと置く。命題 4.2によりKKとim⁡f\im fはそれぞれMMとNNの左部分加群である。終域をim⁡f\im fに制限したffに命題 4.3を適用すると、f‾(m+K)=f(m)\overline f(m+K)=f(m)で定まる左RR線形写像f‾ ⁣:M/K→im⁡f\overline f\colon M/K\to\im fを得る。

f‾(m+K)=f‾(m′+K)\overline f(m+K)=\overline f(m'+K)ならばf(m−m′)=0f(m-m')=0であるから、m−m′∈Km-m'\in Kであり、m+K=m′+Km+K=m'+Kである。したがってf‾\overline fは単射である。一方、im⁡f\im fの任意の元yyに対し、y=f(m)y=f(m)を満たすm∈Mm\in Mが存在し、y=f‾(m+K)y=\overline f(m+K)である。よってf‾\overline fは全射であり、左RR加群の同型である。▨

例 5.2.Z\Z加群準同型

f ⁣:Z2⟶Z/2Z,f(a,b)=a+b‾f\colon\Z^2\longrightarrow\Z/2\Z, \qquad f(a,b)=\overline{a+b}

を考える。このとき、ffは加法を保ち、任意のn∈Zn\in\Zに対して

f(n(a,b))=n(a+b)‾=n f(a,b)f(n(a,b))=\overline{n(a+b)}=n\,f(a,b)

であるため、Z\Z線形である。f(1,0)=1‾f(1,0)=\overline1であるからffは全射である。また、

ker⁡f={(a,b)∈Z2∣a+b は偶数}\ker f=\{(a,b)\in\Z^2\mid a+b\text{ は偶数}\}

である。したがって定理 5.1により

Z2/ker⁡f≅Z/2Z\Z^2/\ker f\cong\Z/2\Z

が得られる。

a+ba+bが偶数ならば(a,b)+ker⁡f=ker⁡f(a,b)+\ker f=\ker fである。a+ba+bが奇数ならば

(a,b)−(1,0)=(a−1,b)(a,b)-(1,0)=(a-1,b)

の成分和は偶数であるため、(a,b)+ker⁡f=(1,0)+ker⁡f(a,b)+\ker f=(1,0)+\ker fである。二つの剰余類は0‾\overline0と1‾\overline1にそれぞれ対応する。

6 直積、直和および部分加群の和

定義 6.1. 左RR加群の族(Mi)i∈I(M_i)_{i\in I}に対して、直積集合

∏i∈IMi\prod_{i\in I}M_i

に成分ごとの加法と左作用

(mi)i∈I+(ni)i∈I:=(mi+ni)i∈I,r(mi)i∈I:=(rmi)i∈I(m_i)_{i\in I}+(n_i)_{i\in I}:=(m_i+n_i)_{i\in I}, \qquad r(m_i)_{i\in I}:=(rm_i)_{i\in I}

を入れたものを直積 (product of modules) という。直積のうち、mi≠0m_i\ne0となるiiが有限個である元全体を

⨁i∈IMi\bigoplus_{i\in I}M_i

と書き、直和 (direct sum of modules) という。右RR加群の族については、作用を(mi)r:=(mir)(m_i)r:=(m_ir)と定める。

すべてのi∈Ii\in IについてMi=MM_i=Mである定値族の場合には、直積と直和をそれぞれ

MI:=∏i∈IM,M⊕I:=⨁i∈IMM^I:=\prod_{i\in I}M, \qquad M^{\oplus I}:=\bigoplus_{i\in I}M

と書く。

命題 6.2.定義 6.1の直積はRR加群であり、直和は直積の部分加群である。各i∈Ii\in Iに対する座標射影

pi ⁣:∏j∈IMj⟶Mi,pi((mj)j)=mip_i\colon\prod_{j\in I}M_j\longrightarrow M_i, \qquad p_i((m_j)_j)=m_i

と、座標包含

ιi ⁣:Mi⟶⨁j∈IMj\iota_i\colon M_i\longrightarrow\bigoplus_{j\in I}M_j

はRR線形である。IIが有限集合である場合、直和と直積は同じ部分集合である。

証明. 各MiM_iの零元から定まる族0=(0Mi)i∈I0=(0_{M_i})_{i\in I}は直積に属する。§E1.6 命題 2.2により、成分ごとの加法は結合律と可換律を満たし、零元は00、(mi)i∈I(m_i)_{i\in I}の加法逆元は(−mi)i∈I(-m_i)_{i\in I}である。よって直積はアーベル群である。I=∅I=\varnothingの場合も、直積は空な族を唯一の元とする零加群であり、同じ成分ごとの等式が成り立つ。

任意のr,s∈Rr,s\in Rとm=(mi)m=(m_i)、n=(ni)n=(n_i)に対し、各i∈Ii\in Iで

(r(m+n))i=r(mi+ni)=rmi+rni=(rm+rn)i,\bigl(r(m+n)\bigr)_i=r(m_i+n_i)=rm_i+rn_i =\bigl(rm+rn\bigr)_i,((r+s)m)i=(r+s)mi=rmi+smi,\bigl((r+s)m\bigr)_i=(r+s)m_i=rm_i+sm_i,((rs)m)i=(rs)mi=r(smi)=(r(sm))i,\bigl((rs)m\bigr)_i=(rs)m_i=r(sm_i) =\bigl(r(sm)\bigr)_i,(1Rm)i=1Rmi=mi\bigl(1_Rm\bigr)_i=1_Rm_i=m_i

である。すべての座標が一致するため、直積は左RR加群である。

有限台をもつ二つの元の和の台は二つの有限台の和集合に含まれ、加法逆元は台を変えない。また、スカラー倍の台はもとの台に含まれる。したがって直和は直積の部分加群である。pip_iとιi\iota_iが加法とスカラー倍を保つことは各座標の定義から従う。最後にIIが有限ならば、直積の任意の元の台はIIの部分集合であるため有限であり、直積の全要素が直和に属する。▨

命題 6.3.RRを単位的結合環、(Mi)i∈S(M_i)_{i\in S}を集合で添字づけられた左RR-加群の族とする。このとき、直積P=∏i∈SMiP=\prod_{i\in S}M_iと座標射影pi ⁣:P→Mip_i\colon P\to M_iに対して、任意の左RR-加群XXと線形写像の族fi ⁣:X→Mif_i\colon X\to M_iは、pif=fip_if=f_iを満たすただ一つの線形写像f ⁣:X→Pf\colon X\to Pを定める。右加群についても同じ主張が成り立つ。

証明.f(x)=(fi(x))i∈Sf(x)=(f_i(x))_{i\in S}と定める。各fif_iの線形性からffは線形であり、pif=fip_if=f_iである。PPの元は全座標によって定まるので、ffは一意である。SSが空の場合、PPは零加群であり、XXから零加群への写像はただ一つである。▨

例 6.4.Z\Z加群ZN≥1\Z^{\NN}は整数列全体である。列(1,1,1,…)(1,1,1,\ldots)はZN≥1\Z^{\NN}に属するが、零でない成分を無限個もつため、Z⊕N≥1\Z^{\oplus\NN}には属さない。一方、Z⊕N≥1\Z^{\oplus\NN}の任意の元は、各i∈N≥1i\in\NNに対し第ii成分だけが11である列eie_iを用いて、有限和∑iaiei\sum_i a_i e_iとして一意に表される。実際、aia_iは元の列の第ii成分に等しく、有限台の条件により零でない係数は有限個である。

命題 6.5.(Mi)i∈I(M_i)_{i\in I}を左RR加群の族、NNを左RR加群とし、(fi ⁣:Mi→N)i∈I(f_i\colon M_i\to N)_{i\in I}をRR線形写像の族とする。このとき、RR線形写像

f ⁣:⨁i∈IMi⟶Nf\colon\bigoplus_{i\in I}M_i\longrightarrow N

であって、任意のi∈Ii\in Iに対してf∘ιi=fif\circ\iota_i=f_iを満たすものがただ一つ存在する。具体的には

f((mi)i∈I)=∑i∈Ifi(mi)f\bigl((m_i)_{i\in I}\bigr)=\sum_{i\in I}f_i(m_i)

であり、右辺は有限台により有限和である。右RR加群についても同じ主張が成り立つ。

証明.(mi)i∈⨁iMi(m_i)_i\in\bigoplus_iM_iの台は有限であるため、表示した右辺はNNの元を定める。二つの元の和とスカラー倍の台は対応する台の和集合に含まれるため、和とスカラー倍を成分ごとに展開すると

f((mi)i+(ni)i)=∑ifi(mi+ni)=f((mi)i)+f((ni)i),f(r(mi)i)=∑ifi(rmi)=rf((mi)i)f\bigl((m_i)_i+(n_i)_i\bigr)=\sum_i f_i(m_i+n_i)=f\bigl((m_i)_i\bigr)+f\bigl((n_i)_i\bigr), \qquad f\bigl(r(m_i)_i\bigr)=\sum_i f_i(rm_i)=rf\bigl((m_i)_i\bigr)

となり、ffはRR線形である。各iiに対してιi(m)\iota_i(m)の台は{i}\{i\}に含まれるためf(ιi(m))=fi(m)f(\iota_i(m))=f_i(m)であり、f∘ιi=fif\circ\iota_i=f_iが成り立つ。

ggも同じ条件を満たすとする。任意の(mi)i∈⨁iMi(m_i)_i\in\bigoplus_iM_iは有限和∑iιi(mi)\sum_{i}\iota_i(m_i)（和は台の上を走る）に等しいため、

g((mi)i)=∑ig(ιi(mi))=∑ifi(mi)=f((mi)i)g\bigl((m_i)_i\bigr)=\sum_i g(\iota_i(m_i))=\sum_i f_i(m_i)=f\bigl((m_i)_i\bigr)

となる。したがってg=fg=fである。▨

命題 6.6.MMを左RR加群とし、(Ni)i∈I(N_i)_{i\in I}をMMの左部分加群の族とする。包含写像の族Ni↪MN_i\hookrightarrow Mが命題 6.5によって定める写像

Σ ⁣:⨁i∈INi⟶M\Sigma\colon\bigoplus_{i\in I}N_i\longrightarrow M

の像を部分加群の和 (sum of submodules) といい、∑i∈INi\sum_{i\in I}N_iと書く。このとき

∑i∈INi={∑i∈Fni | F⊆I は有限集合, ni∈Ni}\sum_{i\in I}N_i =\left\{ \sum_{i\in F}n_i \ \middle|\ F\subseteq I\text{ は有限集合},\ n_i\in N_i \right\}

であり、和はすべてのNiN_iを含む最小の左部分加群である。空族の和は零部分加群である。右部分加群についても同じ結論が成り立つ。

証明. 直和の普遍性命題 6.5により、RR線形写像Σ\Sigmaが存在し、

Σ((ni)i∈I)=∑i∈Ini\Sigma((n_i)_{i\in I})=\sum_{i\in I}n_i

を満たす。直和の元は有限台をもつため、im⁡Σ\im\Sigmaの各元は表示した有限和である。逆に、有限集合F⊆IF\subseteq Iとni∈Nin_i\in N_i（i∈Fi\in F）が与えられたとき、FFの外の成分を零とする直和の元の像は∑i∈Fni\sum_{i\in F}n_iである。したがって表示した集合はim⁡Σ\im\Sigmaに等しく、命題 4.2により左部分加群である。

各i∈Ii\in Iに対してΣ∘ιi\Sigma\circ\iota_iは包含写像であるから、Ni⊆im⁡ΣN_i\subseteq\im\Sigmaである。すべてのNiN_iを含む左部分加群LLは各有限和を含むため、im⁡Σ⊆L\im\Sigma\subseteq Lとなる。I=∅I=\varnothingの場合、直和は零加群であり、その像も零部分加群である。▨

命題 6.7.MMを左RR加群、(Ni)i∈I(N_i)_{i\in I}をMMの部分加群の族とする。このとき、共通部分⋂i∈INi\bigcap_{i\in I}N_iは、すべてのNiN_iに含まれる最大の部分加群である。空族の共通部分はMMとする。右加群についても同じ主張が成り立つ。

証明. 各NiN_iは零元を含み、差と左作用について閉じるので、共通部分も同じ性質を満たす。すべてのNiN_iに含まれる部分加群は、その共通部分に含まれる。IIが空なら、MMが最大の部分加群である。▨

命題 6.8.MMを左RR加群、(Ni)i∈I(N_i)_{i\in I}をMMの左部分加群の族とする。写像

Σ ⁣:⨁i∈INi⟶M,(ni)i∈I⟼∑i∈Ini\Sigma\colon\bigoplus_{i\in I}N_i\longrightarrow M, \qquad (n_i)_{i\in I}\longmapsto\sum_{i\in I}n_i

を考える。右辺は有限和である。このとき、Σ\SigmaはRR線形であり、像は∑iNi\sum_iN_iである。さらに、次の条件は同値である。

  1. Σ\Sigmaは∑iNi\sum_iN_iへの同型を与える。
  2. ∑iNi\sum_iN_iの各元は、ni∈Nin_i\in N_iを用いる有限和∑ini\sum_i n_iとして一意に表される。
  3. 各i∈Ii\in Iに対して Ni∩∑j≠iNj={0}N_i\cap\sum_{j\ne i}N_j=\{0\} が成り立つ。

上の同値な条件に加えてM=∑iNiM=\sum_iN_iが成り立つとき、MMはNiN_iの内部直和 (internal direct sum) であるといい、M=⨁iNiM=\bigoplus_iN_iと書く。右加群についても同じ判定が成り立つ。

証明.命題 6.6の写像Σ\Sigmaは、表示した有限和によって与えられるRR線形写像であり、像は∑iNi\sum_iN_iである。

(1)⇔\Leftrightarrow(2)を示す。Σ\Sigmaの全射性がすでに得られており、Σ\Sigmaの単射性が有限和表示の一意性と同値であることから従う。

(2)⇒\Rightarrow(3)を示す。(2)を仮定する。x∈Ni∩∑j≠iNjx\in N_i\cap\sum_{j\ne i}N_jとすると、ある有限個のnj∈Njn_j\in N_jによって

x=∑j≠injx=\sum_{j\ne i}n_j

と書くことができる。したがって零元は

0=(−x)+∑j≠inj0=(-x)+\sum_{j\ne i}n_j

という表示をもつ。一意性により−x=0-x=0であるから、x=0x=0である。よって(3)が従う。

(3)⇒\Rightarrow(1)を示す。逆に(3)を仮定し、有限個を除いて零であるni∈Nin_i\in N_iが∑ini=0\sum_i n_i=0を満たすとする。各iiに対して

ni=−∑j≠inj∈Ni∩∑j≠iNjn_i=-\sum_{j\ne i}n_j\in N_i\cap\sum_{j\ne i}N_j

であるから、(3)によりni=0n_i=0である。Σ(u)=Σ(v)\Sigma(u)=\Sigma(v)ならばu−v∈ker⁡Σ=0u-v\in\ker\Sigma=0であるためu=vu=vとなり、Σ\Sigmaは単射である。したがって(1)が成り立つ。▨

例 6.9.KKを体とし、左KK加群M=K2M=K^2の部分加群

N1={(a,0)∣a∈K},N2={(0,b)∣b∈K},N3={(c,c)∣c∈K}N_1=\{(a,0)\mid a\in K\},\qquad N_2=\{(0,b)\mid b\in K\},\qquad N_3=\{(c,c)\mid c\in K\}

を考える。このとき、座標を比較すると、相異なるi,j∈{1,2,3}i,j\in\{1,2,3\}についてNi∩Nj={0}N_i\cap N_j=\{0\}である。しかし、N1+N2=MN_1+N_2=Mであるため、

N3∩(N1+N2)=N3≠{0}N_3\cap(N_1+N_2)=N_3\ne\{0\}

である。したがって命題 6.8 (3)は成り立たず、MMは三つの部分加群の内部直和ではない。実際、

(1,1)=(1,0)+(0,1)+(0,0)=(0,0)+(0,0)+(1,1)(1,1)=(1,0)+(0,1)+(0,0)=(0,0)+(0,0)+(1,1)

は、左辺の元をN1N_1とN2N_2の元の和で表す表示と、N3N_3の元だけで表す表示を与える。外部直和の元((1,0),(0,1),(−1,−1))((1,0),(0,1),(-1,-1))は零でないが、和写像による像は零である。

7 左イデアル、右イデアルおよび両側イデアル

定義 7.1. 環RRの部分集合IIを考える。

  1. IIが左正則加群RR{}_RRの左部分加群であるとき、すなわちIIがRRの加法部分群であり、 r∈R,x∈I⟹rx∈Ir\in R,\quad x\in I\quad\Longrightarrow\quad rx\in I を満たすとき、IIを左イデアル (left ideal) という。
  2. IIが右正則加群RRR_Rの右部分加群であるとき、すなわちIIがRRの加法部分群であり、 x∈I,r∈R⟹xr∈Ix\in I,\quad r\in R\quad\Longrightarrow\quad xr\in I を満たすとき、IIを右イデアル (right ideal) という。
  3. IIが左イデアルかつ右イデアルであるとき、IIを両側イデアル (two-sided ideal) という。両側イデアルは、IIが加法部分群であり、任意のr,s∈Rr,s\in Rとx∈Ix\in Iに対してrxs∈Irxs\in Iを満たすことと同値である。

単にRRのイデアル (ideal) という場合には、両側イデアルを意味する。零部分群{0}\{0\}とRR自身は両側イデアルである。IIが両側イデアルならば、rx∈Irx\in Iの右側からssを掛けることによってrxs∈Irxs\in Iを得る。逆にrxs∈Irxs\in Iがすべてのr,sr,sについて成り立つならば、s=1Rs=1_Rと置くとrx∈Irx\in I、r=1Rr=1_Rと置くとxs∈Ixs\in Iとなる。

例 7.2.R=M2(Z)R=M_2(\Z)とし、

L:={(a0c0) | a,c∈Z},J:={(ab00) | a,b∈Z}L:=\left\{ \begin{pmatrix}a&0\\ c&0\end{pmatrix} \ \middle|\ a,c\in\Z \right\}, \qquad J:=\left\{ \begin{pmatrix}a&b\\ 0&0\end{pmatrix} \ \middle|\ a,b\in\Z \right\}

と置く。このとき、LLの元へ任意の行列を左から掛けても第2列は零のままであるから、LLは左イデアルである。しかし、行列単位を用いるとE11∈LE_{11}\in LかつE11E12=E12∉LE_{11}E_{12}=E_{12}\notin Lであるため、LLは右イデアルではない。

同様に、JJの元へ任意の行列を右から掛けても第2行は零のままであるから、JJは右イデアルである。一方、E11∈JE_{11}\in JかつE21E11=E21∉JE_{21}E_{11}=E_{21}\notin Jであるため、JJは左イデアルではない。

左イデアルLLについて、E11+L=LE_{11}+L=Lは零元であるが、

E11E12=E12∉LE_{11}E_{12}=E_{12}\notin L

である。したがって、積を代表元の積で定めようとすると、(E11+L)(E12+L)(E_{11}+L)(E_{12}+L)と(0+L)(E12+L)(0+L)(E_{12}+L)が異なる値となる。すなわち、積の値は代表元の選択に依存する。

8 片側イデアルによる商加群

命題 8.1.LLを環RRの左イデアルとする。このとき、商加法群R/LR/Lは

a(b+L):=ab+La(b+L):=ab+L

によって左RR加群になる。

JJを環RRの右イデアルとする。このとき、商加法群R/JR/Jは

(b+J)a:=ba+J(b+J)a:=ba+J

によって右RR加群になる。いずれの場合にも、自然な射影は対応する側の全射な加群準同型である。

証明. 左イデアルLLは左正則加群RRの部分加群である。したがって命題 3.2を左正則加群RRとLLに適用すると、表示した作用によってR/LR/Lは左RR加群となり、自然な射影は全射な左RR加群準同型となる。右イデアルJJも右正則加群RRの部分加群であるため、同命題の右加群に対する結論からR/JR/Jと自然な射影についての主張を得る。▨

9 両側イデアルによる商環

命題 9.1.IIを環RRの加法部分群とする。このとき、商加法群R/IR/Iに

(a+I)(b+I):=ab+I(a+I)(b+I):=ab+I

で与えた積が代表元によらないための必要十分条件は、IIが両側イデアルであることである。この条件のもとでR/IR/Iは単位元1R+I1_R+Iをもつ環になる。自然な射影

q ⁣:R⟶R/I,q(a)=a+Iq\colon R\longrightarrow R/I,\qquad q(a)=a+I

は全射な環準同型であり、ker⁡q=I\ker q=Iである。

証明. 代表元によらず積が定まると仮定する。x∈Ix\in Iとr∈Rr\in Rに対してx+I=0+Ix+I=0+Iであるため、

rx+I=(r+I)(x+I)=(r+I)(0+I)=I,xr+I=(x+I)(r+I)=(0+I)(r+I)=Irx+I=(r+I)(x+I)=(r+I)(0+I)=I, \qquad xr+I=(x+I)(r+I)=(0+I)(r+I)=I

となる。したがってrx,xr∈Irx,xr\in Iであり、IIは両側イデアルである。

逆に、IIを両側イデアルとする。a−a′,b−b′∈Ia-a',b-b'\in Iならば

ab−a′b′=(a−a′)b+a′(b−b′)∈Iab-a'b'=(a-a')b+a'(b-b')\in I

であるから、乗法は剰余類へ降りる。加法群は商加群として構成済みであり、乗法の結合律、分配律および単位律はRRの対応する等式を商へ写すことで得られる。自然な射影qqは加法・乗法・単位元を保つ。全射性とker⁡q=I\ker q=Iは命題 3.2による。▨

10 環準同型の核と第一同型定理

命題 10.1. 環準同型φ ⁣:R→S\varphi\colon R\to Sに対して、ker⁡φ\ker\varphiはRRの両側イデアルであり、im⁡φ\operatorname{im}\varphiはSSの部分環である。

証明.φ\varphiは加法群の準同型であるため、ker⁡φ\ker\varphiはRRの加法部分群である。x∈ker⁡φx\in\ker\varphiとr∈Rr\in Rに対して

φ(rx)=φ(r)φ(x)=φ(r)0=0,\varphi(rx)=\varphi(r)\varphi(x)=\varphi(r)0=0,φ(xr)=φ(x)φ(r)=0φ(r)=0\varphi(xr)=\varphi(x)\varphi(r)=0\varphi(r)=0

である。したがってrx,xr∈ker⁡φrx,xr\in\ker\varphiであり、ker⁡φ\ker\varphiは両側イデアルである。

y=φ(a)y=\varphi(a)とz=φ(b)z=\varphi(b)を像の元とする。環準同型の性質から

y−z=φ(a−b),yz=φ(ab)y-z=\varphi(a-b),\qquad yz=\varphi(ab)

は像に属する。また、1S=φ(1R)1_S=\varphi(1_R)も像に属する。よってim⁡φ\operatorname{im}\varphiはSSの部分環である。▨

命題 10.2.IIを環RRの両側イデアル、q ⁣:R→R/Iq\colon R\to R/Iを自然な射影、SSを環とする。このとき、環準同型f ⁣:R→Sf\colon R\to SがI⊆ker⁡fI\subseteq\ker fを満たすことは、f=f‾∘qf=\overline f\circ qを満たす環準同型f‾ ⁣:R/I→S\overline f\colon R/I\to Sが一意に存在するための必要十分条件である。このとき、

f‾(a+I)=f(a)(a∈R)\overline f(a+I)=f(a)\qquad(a\in R)

である。

証明.f=f‾∘qf=\overline f\circ qならばI=ker⁡q⊆ker⁡fI=\ker q\subseteq\ker fである。逆にI⊆ker⁡fI\subseteq\ker fとする。環準同型ffは加法群の準同型なので、Z\Z加群の準同型でもある。命題 4.3をRRとSSの加法群へ適用すると、上の式で定まる一意な加法群準同型f‾\overline fを得る。商環の積から

f‾((a+I)(b+I))=f(ab)=f(a)f(b)\overline f\bigl((a+I)(b+I)\bigr)=f(ab)=f(a)f(b)

であり、f‾(1R+I)=1S\overline f(1_R+I)=1_Sである。ゆえにf‾\overline fは環準同型である。▨

定理 10.3 (第一同型定理). 環準同型φ ⁣:R→S\varphi\colon R\to Sに対して、

φ‾ ⁣:R/ker⁡φ⟶im⁡φ,a+ker⁡φ⟼φ(a)\overline\varphi\colon R/\ker\varphi\longrightarrow\operatorname{im}\varphi, \qquad a+\ker\varphi\longmapsto\varphi(a)

は環同型である。

証明.K:=ker⁡φK:=\ker\varphiと置く。命題 10.1によりKKは両側イデアルであり、命題 9.1によりR/KR/Kは環である。終域をim⁡φ\operatorname{im}\varphiに制限したφ\varphiへ命題 10.2を適用すると、主張の式で定まる環準同型φ‾\overline\varphiを得る。さらにφ\varphiをZ\Z加群の準同型と見た定理 5.1により、同じ式の写像φ‾\overline\varphiは加法群の同型である。したがってφ‾\overline\varphiは環同型である。▨

11 イデアルの和、共通部分および積

命題 11.1.(Iα)α∈A(I_\alpha)_{\alpha\in A}を、環RRの左イデアルだけ、右イデアルだけ、または両側イデアルだけからなる族とする。このとき、

∑α∈AIα:={∑α∈Fxα | F⊆A は有限集合, xα∈Iα}\sum_{\alpha\in A}I_\alpha :=\left\{ \sum_{\alpha\in F}x_\alpha \ \middle|\ F\subseteq A\text{ は有限集合},\ x_\alpha\in I_\alpha \right\}

はすべてのIαI_\alphaを含む最小の同じ側のイデアルである。また、A≠∅A\ne\varnothingならば

⋂α∈AIα\bigcap_{\alpha\in A}I_\alpha

はすべてのIαI_\alphaに含まれる最大の同じ側のイデアルである。空族の共通部分はRRとする。

証明.命題 6.6と命題 6.7を左正則加群と右正則加群へ適用すると、片側イデアルの主張を得る。両側イデアルの族の和と共通部分は、左右いずれの正則加群の部分加群でもあるため、両側イデアルである。最小性と最大性も同じ二つの命題から従う。▨

命題 11.2.I,JI,Jを環RRの両側イデアルとする。このとき、集合

IJ:={∑k=1nxkyk | n≥0, xk∈I, yk∈J}IJ:=\left\{ \sum_{k=1}^n x_ky_k \ \middle|\ n\ge0,\ x_k\in I,\ y_k\in J \right\}

は両側イデアルであり、IJ⊆I∩JIJ\subseteq I\cap Jを満たす。両側イデアルI,J,KI,J,Kに対して

(IJ)K=I(JK)(IJ)K=I(JK)

が成り立つ。また、積は和に対して左右から分配する。

証明.IJIJが加法部分群であることは、有限和の表示から従う。a,b∈Ra,b\in Rとz=∑kxkyk∈IJz=\sum_kx_ky_k\in IJに対して

azb=∑k(axk)(ykb)azb=\sum_k(ax_k)(y_kb)

であり、axk∈Iax_k\in I、ykb∈Jy_kb\in Jであるから、azb∈IJazb\in IJである。よってIJIJは両側イデアルである。

各積xkykx_ky_kは、IIの右イデアル性からIIに属し、JJの左イデアル性からJJに属する。したがって有限和もI∩JI\cap Jに属し、IJ⊆I∩JIJ\subseteq I\cap Jである。

(IJ)K(IJ)Kの元は、有限和を展開すると(xkyk)zk(x_ky_k)z_kの有限和として表される。環の結合律により(xkyk)zk=xk(ykzk)(x_ky_k)z_k=x_k(y_kz_k)であるため、その元はI(JK)I(JK)に属する。逆向きも同じ等式を反対向きに用いると得られ、(IJ)K=I(JK)(IJ)K=I(JK)となる。

例えば(I+J)K(I+J)Kの元を展開すると、(x+y)z=xz+yz(x+y)z=xz+yzの有限和であるからIK+JKIK+JKに属する。逆にIKIKとJKJKはともに(I+J)K(I+J)Kに含まれるため、(I+J)K=IK+JK(I+J)K=IK+JKである。K(I+J)=KI+KJK(I+J)=KI+KJも同様である。▨

例 11.3.TTを整数係数の上三角行列環とし、行列単位を用いて

I:=ZE11+ZE12,J:=ZE12+ZE22I:=\mathbb ZE_{11}+\mathbb ZE_{12}, \qquad J:=\mathbb ZE_{12}+\mathbb ZE_{22}

と置く。このとき、A=aE11+bE12+cE22∈TA=aE_{11}+bE_{12}+cE_{22}\in Tに対して

AE11=aE11,AE12=aE12,E11A=aE11+bE12,E12A=cE12,AE_{11}=aE_{11},\quad AE_{12}=aE_{12},\quad E_{11}A=aE_{11}+bE_{12},\quad E_{12}A=cE_{12},AE22=bE12+cE22,E22A=cE22AE_{22}=bE_{12}+cE_{22},\qquad E_{22}A=cE_{22}

である。したがってIIとJJは左右からの乗法で閉じている。さらに、行列単位の積を計算すると

IJ=ZE12,JI={0}IJ=\mathbb ZE_{12},\qquad JI=\{0\}

となる。したがって、両側イデアルであってもIJ=JIIJ=JIとは限らない。

12 加群の零化イデアルとIMIM・MIMI

命題 12.1.MMを左RR加群とする。このとき、集合

Ann⁡R(M):={r∈R∣∀m∈M, rm=0}\operatorname{Ann}_R(M) :=\{r\in R\mid \forall m\in M,\ rm=0\}

はRRの両側イデアルである。

MMが右RR加群である場合には

Ann⁡R(M):={r∈R∣∀m∈M, mr=0}\operatorname{Ann}_R(M) :=\{r\in R\mid \forall m\in M,\ mr=0\}

と定める。この集合もRRの両側イデアルである。

証明. 左加群の作用は命題 1.3により環準同型λ ⁣:R→End⁡Z(M)\lambda\colon R\to\End_{\Z}(M)を与え、λ(r)(m)=rm\lambda(r)(m)=rmである。したがってAnn⁡R(M)=ker⁡λ\operatorname{Ann}_R(M)=\ker\lambdaであり、命題 10.1から両側イデアルである。

右加群の作用については、命題 1.3により環準同型ρ ⁣:Rop→End⁡Z(M)\rho\colon R^{\mathrm{op}}\to\End_{\Z}(M)が定まる。ρ(r)(m)=mr\rho(r)(m)=mrなので、右加群の零化イデアルはker⁡ρ\ker\rhoと同じ部分集合である。命題 10.1によりker⁡ρ\ker\rhoはRopR^{\mathrm{op}}の両側イデアルであり、両側からの乗法に関する閉性はRRでも同じである。▨

命題 12.2.IIを環RRの両側イデアル、MMを左RR加群とする。このとき、集合

IM:={∑k=1nikmk | n≥0, ik∈I, mk∈M}IM:=\left\{ \sum_{k=1}^n i_km_k \ \middle|\ n\ge0,\ i_k\in I,\ m_k\in M \right\}

はMMの左部分加群であり、すべてのimim（i∈Ii\in I、m∈Mm\in M）を含む最小の左部分加群である。

MMが右RR加群である場合、

MI:={∑k=1nmkik | n≥0, mk∈M, ik∈I}MI:=\left\{ \sum_{k=1}^n m_ki_k \ \middle|\ n\ge0,\ m_k\in M,\ i_k\in I \right\}

はMMの右部分加群であり、すべてのmimiを含む最小の右部分加群である。

証明.IMIMは有限和の定義から加法部分群である。r∈Rr\in Rとx=∑kikmk∈IMx=\sum_ki_km_k\in IMに対して

rx=∑k(rik)mkrx=\sum_k(ri_k)m_k

であり、IIの左イデアル性からrik∈Iri_k\in Iである。したがってrx∈IMrx\in IMであり、IMIMは左部分加群である。各imimは一項の和としてIMIMに属する。すべてのimimを含む左部分加群は有限和も含むため、IMIMの最小性が従う。

MIMIも加法部分群である。x=∑kmkik∈MIx=\sum_km_ki_k\in MIとr∈Rr\in Rに対して

xr=∑kmk(ikr)xr=\sum_km_k(i_kr)

であり、IIの右イデアル性からikr∈Ii_kr\in Iである。よってMIMIは右部分加群であり、同じ有限和の議論から最小性を得る。▨

補題 12.3.RRを単位的結合環、IIをRRの両側イデアルとし、M,NM,NをIM=IN=0IM=IN=0を満たす左RR加群とする。このとき、

(r+I)m:=rm(r∈R, m∈M)(r+I)m:=rm\qquad(r\in R,\ m\in M)

は、商写像q ⁣:R→R/Iq\colon R\to R/Iに沿って作用を制限すると元のRR作用になる一意な左R/IR/I加群構造をMMに定める。NNにも同じ構造を入れると、MMのRR部分加群とR/IR/I部分加群は一致し、

Hom⁡R(M,N)=Hom⁡R/I(M,N)\Hom_R(M,N)=\Hom_{R/I}(M,N)

が写像の集合として成り立つ。右RR加群M,NM,NがMI=NI=0MI=NI=0を満たす場合にも、m(r+I):=mrm(r+I):=mrによって同じ結論が成り立つ。

証明.λ ⁣:R→End⁡Z(M)\lambda\colon R\to\End_{\Z}(M)をMMの作用を与える環準同型とする。IM=0IM=0であるから、任意のi∈Ii\in Iとm∈Mm\in Mに対してim=0im=0であり、I⊆ker⁡λI\subseteq\ker\lambdaである。命題 10.2により、λ=λ‾∘q\lambda=\overline\lambda\circ qを満たす環準同型

λ‾ ⁣:R/I⟶End⁡Z(M)\overline\lambda\colon R/I\longrightarrow\End_{\Z}(M)

が一意に存在する。定義 1.1によりλ‾\overline\lambdaは左R/IR/I加群構造を定め、

λ‾(r+I)(m)=λ(r)(m)=rm\overline\lambda(r+I)(m)=\lambda(r)(m)=rm

である。qqに沿う作用の制限が元の作用に等しいことはλ=λ‾∘q\lambda=\overline\lambda\circ qと同値であるから、この加群構造は一意である。NNについてもIN=0IN=0から同じ構成を適用する。

LLをMMの加法部分群とする。qqは全射であり、(r+I)m=rm(r+I)m=rmであるから、LLがすべてのr∈Rr\in Rの作用で閉じることと、すべてのa∈R/Ia\in R/Iの作用で閉じることは同値である。したがって二つの環に関する部分加群は一致する。

f ⁣:M→Nf\colon M\to Nを加法群の準同型とする。任意のr∈Rr\in Rとm∈Mm\in Mに対して

f((r+I)m)=f(rm),(r+I)f(m)=rf(m)f((r+I)m)=f(rm),\qquad (r+I)f(m)=rf(m)

である。qqの全射性により、f(rm)=rf(m)f(rm)=rf(m)がすべてのr,mr,mについて成り立つことと、f(am)=af(m)f(am)=af(m)がすべてのa∈R/Ia\in R/Iとm∈Mm\in Mについて成り立つことは同値である。よって二つの Hom の集合は等しい。

右加群を左RopR^{\mathrm{op}}加群とみなすと、MI=NI=0MI=NI=0は左作用についてIM=IN=0IM=IN=0という条件になる。また、商環の加法と積の定義により、r+I↦r+Ir+I\mapsto r+IはRop/IR^{\mathrm{op}}/Iから(R/I)op(R/I)^{\mathrm{op}}への環同型である。左加群についての結論をRopR^{\mathrm{op}}に適用し、この同型で作用を読み替えると、右作用m(r+I)=mrm(r+I)=mrと右加群についての結論を得る。▨

13 左右イデアル商

コロン記号で表すイデアル商は、商加群R/IR/Iとは異なり、環の元のうち、与えられた部分集合の各元との積が指定のイデアルに属するものを集めた片側イデアルである。非可換環では、部分集合を掛ける側を明示する必要がある。

命題 13.1.IIを環RRの左イデアル、X⊆RX\subseteq Rを部分集合とする。このとき、

(I:X)left:={r∈R∣∀x∈X, rx∈I}(I:X)_{\mathrm{left}} :=\{r\in R\mid \forall x\in X,\ rx\in I\}

は左イデアルである。すなわち、左イデアル商では候補rrの右側にxxを掛ける。

JJを環RRの右イデアル、X⊆RX\subseteq Rを部分集合とする。このとき、

(J:X)right:={r∈R∣∀x∈X, xr∈J}(J:X)_{\mathrm{right}} :=\{r\in R\mid \forall x\in X,\ xr\in J\}

は右イデアルである。すなわち、右イデアル商では候補rrの左側にxxを掛ける。X=∅X=\varnothingの場合、どちらの集合もRRである。

証明.r,s∈(I:X)leftr,s\in(I:X)_{\mathrm{left}}とx∈Xx\in Xに対して

(r−s)x=rx−sx∈I(r-s)x=rx-sx\in I

であるため、(I:X)left(I:X)_{\mathrm{left}}は加法部分群である。a∈Ra\in Rに対して

(ar)x=a(rx)∈I(ar)x=a(rx)\in I

であるから、ar∈(I:X)leftar\in(I:X)_{\mathrm{left}}である。よって(I:X)left(I:X)_{\mathrm{left}}は左イデアルである。

同様に、r,s∈(J:X)rightr,s\in(J:X)_{\mathrm{right}}とx∈Xx\in Xに対して

x(r−s)=xr−xs∈Jx(r-s)=xr-xs\in J

である。a∈Ra\in Rに対して

x(ra)=(xr)a∈Jx(ra)=(xr)a\in J

であるから、ra∈(J:X)rightra\in(J:X)_{\mathrm{right}}である。したがって(J:X)right(J:X)_{\mathrm{right}}は右イデアルである。XXが空集合ならば全称条件は任意のr∈Rr\in Rについて成り立つ。▨

RRが可換環でIIがイデアルである場合には、任意のr,x∈Rr,x\in Rに対してrx=xrrx=xrである。したがって

(I:X)left=(I:X)right={r∈R∣∀x∈X, rx∈I}(I:X)_{\mathrm{left}}=(I:X)_{\mathrm{right}} =\{r\in R\mid \forall x\in X,\ rx\in I\}

となる。この共通のイデアルを通常(I:X)(I:X)と書く。

14 Hom の双加群構造

定理 14.1.MMをRR-SS双加群、NNをRR-TT双加群とする。このとき、Hom⁡R(M,N)\Hom_R(M,N)は、

(s⋅f)(m):=f(ms),(f⋅t)(m):=f(m)t(s\cdot f)(m):=f(ms),\qquad (f\cdot t)(m):=f(m)t

によってSS-TT双加群になる。左SS作用はMMの右SS作用から定まり、右TT作用はNNの右TT作用から定まる。

証明.s∈Ss\in Sとt∈Tt\in Tに対し、rsM(m)=msr_s^M(m)=ms、rtN(n)=ntr_t^N(n)=ntと置く。双加群の作用の両立性から、rsMr_s^MとrtNr_t^Nは左RR線形である。したがって

s⋅f=f∘rsM,f⋅t=rtN∘fs\cdot f=f\circ r_s^M,\qquad f\cdot t=r_t^N\circ f

は左RR線形写像の合成であり、Hom⁡R(M,N)\Hom_R(M,N)に属する。

rs+s′M=rsM+rs′Mr_{s+s'}^M=r_s^M+r_{s'}^M、rss′M=rs′M∘rsMr_{ss'}^M=r_{s'}^M\circ r_s^Mおよびr1SM=id⁡Mr_{1_S}^M=\id_Mである。合成の加法性と結合律から

(s+s′)⋅f=s⋅f+s′⋅f,s⋅(f+g)=s⋅f+s⋅g,s⋅(s′⋅f)=(ss′)⋅f,1S⋅f=f(s+s')\cdot f=s\cdot f+s'\cdot f,\quad s\cdot(f+g)=s\cdot f+s\cdot g,\quad s\cdot(s'\cdot f)=(ss')\cdot f,\quad 1_S\cdot f=f

を得る。NNの右作用についてもrt+t′N=rtN+rt′Nr_{t+t'}^N=r_t^N+r_{t'}^N、rtt′N=rt′N∘rtNr_{tt'}^N=r_{t'}^N\circ r_t^N、r1TN=id⁡Nr_{1_T}^N=\id_Nであるから、

f⋅(t+t′)=f⋅t+f⋅t′,(f+g)⋅t=f⋅t+g⋅t,(f⋅t)⋅t′=f⋅(tt′),f⋅1T=ff\cdot(t+t')=f\cdot t+f\cdot t',\quad (f+g)\cdot t=f\cdot t+g\cdot t,\quad (f\cdot t)\cdot t'=f\cdot(tt'),\quad f\cdot1_T=f

となる。最後に、合成の結合律により

(s⋅f)⋅t=rtN∘f∘rsM=s⋅(f⋅t)(s\cdot f)\cdot t=r_t^N\circ f\circ r_s^M=s\cdot(f\cdot t)

であるため、左右の作用は両立する。▨

例 14.2.KKを体とし、R=M2(K)R=M_2(K)を左右の乗法によるRR-RR双加群とする。このとき、f=id⁡Rf=\id_Rは左RR線形である。行列

a=(0100),b=(0010)a=\begin{pmatrix}0&1\\0&0\end{pmatrix},\qquad b=\begin{pmatrix}0&0\\1&0\end{pmatrix}

に対して、写像h ⁣:R→Rh\colon R\to Rをh(x)=af(x)=axh(x)=af(x)=axで定めると、

h(b)=ab=(1000),bh(1R)=ba=(0001)h(b)=ab=\begin{pmatrix}1&0\\0&0\end{pmatrix},\qquad bh(1_R)=ba=\begin{pmatrix}0&0\\0&1\end{pmatrix}

である。したがってh(b1R)≠bh(1R)h(b1_R)\ne bh(1_R)であり、hhは左RR線形ではない。値域への左乗法は、左RR線形写像の集合を保つとは限らない。

一方、定理 14.1の作用は

(a⋅f)(x)=f(xa)=xa,(f⋅a)(x)=f(x)a=xa(a\cdot f)(x)=f(xa)=xa,\qquad (f\cdot a)(x)=f(x)a=xa

であり、いずれも右乗法を与える。任意のr,x∈Rr,x\in Rに対して(rx)a=r(xa)(rx)a=r(xa)であるため、右乗法は左RR線形である。

15 演習

問題 15.1 (加群構造と商の確認). 次の各問に答えよ。

  1. 作用公理による左RR加群MMに対し、λ(r)(m):=rm\lambda(r)(m):=rmが単位元を保つ環準同型R→End⁡Z(M)R\to\End_{\Z}(M)を定めることを確認せよ。右RR加群についてはρ(r)(m):=mr\rho(r)(m):=mrが積の順序を反転し、RopR^{\mathrm{op}}からの環準同型を定めることを確認せよ。
  2. Z\Z加群準同型g ⁣:Z2→Zg\colon\Z^2\to\Zをg(a,b)=a−bg(a,b)=a-bで定める。核と像を求め、第一同型定理から得られる同型を記せ。
  3. MMをRR-SS双加群、NNをRR-TT双加群とする。s∈Ss\in S、t∈Tt\in T、f∈Hom⁡R(M,N)f\in\Hom_R(M,N)に対し、(s⋅f)(m)=f(ms)(s\cdot f)(m)=f(ms)と(f⋅t)(m)=f(m)t(f\cdot t)(m)=f(m)tがどの作用から生じるかを述べよ。二つの写像が左RR線形であることと、(s⋅f)⋅t=s⋅(f⋅t)(s\cdot f)\cdot t=s\cdot(f\cdot t)を確認せよ。
解答 (演習の解答).
  1. 命題 1.3を与えられた作用公理による加群へ適用する。左作用に対応する環準同型は、同命題の対応の式によりλ(r)(m)=rm\lambda(r)(m)=rmであり、単位元を保つ。右作用に対応する反準同型はρ(r)(m)=mr\rho(r)(m)=mrであり、ρ(rs)=ρ(s)ρ(r)\rho(rs)=\rho(s)\rho(r)を満たす。したがってRopR^{\mathrm{op}}の積r⋆s=srr\star s=srに対して、同じ台集合上の写像ρ~(r):=ρ(r)\widetilde\rho(r):=\rho(r)は ρ~(r⋆s)=ρ(sr)=ρ(r)ρ(s)=ρ~(r)ρ~(s)\widetilde\rho(r\star s)=\rho(sr)=\rho(r)\rho(s) =\widetilde\rho(r)\widetilde\rho(s) を満たす。加法と単位元も保つため、ρ~\widetilde\rhoはRopR^{\mathrm{op}}からの環準同型である。
  2. ker⁡g={(a,a)∣a∈Z}\ker g=\{(a,a)\mid a\in\Z\}である。任意のn∈Zn\in\Zはg(n,0)g(n,0)に等しいため、im⁡g=Z\im g=\Zである。したがって定理 5.1をggに適用すると、 Z2/{(a,a)∣a∈Z}≅Z\Z^2/\{(a,a)\mid a\in\Z\}\cong\Z を得る。
  3. 左SS作用(s⋅f)(m)=f(ms)(s\cdot f)(m)=f(ms)はMMの右SS作用から前合成によって生じ、右TT作用(f⋅t)(m)=f(m)t(f\cdot t)(m)=f(m)tはNNの右TT作用から生じる。与えられたM,NM,Nは定理 14.1の仮定を満たすので、二つの作用はHom⁡R(M,N)\Hom_R(M,N)上に定まり、s⋅fs\cdot fとf⋅tf\cdot tは左RR線形である。同定理によるSS-TT双加群の作用の両立性から、任意のs∈Ss\in S、t∈Tt\in T、f∈Hom⁡R(M,N)f\in\Hom_R(M,N)に対して(s⋅f)⋅t=s⋅(f⋅t)(s\cdot f)\cdot t=s\cdot(f\cdot t)が成り立つ。両辺のm∈Mm\in Mにおける値は、いずれもf(ms)tf(ms)tである。

▨

問題 15.2.Z\Z加群M=Z/4ZM=\Z/4\Z、N=Z/8ZN=\Z/8\Zを考える。f∈Hom⁡Z(M,N)f\in\Hom_{\Z}(M,N)をf(1+4Z)f(1+4\Z)によってすべて決定し、Hom⁡Z(M,N)\Hom_{\Z}(M,N)の加法群構造を求めよ。また、End⁡Z(M)\End_{\Z}(M)の各元を決定し、点ごとの加法と合成を用いた環構造を求めよ。

解答.

任意のf∈Hom⁡Z(M,N)f\in\Hom_{\Z}(M,N)に対し、y:=f(1+4Z)y:=f(1+4\Z)と置く。MMの各元は整数nnによってn+4Z=n(1+4Z)n+4\Z=n(1+4\Z)と表されるので、Z\Z線形性から

f(n+4Z)=nyf(n+4\Z)=ny

である。また、4(1+4Z)=04(1+4\Z)=0であるから4y=04y=0である。y=a+8Zy=a+8\Zと書くと、4y=04y=0であるための必要十分条件は8∣4a8\mid4a、すなわちaaが偶数であることである。したがってyyの候補は0+8Z,2+8Z,4+8Z,6+8Z0+8\Z,2+8\Z,4+8\Z,6+8\Zに限られる。

逆に、t∈{0,1,2,3}t\in\{0,1,2,3\}に対して

ft(n+4Z):=2tn+8Zf_t(n+4\Z):=2tn+8\Z

と定める。n−n′∈4Zn-n'\in4\Zならば2t(n−n′)∈8Z2t(n-n')\in8\Zであるため、この式は代表元によらない。整数の加法と乗法の分配律からftf_tは加法と整数作用を保つので、Z\Z加群準同型である。よって全準同型はf0,f1,f2,f3f_0,f_1,f_2,f_3である。

点ごとの加法により(ft+fu)(n+4Z)=2(t+u)n+8Z(f_t+f_u)(n+4\Z)=2(t+u)n+8\Zである。添字を法44で取ればft+fu=ft+uf_t+f_u=f_{t+u}となる。したがって、写像t+4Z↦ftt+4\Z\mapsto f_tは well-defined な加法群同型であり、

Hom⁡Z(Z/4Z,Z/8Z)≅Z/4Z\Hom_{\Z}(\Z/4\Z,\Z/8\Z)\cong\Z/4\Z

である。とくにf0,f1,f2,f3f_0,f_1,f_2,f_3はそれぞれ0,f1,2f1,3f10,f_1,2f_1,3f_1であり、f1f_1の加法的位数は44である。

同じ像による決定をEnd⁡Z(M)\End_{\Z}(M)に適用する。MMの任意の元は44倍すると零になるため、1+4Z1+4\Zの像にはMMの任意の元を選ぶことができる。各a+4Z∈Ma+4\Z\in Mに対して

ga(n+4Z):=an+4Zg_a(n+4\Z):=an+4\Z

と定める。n−n′∈4Zn-n'\in4\Zならばa(n−n′)∈4Za(n-n')\in4\Zであるため、この式は代表元によらない。整数の分配律からgag_aは加法と整数作用を保つ。したがってgag_aはZ\Z加群準同型であり、すべての自己準同型がこの形で一意に表される。点ごとの加法と合成は

ga+gb=ga+b,ga∘gb=gab,g1=id⁡Mg_a+g_b=g_{a+b},\qquad g_a\circ g_b=g_{ab},\qquad g_1=\id_M

を満たす。したがってa+4Z↦gaa+4\Z\mapsto g_aは単位元を保つ環同型であり、End⁡Z(Z/4Z)≅Z/4Z\End_{\Z}(\Z/4\Z)\cong\Z/4\Zである。▨

問題 15.3 (片側性と積の向きの確認). 次の各問に答えよ。

  1. 例 7.2の左イデアルLLについて、R/LR/Lの左作用が well-defined である一方、剰余類の積が well-defined でないことを、E11E_{11}とE12E_{12}を用いて説明せよ。さらにR/LR/Lの各元を、二つの行列単位の剰余類の整数係数の和として一意に表し、E21(E12+L)E_{21}(E_{12}+L)を求めよ。
  2. 両側イデアルI,J,KI,J,Kに対してI(J+K)=IJ+IKI(J+K)=IJ+IKを、有限和の定義から証明せよ。さらにR=ZR=\Z、I=2ZI=2\Z、J=3ZJ=3\Z、K=5ZK=5\Zの場合の両辺を求めよ。
  3. 左イデアルIIと部分集合XXに対して、集合{r∈R∣∀x∈X, xr∈I}\{r\in R\mid \forall x\in X,\ xr\in I\}が一般には左イデアルになるとは限らないことを、例 7.2のLLと行列単位を用いて示せ。左イデアル商の正しい積の向きと比較せよ。
  4. MMを左RR加群、IIを両側イデアルとする。Ann⁡R(M)\operatorname{Ann}_R(M)の両側イデアル性とIMIMの左部分加群性を示す際に、積のどちら側の閉性を用いるかを式で示せ。さらにR=M2(Z)R=M_2(\Z)、M=Z2M=\Z^2、I=M2(2Z)I=M_2(2\Z)の自然な作用について両者を求めよ。
解答 (演習の解答).
  1. b+L=b′+Lb+L=b'+Lならばb−b′∈Lb-b'\in Lであり、任意のa∈Ra\in Rに対してa(b−b′)∈La(b-b')\in Lである。したがってa(b+L):=ab+La(b+L):=ab+Lは well-defined である。一方、E11+L=L=0+LE_{11}+L=L=0+Lであるが、E11E12=E12∉LE_{11}E_{12}=E_{12}\notin Lである。よって(E11+L)(E12+L)(E_{11}+L)(E_{12}+L)と(0+L)(E12+L)(0+L)(E_{12}+L)は一致せず、剰余類の積は well-defined でない。RRの行列はLLの元と第2列だけが非零の行列との和へ一意に分かれるため、R/LR/Lの各元はa(E12+L)+b(E22+L)a(E_{12}+L)+b(E_{22}+L)（a,b∈Za,b\in\Z）と一意に表される。したがってR/LR/Lの加法群はZ2\Z^2と同型である。E21E12=E22E_{21}E_{12}=E_{22}なのでE21(E12+L)=E22+LE_{21}(E_{12}+L)=E_{22}+Lである。
  2. 命題 11.2の和に対する左からの分配を、両側イデアルI,J,KI,J,Kに適用するとI(J+K)=IJ+IKI(J+K)=IJ+IKを得る。同命題の証明で用いた各積の分解は、ここではi(j+k)=ij+iki(j+k)=ij+ikであり、有限和の定義による包含I(J+K)⊆IJ+IKI(J+K)\subseteq IJ+IKを与える。逆包含もJ,K⊆J+KJ,K\subseteq J+Kから同じ命題の証明の包含を適用すると得られる。整数環では3Z+5Z=Z3\Z+5\Z=\Zなので左辺は2Z2\Zであり、右辺も6Z+10Z=2Z6\Z+10\Z=2\Zとなる。
  3. R=M2(Z)R=M_2(\Z)、I=LI=L、X={E11}X=\{E_{11}\}とする。候補集合をC={r∈R∣E11r∈L}C=\{r\in R\mid E_{11}r\in L\}と置くと、E11E22=0∈LE_{11}E_{22}=0\in LであるためE22∈CE_{22}\in Cである。しかし E12E22=E12,E11E12=E12∉LE_{12}E_{22}=E_{12},\qquad E_{11}E_{12}=E_{12}\notin L であるから、E12E22∉CE_{12}E_{22}\notin Cである。よってCCは左からの乗法で閉じず、左イデアルではない。一般にr∈Cr\in Cからar∈Car\in Cを示すにはx(ar)=(xa)r∈Ix(ar)=(xa)r\in Iが必要であるが、xaxaはXXに属するとは限らない。正しい左イデアル商はrx∈Irx\in Iを条件とし、(ar)x=a(rx)∈I(ar)x=a(rx)\in Iに左イデアル性を適用する。
  4. r,s∈Ann⁡R(M)r,s\in\operatorname{Ann}_R(M)に対して(r−s)m=0(r-s)m=0である。a∈Ra\in Rに対し、 (ar)m=a(rm)=0,(ra)m=r(am)=0(ar)m=a(rm)=0, \qquad (ra)m=r(am)=0 であるため、左閉性と右閉性の双方が得られる。x=∑kikmk∈IMx=\sum_ki_km_k\in IMに対して ax=∑k(aik)mk∈IMax=\sum_k(ai_k)m_k\in IM であり、ここではIIの左イデアル性aik∈Iai_k\in Iを用いる。したがってIMIMは左部分加群である。自然な行列作用では、全ての整数列ベクトルを零へ写す行列は零行列だけなのでAnn⁡R(M)=0\operatorname{Ann}_R(M)=0である。またIIの行列を整数列ベクトルに作用させた結果は2Z22\Z^2に入り、2E11(a,0)T+2E22(0,b)T=(2a,2b)T2E_{11}(a,0)^{\mathsf T}+2E_{22}(0,b)^{\mathsf T}=(2a,2b)^{\mathsf T}なので、2Z22\Z^2の各元もIMIMに属する。よってIM=2Z2IM=2\Z^2である。

▨

参考文献

  1. T. Y. Lam, A First Course in Noncommutative Rings, 2nd ed., Graduate Texts in Mathematics, Springer, New York, 2001.非可換環上の左加群、右加群、反対環および片側構造の規約を参考にした。
  2. T. Y. Lam, Lectures on Modules and Rings, Graduate Texts in Mathematics, Springer, New York, 1999.加群準同型、商加群、直和、直積および双加群の基本構成を参考にした。
  3. David S. Dummit and Richard M. Foote, Abstract Algebra, 3rd ed., Wiley, 2004.加群の商構成と同型定理の標準的な証明を参考にした。

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