§E6.23直既約加群と Krull–Schmidt の定理

証明.$M=A\oplus B$を部分加群$A,B$による分解とし、$a\in A$と$b\in B$に対して$p(a+b):=a$と置く。$p\colon M\to M$は$R$線形であり、$p^2=p$を満たす。$p=0$ならば$A=p(M)=0$であり、$p=1_M$ならば$B=\ker p=0$である。したがって、$M\neq0$であり$\operatorname{End}_R(M)$の冪等元が$0$と$1_M$に限るならば、$M$は直既約である。

逆に、$M$を直既約とし、$p\in\operatorname{End}_R(M)$を冪等元とする。任意の$m\in M$は

と書くことができ、$p\bigl(m-p(m)\bigr)=p(m)-p^2(m)=0$であるから、$M=\operatorname{im}p+\ker p$である。$x\in\operatorname{im}p\cap\ker p$ならば、ある$y\in M$について$x=p(y)$であり、$x=p(y)=p^2(y)=p(x)=0$となる。したがって$M=\operatorname{im}p\oplus\ker p$である。$M$は直既約であるから、$\operatorname{im}p=0$または$\ker p=0$である。$\operatorname{im}p=0$ならば$p=0$である。$\ker p=0$ならば、各$m\in M$について$m-p(m)\in\ker p$であるから$p(m)=m$となり、$p=1_M$である。直既約加群の定義により$M\neq0$である。▨

証明.主張 (1)を示す。局所環の定義により$J$は$A$の両側イデアルであり、$1\in A$は単元であるので$1\notin J$、すなわち$J\ne A$である。$L$を$A$の真の左イデアルとする。$a\in L$が単元ならば$1=a^{-1}a\in L$となり$L=A$となるので、$L$の元はすべて非単元であり、$L\subseteq J$である。$L$を$A$の真の右イデアルとする。$a\in L$が単元ならば$1=aa^{-1}\in L$となり$L=A$となるので、同様に$L\subseteq J$である。真の両側イデアルは真の左イデアルであるので$J$に含まれる。$J$は真の左イデアルであり、$J$を含む真の左イデアルは$J$に一致するので、$J$は極大左イデアルである。任意の極大左イデアルは真の左イデアルであるので$J$に含まれ、極大性により$J$に一致する。右イデアルと両側イデアルについても同じ議論が成り立つ。

主張 (2)を示す。$J\ne A$であるので$A/J$は零環でない。$a\in A$が$a+J\ne0$を満たすとすると、$a\notin J$であるので$a$は単元である。このとき$(a+J)(a^{-1}+J)=1+J=(a^{-1}+J)(a+J)$であるので、$a+J$は$A/J$の単元である。したがって$A/J$は斜体である。▨

証明. すべての$a_j$が非単元であると仮定する。非単元全体は加法で閉じた両側イデアルであるから、その和$1$も非単元となる。$1$が非単元となる結論は、$1$が単元であることに反する。▨

証明.$e\in E$を冪等元とする。$e+(1-e)=1$であるから、補題 2.3により$e$または$1-e$は単元である。$(1-e)^2=1-2e+e^2=1-e$であるから、$1-e$も冪等元である。単元である冪等元$u$について、$u^2=u$の両辺に左から$u^{-1}$を乗じると$u=1$を得る。したがって$e=1$または$1-e=1$であり、$e=1$または$e=0$である。▨

証明. 局所環は非零環であるから$1_M\neq0$であり、$M\neq0$である。補題 2.4により、$\operatorname{End}_R(M)$の冪等元は$0$と$1_M$に限る。したがって命題 1.2により$M$は直既約である。▨

証明.$M$は§E6.17 定理 4.3により Noether 加群かつ Artin 加群である。したがって核の昇鎖

と像の降鎖

はそれぞれ停止する。両方の鎖が停止した後の正の整数$n$を取る。このとき

が成り立つ。

$x\in\ker f^n\cap\operatorname{im}f^n$とする。ある$y\in M$が存在して$x=f^n(y)$となる。$f^n(x)=0$であるから$f^{2n}(y)=0$であり、核の等式により$y\in\ker f^n$となる。したがって$x=f^n(y)=0$であり、共通部分は零である。

任意の$m\in M$を取る。$f^n(m)\in\operatorname{im}f^n=\operatorname{im}f^{2n}$であるから、ある$y\in M$が存在して

となる。よって

と書くことができる。第一項は$\ker f^n$に属し、第二項は$\operatorname{im}f^n$に属する。したがって両部分加群の和は$M$であり、共通部分が零であることと合わせて直和分解を得る。▨

証明. 証明は演習とする（問題 6.1 (1)）。▨

証明.$M\neq0$であるから$E$は非零環である。系 3.2により、$E$の各元は単元または冪零元である。したがって、非単元はすべて冪零である。

$a\in E$を非単元とし、$h\in E$を任意に取る。$ha$が単元であると仮定すると、$a$は単射になる。有限長加群の単射自己準同型は、§E6.17 定理 5.1の長さの加法性により全射でもあるため、$a$は単元となって矛盾する。同様に、$ah$が単元であると仮定すると$a$は全射になり、有限長性によって単射でもあるため矛盾する。よって$ha$と$ah$はいずれも非単元であり、非単元全体は左右からの乗法で閉じている。

非単元$a,b\in E$の和が単元$u:=a+b$であると仮定する。$c:=u^{-1}a$と$d:=u^{-1}b$は非単元であり、$c+d=1$である。$c^q=0$となる正の整数$q$が存在するから、

となる。したがって$d=1-c$は単元であり、$b=ud$も単元となって矛盾する。よって非単元全体は加法で閉じている。加法逆元についても、$-a$が単元ならば$a$が単元になるため閉じている。非単元全体は$0$を含み$1$を含まない両側イデアルである。したがって$E$は局所環である。▨

証明.$m\in M$を任意に取る。$m=a+b$と$a\in A$、$b\in B$を用いて一意に書く。$p_A|_C$は全射であるから、$p_A(c)=a$となる$c\in C$が存在する。このとき$p_A(m-c)=0$であり、$\ker p_A=B$であるから$m-c\in B$となる。よって$M=C+B$である。

$c\in C\cap B$ならば$p_A(c)=0$である。$p_A|_C$は単射であるため$c=0$となる。したがって和は直和である。▨

証明.$m$に関する帰納法を用いる。$m=0$ならば$M=0$であり、各$N_j$は零加群である。零加群の自己準同型環は零環であり局所環でないから、$n=0$である。

$m\geq1$とし、因子数$m-1$の分解をもつすべての左$R$加群について主張が成り立つと仮定する。各$M_i$の包含写像を$\alpha_i\colon M_i\to M$、射影を$\pi_i\colon M\to M_i$とし、各$N_j$の包含写像を$\beta_j\colon N_j\to M$、射影を$\rho_j\colon M\to N_j$とする。有限直和の恒等写像は

と書くことができる。したがって

が$\operatorname{End}_R(M_1)$で成り立つ。

仮定により$\operatorname{End}_R(M_1)$は局所環である。補題 2.3により、ある$j$が存在して

が単元になる。写像

を取ると$uv=s$である。$r:=s^{-1}u\colon N_j\to M_1$と置けば$rv=1_{M_1}$となる。したがって$(vr)^2=v(rv)r=vr$であり、$vr\in\operatorname{End}_R(N_j)$は冪等元である。$\operatorname{End}_R(N_j)$は局所環であるから、補題 2.4により$vr=0$または$vr=1_{N_j}$である。$vr=0$ならば$1_{M_1}=(rv)(rv)=r(vr)v=0$となるが、局所環$\operatorname{End}_R(M_1)$は非零環であるから$1_{M_1}\neq0$であり、矛盾する。したがって$vr=1_{N_j}$であり、$rv=1_{M_1}$と合わせて$v$は同型、$r=v^{-1}$である。$u=sr$であるから$u$も同型である。特に$M_1\cong N_j$である。

$B:=M_2\oplus\cdots\oplus M_m$と置く。$M=M_1\oplus B$に対応する射影$\pi_1$の$N_j$への制限は$u$であり、同型である。補題 4.1によって

となる。一方、第二の分解から

でもある。商写像$M\to M/N_j$の制限は$B$と$D$のそれぞれから$M/N_j$への同型であるため、同型$\theta\colon D\to B$が存在する。

$k\neq j$に対して$N'_k:=\theta(N_k)$と置くと、$B=\bigoplus_{k\neq j}N'_k$は$B$の内部直和分解である。$N'_k\cong N_k$であるから、$\operatorname{End}_R(N'_k)\cong\operatorname{End}_R(N_k)$は局所環である。$B=M_2\oplus\cdots\oplus M_m$は因子数$m-1$の分解であり、各$\operatorname{End}_R(M_i)$は局所環である。帰納法の仮定を$B$のこの二つの分解に適用すると、$m-1=n-1$であり、全単射

であって$M_i\cong N'_{\tau(i)}\cong N_{\tau(i)}$（$2\leq i\leq m$）を満たすものが存在する。$\sigma(1):=j$、$\sigma(i):=\tau(i)$（$2\leq i\leq m$）と定めると、$m=n$であり、$\sigma$は$\{1,\ldots,m\}$の置換であって、$M_1\cong N_j$と合わせて$M_i\cong N_{\sigma(i)}$（$1\leq i\leq m$）が成り立つ。▨

証明.主張 (1)を示す。$d:=\ell_R(M)$に関する帰納法を用いる。$d=0$ならば$M=0$であり、空直和が条件を満たす。$d>0$とする。$M$が直既約ならば、$M$自身を一因子とする分解を用いる。$M$が直既約でないならば、非零部分加群$A,B$が存在して

となる。§E6.17 定理 5.1により

であり、$A$と$B$は非零であるから両方の長さは$d$より小さい。帰納法の仮定を$A$と$B$に適用し、得られた有限個の直既約因子を合わせれば$M$の直既約分解を得る。

主張 (2)を示す。各$M_i$と各$N_j$は有限長加群$M$の部分加群であるから、§E6.17 定理 5.1により有限長である。また、二つの分解は直既約分解であるから、各$M_i$と各$N_j$は直既約である。したがって命題 3.3により、各$\operatorname{End}_R(M_i)$と各$\operatorname{End}_R(N_j)$は局所環である。定理 4.2を二つの分解に適用すると、$m=n$であり、$M_i\cong N_{\sigma(i)}$（$1\leq i\leq m$）を満たす置換$\sigma$が存在する。▨

証明. 有限長左$R$加群$X$と直既約左$R$加群$U$に対して、定理 4.3 (1)により$X$の直既約分解$X=X_1\oplus\cdots\oplus X_t$を取り、$X_i\cong U$を満たす$i$の個数を$\mu_U(X)$と置く。定理 4.3 (2)により、$\mu_U(X)$は直既約分解の取り方によらない。同型$\varphi\colon X'\to X$は$X'$の直既約分解を$X$の直既約分解へ移し、因子を同型な因子へ移すから、$X'\cong X$ならば$\mu_U(X')=\mu_U(X)$である。有限長左$R$加群$X,Y$に対して、§E6.17 定理 5.1を短完全列$0\to X\to X\oplus Y\to Y\to0$に適用すると、$X\oplus Y$は有限長である。$X$と$Y$の直既約分解の因子を合わせると$X\oplus Y$の直既約分解になるから、

である。

有限長左$R$加群$X,Y$がすべての直既約左$R$加群$U$について$\mu_U(X)=\mu_U(Y)$を満たすならば、$X\cong Y$である。実際、直既約分解$X=X_1\oplus\cdots\oplus X_t$と$Y=Y_1\oplus\cdots\oplus Y_{t'}$を取る。各因子$Y_k$について$\mu_{Y_k}(X)=\mu_{Y_k}(Y)\geq1$であるから、$Y_k$の同型類は$X$の因子にも現れる。したがって、$X$と$Y$の因子に現れる同型類はすべて同じであり、各同型類について$X$の因子と$Y$の因子の個数は等しい。同型類ごとに因子を一対一に対応させると、全単射$\sigma\colon\{1,\ldots,t\}\to\{1,\ldots,t'\}$であって$X_i\cong Y_{\sigma(i)}$を満たすものが得られる。これらの同型の直和により$X\cong Y$である。

主張 (1)を示す。$M\oplus L\cong N\oplus L$とする。任意の直既約左$R$加群$U$について$\mu_U(M)+\mu_U(L)=\mu_U(N)+\mu_U(L)$であり、各項は有限の整数であるから$\mu_U(M)=\mu_U(N)$である。したがって$M\cong N$である。

主張 (2)を示す。$M^{\oplus d}\cong N^{\oplus d}$とする。任意の直既約左$R$加群$U$について$d\,\mu_U(M)=d\,\mu_U(N)$であり、$d\geq1$であるから$\mu_U(M)=\mu_U(N)$である。したがって$M\cong N$である。▨

証明. 右$R$部分加群と左$R^{\mathrm{op}}$部分加群は同じ加法部分群であり、有限直和の成分ごとの作用も一致する。右$R$線形写像は左$R^{\mathrm{op}}$線形写像と同じ写像であり、合成も同じである。したがって自己準同型環、核、像、直和因子および直既約性は変化しない。有限長が保たれることは§E6.17 命題 7.1で証明した。左$R^{\mathrm{op}}$加群に対する定理 4.3を適用すれば、右加群についての結論が従う。▨