§E6.24直既約入射加群

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環上の加群が二つの非零部分加群の直和として書くことができるかどうかは、加群の構造を知る最初の手がかりになる。入射加群は入射包絡を通して一般の加群と結び付くので、直既約な入射加群を把握することは、一般の加群の入射包絡を調べる際に重要である。しかし、直既約性は直和分解の不在として定義され、入射包絡がいつ直既約になるかは、定義だけからは判断しにくい。uniform 加群は、任意の二つの非零部分加群が零でない共通部分をもつ加群であり、非零加群が uniform であることは、その入射包絡が直既約であることと同値になる。この同値は、環に Noether 性や Artin 性を仮定せずに成り立つ。たとえば整数全体のなす加群は uniform であり、その入射包絡である有理数全体のなす加群は直既約になる。本記事では、uniform 加群と直既約入射加群の関係を解説する。

1 uniform 加群

定義 1.1.RRを単位元をもつ結合環、MMを左RR-加群とする。M≠0M\ne0であり、MMの任意の二つの非零部分加群A,BA,Bに対してA∩B≠0A\cap B\ne0が成り立つとき、MMをuniform 加群 (uniform module) という。

命題 1.2.RRを単位元をもつ結合環、MMを非零左RR-加群とする。このとき、次の二条件は同値である。

  1. MMは uniform 加群である。
  2. MMの任意の非零部分加群はMMで本質的である。

証明. 条件条件 (a)を仮定し、N⊆MN\subseteq Mを非零部分加群とする。任意の非零部分加群L⊆ML\subseteq Mに対して、uniform 性からL∩N≠0L\cap N\ne0が成り立つ。したがってNNはMMで本質的である。

条件条件 (b)を仮定し、A,B⊆MA,B\subseteq Mを非零部分加群とする。BBはMMで本質的であり、A≠0A\ne0であるので、A∩B≠0A\cap B\ne0が成り立つ。M≠0M\ne0と合わせて、MMは uniform 加群である。▨

2 入射包絡の直既約性

命題 2.1.RRを単位元をもつ結合環、MMを非零左RR-加群、i ⁣:M→Ei\colon M\to EをMMの入射包絡とする。このとき、次の二条件は同値である。

  1. MMは uniform 加群である。
  2. EEは直既約である。

証明.iiはMMからi(M)i(M)への同型であるので、MMが uniform であることとi(M)i(M)が uniform であることは同値である。以下、MMをEEの部分加群i(M)i(M)と同一視する。iiは入射包絡であるので、MMはEEで本質的である。M≠0M\ne0よりE≠0E\ne0である。

条件条件 (a)を仮定し、E=A⊕BE=A\oplus Bとする。(A∩M)∩(B∩M)⊆A∩B=0(A\cap M)\cap(B\cap M)\subseteq A\cap B=0であるので、MMの uniform 性からA∩M=0A\cap M=0またはB∩M=0B\cap M=0が成り立つ。A∩M=0A\cap M=0ならばMMの本質性からA=0A=0である。B∩M=0B\cap M=0ならば同様にB=0B=0である。したがってEEは直既約である。

条件条件 (b)を仮定し、MMが uniform でないとする。M≠0M\ne0であるので、A∩B=0A\cap B=0を満たす非零部分加群A,B⊆MA,B\subseteq Mが存在する。§E6.16 補題 9.3をEEとU=AU=Aに適用し、E=EA⊕CE=E_A\oplus CでAAがEAE_Aで本質的であるものを取る。x∈B∩EAx\in B\cap E_Aが非零であるならば、§E6.16 命題 7.2 条件 (b)によりrx∈A∖{0}rx\in A\setminus\{0\}を満たすr∈Rr\in Rが存在する。BBは部分加群であるのでrx∈Brx\in Bであり、rx∈A∩B=0rx\in A\cap B=0となって矛盾する。したがってB∩EA=0B\cap E_A=0である。

A≠0A\ne0よりEA≠0E_A\ne0であり、EEは直既約であるのでC=0C=0となる。このときE=EAE=E_Aであり、B=B∩EA=0B=B\cap E_A=0となってB≠0B\ne0に矛盾する。したがってMMは uniform 加群である。▨

3 直既約入射加群

補題 3.1.RRを単位元をもつ結合環、EEを非零入射左RR-加群、FFを直既約左RR-加群とし、f ⁣:E→Ff\colon E\to Fを単射とする。このとき、ffは同型である。

証明.f(E)f(E)は入射加群EEと同型であるので入射加群であり、§E6.16 命題 1.2 条件 (d)によりF=f(E)⊕CF=f(E)\oplus Cを満たす部分加群C⊆FC\subseteq Fが存在する。E≠0E\ne0であるのでf(E)≠0f(E)\ne0であり、FFは直既約であるのでC=0C=0である。したがってffは全単射であり、同型である。▨

定理 3.2.RRを単位元をもつ結合環、EEを非零入射左RR-加群とする。このとき、次の三条件は同値である。

  1. EEは直既約である。
  2. EEは uniform 加群である。
  3. End⁡R(E)\End_R(E)は、合成を積とする局所環である。

さらに、これらの条件が成り立つとき、End⁡R(E)\End_R(E)の非単元全体は、核が零でない自己準同型全体に一致する。

証明.(a)⇔\Leftrightarrow(b)を示す。EEは入射的であるので、恒等写像1E ⁣:E→E1_E\colon E\to EはEEの入射包絡である。命題 2.1をM=EM=Eとこの入射包絡に適用すると、EEが uniform であることとEEが直既約であることは同値である。

(b)⇒\Rightarrow(c)を示す。EEを uniform とし、A:=End⁡R(E)A:=\End_R(E)、N:={f∈A:ker⁡f≠0}N:=\{f\in A:\ker f\ne0\}と置く。E≠0E\ne0であるのでAAは非零環である。

f∈Af\in Aが単元であるならばffは単射であるので、f∉Nf\notin Nである。逆にf∈A∖Nf\in A\setminus Nとすると、ffは単射である。EEは uniform であるので、(a)⇔\Leftrightarrow(b)により直既約である。補題 3.1をF=EF=Eに適用すると、ffは同型であり、AAの単元である。以上により、AAの非単元全体はNNに一致する。

0∈N0\in Nであり、f∈Nf\in Nならばker⁡(−f)=ker⁡f\ker(-f)=\ker fであるので−f∈N-f\in Nである。f,g∈Nf,g\in Nならば、EEの uniform 性によりker⁡f∩ker⁡g≠0\ker f\cap\ker g\ne0であり、ker⁡f∩ker⁡g⊆ker⁡(f+g)\ker f\cap\ker g\subseteq\ker(f+g)であるので、f+g∈Nf+g\in Nである。f∈Nf\in Nとg∈Ag\in Aに対して、ker⁡f⊆ker⁡(g∘f)\ker f\subseteq\ker(g\circ f)であるのでg∘f∈Ng\circ f\in Nである。f∘gf\circ gについては、g∈Ng\in Nならばker⁡g⊆ker⁡(f∘g)\ker g\subseteq\ker(f\circ g)である。g∉Ng\notin Nならばggは全単射であり、ker⁡(f∘g)=g−1(ker⁡f)≠0\ker(f\circ g)=g^{-1}(\ker f)\ne0である。どちらの場合もf∘g∈Nf\circ g\in Nである。したがって、AAの非単元全体NNは両側イデアルをなし、AAは局所環である。

(c)⇒\Rightarrow(a)を示す。End⁡R(E)\End_R(E)は局所環であるので、§E6.23 系 2.5によりEEは直既約である。▨

命題 3.3.RRを単位元をもつ結合環、EEを直既約入射左RR-加群、U⊆EU\subseteq Eを非零部分加群とする。このとき、包含写像U→EU\to EはUUの入射包絡である。

証明.EEは非零入射加群であり直既約であるので、定理 3.2によりEEは uniform である。命題 1.2により、非零部分加群UUはEEで本質的である。EEは入射的であるので、包含写像U→EU\to Eは入射加群への本質拡大であり、入射包絡である。▨

注意 3.4. 右加群については、RRを反対環RopR^{\mathrm{op}}に置き換えた左加群に読み替えることで、本節までの主張がそのまま成り立つ。

4 例

例 4.1.Z\ZはZ\Z-加群として uniform である。実際、Z\Zの非零部分加群は非零整数m,nm,nによってmZ,nZm\Z,n\Zと書かれ、mnZ⊆mZ∩nZmn\Z\subseteq m\Z\cap n\Zの左辺は非零である。したがって命題 2.1により、入射包絡Q=E(Z)\Q=E(\Z)は直既約である（§E6.16 例 10.2）。

一方、Z⊊Q\Z\subsetneq\Qは本質拡大であるので、§E6.16 命題 8.1によりZ\Zは入射的でない。写像f↦f(1)f\mapsto f(1)は環の同型End⁡Z(Z)→Z\End_\Z(\Z)\to\Zを与える。22と33はZ\Zの非単元であるが、3−2=13-2=1は単元であるので、非単元全体は加法で閉じておらず、End⁡Z(Z)\End_\Z(\Z)は局所環でない。したがって、定理 3.2の条件定理 3.2 条件 (a)・定理 3.2 条件 (b)から条件定理 3.2 条件 (c)を導く部分で、入射性の仮定を除くことはできない。

例 4.2.kkを体、A:=k[x,y]/(x2,xy,y2)A:=k[x,y]/(x^2,xy,y^2)とする。AAは1,x,y1,x,yを基底とするkk-線形空間であり、m:=kx+ky\mathfrak m:=kx+kyはm2=0\mathfrak m^2=0を満たすイデアルである。c∈k∖{0}c\in k\setminus\{0\}とn∈mn\in\mathfrak mに対してc+nc+nは逆元c−1(1−c−1n)c^{-1}(1-c^{-1}n)をもち、m\mathfrak mの元は単元でない。したがってAAの非単元全体はm\mathfrak mであり、AAは局所環である。

AAは可換であるので、§E6.22 命題 3.1によりEnd⁡A(AA)\End_A({}_AA)はAop=AA^{\mathrm{op}}=Aと環として同型であり、局所環である。したがって§E6.23 系 2.5により、左正則加群AA{}_AAは直既約である。

一方、kxkxとkykyは非零部分加群であり、1,x,y1,x,yの一次独立性からkx∩ky=0kx\cap ky=0である。したがってAA{}_AAは uniform でなく、命題 2.1によりAA{}_AAの入射包絡は直既約でない。

例 4.3.Z\Zは uniform であり、Q\QはZ\Zの入射包絡である（§E6.16 例 10.2）。したがって命題 2.1により、Q\Qは直既約入射Z\Z-加群である。f∈End⁡Z(Q)f\in\End_\Z(\Q)に対してa:=f(1)a:=f(1)と置くと、x=m/nx=m/n（m∈Zm\in\Z、n≥1n\geq1）についてnf(x)=f(nx)=f(m)=manf(x)=f(nx)=f(m)=maであり、Q\Qは捩れをもたないのでf(x)=xaf(x)=xaである。逆に各a∈Qa\in\Qについてx↦xax\mapsto xaはZ\Z-線形であり、(f∘g)(1)=f(g(1))=g(1)f(1)(f\circ g)(1)=f(g(1))=g(1)f(1)である。したがってf↦f(1)f\mapsto f(1)は環の同型End⁡Z(Q)→Q\End_\Z(\Q)\to\Qを与え、End⁡Z(Q)\End_\Z(\Q)は体である。特にEnd⁡Z(Q)\End_\Z(\Q)の零でない元は単元である。定理 3.2の最後の主張により、Q\Qの零でない自己準同型の核は零である。

素数ppについて、単純加群Z/pZ\Z/p\Zは uniform であり、その入射包絡は Prüfer 群Z(p∞)\Z(p^\infty)である（§E6.16 例 10.3）。したがって命題 2.1によりZ(p∞)\Z(p^\infty)は直既約入射Z\Z-加群であり、命題 3.3により、その任意の非零部分加群の入射包絡はZ(p∞)\Z(p^\infty)である。

5 演習

問題 5.1. 素数ppについて、End⁡Z(Z(p∞))\End_\Z(\Z(p^\infty))が局所環であり、体でないことを示せ。

解答.

例 4.3により、Z(p∞)\Z(p^\infty)は直既約入射Z\Z-加群である。定理 3.2により、End⁡Z(Z(p∞))\End_\Z(\Z(p^\infty))は局所環である。

pp倍写像μ ⁣:x↦px\mu\colon x\mapsto pxは自己準同型であり、μ(1/p2+Z)=1/p+Z≠0\mu(1/p^2+\Z)=1/p+\Z\ne0であるのでμ≠0\mu\ne0である。ker⁡μ\ker\muは1/p+Z1/p+\Zを含むので、ker⁡μ≠0\ker\mu\ne0である。定理 3.2の最後の主張により、μ\muは非単元である。零でない非単元が存在するので、End⁡Z(Z(p∞))\End_\Z(\Z(p^\infty))は体でない。▨

問題 5.2.RRを整域、KKをその分数体とする。次を示せ。

  1. KKは直既約入射RR-加群である。
  2. KKの任意の非零RR-部分加群UUについて、包含写像U→KU\to KはUUの入射包絡である。
  3. End⁡R(K)\End_R(K)は体KKと環として同型である。
解答.
  1. §E6.16 例 10.1により、包含写像R→KR\to KはRRの入射包絡である。RRの非零部分加群I,JI,Jから非零元a∈Ia\in I、b∈Jb\in Jを取ると、ab∈I∩Jab\in I\cap Jであり、RRは整域であるのでab≠0ab\ne0である。したがってRRは uniform 加群であり、命題 2.1によりKKは直既約である。KKは入射的であるので、(1)が従う。
  2. 命題 3.3をE=KE=Kに適用する。
  3. f∈End⁡R(K)f\in\End_R(K)に対してc:=f(1)c:=f(1)と置く。x=a/bx=a/b（a∈Ra\in R、b∈R∖{0}b\in R\setminus\{0\}）について、bf(x)=f(a)=ac=bxcbf(x)=f(a)=ac=bxcであり、KKは体であるのでf(x)=xcf(x)=xcである。逆に、各c∈Kc\in Kについてx↦xcx\mapsto xcはEnd⁡R(K)\End_R(K)の元であり、f,g∈End⁡R(K)f,g\in\End_R(K)について(f∘g)(1)=g(1)f(1)=f(1)g(1)(f\circ g)(1)=g(1)f(1)=f(1)g(1)である。したがってf↦f(1)f\mapsto f(1)は環の同型End⁡R(K)→K\End_R(K)\to Kである。

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参考文献

  1. T. Y. Lam, Lectures on Modules and Rings, Graduate Texts in Mathematics, Springer, New York, 1999.uniform 加群、入射包絡の直既約性および直既約入射加群の自己準同型環の局所性を参考にした。
  2. Frank W. Anderson and Kent R. Fuller, Rings and Categories of Modules, 2nd ed., Graduate Texts in Mathematics, Springer, 1992.本質拡大と入射包絡を参考にした。
  3. T. Y. Lam, A First Course in Noncommutative Rings, 2nd ed., Graduate Texts in Mathematics, Springer, New York, 2001.非可換局所環の定義と、右加群への反対環による移行を参考にした。

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