代数的整数論

1 名前：１３２人目の素数さん [2005/09/12(月) 16:30:31 ] 代数的整数論に関するスレッドです。 496 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/21(金) 21:51:29 ] >>495 上の方の人が言ってる割り算ってのは多分剰余付きの割り算の事でしょ。 a=qb+rみたいな。 「有理整数環Zでは『割り算』が出来る、つまりZはEuclid整域である」 という事を本質的に使ってる、と言ってるんじゃないの? 『割り算』を本質的に用いなければ 素因数分解はおろかZ/nZの性質のほとんどは導けないかと。 例えばZ/nZがn個の元からなる事とか。 497 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/22(土) 01:55:14 ] >>208 もうキチガイは無視しようよ 言っても通じないって どっか頭のネジが緩んでるみたいだし 498 名前：１３２人目の素数さん [2005/10/22(土) 04:10:21 ] >>471 In case all rings are local Noetherian, you can use Serre's criterion of normality ((R_{1}) and (S_{2})) to solve the problem. See Matsumura. 499 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/22(土) 04:16:39 ] キチガイの勘違いのヒントは>>365にあり、だな。 500 名前：１３２人目の素数さん [2005/10/22(土) 15:52:01 ] どっか頭のネジが緩んでる!! 501 名前：１３２人目の素数さん [2005/10/22(土) 21:10:53 ] age 502 名前：208 [2005/10/24(月) 09:42:45 ] 496 >「有理整数環Zでは『割り算』が出来る、つまりZはEuclid整域である」 >という事を本質的に使ってる、と言ってるんじゃないの? それ(代数の初歩で習うこと)を俺に説教しようと思ってるんだろうなw たぶん、奴には別証という概念がないんだろうな。 つまり、素因数分解の証明はただ１種類しかないと思ってるんだろう。 >>441の証明の G は 位数 n の巡回群であればいい。Z/nZ である 必要ない。俺は、分かりやすくしようと、Z/nZ を例にしただけ。 例えば、G として対称群における長さ n の巡回置換の生成する部分群 をとればいい。 だとすると、剰余付きの割り算 a=qb+r は必ずしも必要ないだろう (詳しく検討したわけではないが)。 さらに、G は巡回群でなくても有限アーベル群ならいい。 503 名前：208 [2005/10/24(月) 10:24:00 ] 定義 A を環、B を A-代数とする。つまり、環としての射 A → B があるとする。B が A-代数として有限生成または有限型であるとは、 A 上の多項式環 A[X_1, ... , X_n] から B への A-代数としての 全射 A[X_1, ... , X_n] → B があることをいう。 つまり、B に有限個の元の列 b_1, ... , b_n があり、 B は A-代数として、これらで生成される。 このとき、B = A[b_1, ... , b_n] と書く。 この射の核が A[X_1, ... , X_n] のイデアルとして 有限生成であるとき、B を強有限生成または有限表示 (finite presentation)をもつという。 A がネーター環のときは、A[X_1, ... , X_n] もネーター環だから B が A 上有限生成であるなら強有限生成でもある。 504 名前：208 [2005/10/24(月) 10:26:32 ] 定義 A を環、B を A-代数とする。 B が A-加群として有限生成のとき、B を A 上有限な代数という。 505 名前：208 [2005/10/24(月) 10:42:46 ] 命題 A を環、B を有限なA-代数とする。 このとき、B の各元 x に対してモニックな多項式 f(X) ∈ A[X] があり、f(x) = 0 となる。 証明 B の A-加群としての生成元を ω_1, ... , ω_n とする。 以下の関係式が成立つ。 xω_1 = a_(1,1) ω_1 + a_(1,2) ω_2 + ... + a_(1,n) ω_n xω_2 = a_(2,1) ω_1 + a_(2,2) ω_2 + ... + a_(2,n) ω_n . . . xω_n = a_(n,1) ω_1 + a_(n,2) ω_2 + ... + a_(n,n) ω_n ここで、各 a(i,j) は A の元。 行列 (a_(i,j)) を T とおく。 >>236 より det(xE - T)B = 0 となる。E は n-次の単位行列。 よって、det(xE - T) = 0 である。 この行列式を展開すると、命題の主張が得られる。 証明終 506 名前：208 [2005/10/24(月) 12:42:46 ] 定義 A を環、B を A-代数とする。 B の x に対してモニックな多項式 f(X) ∈ A[X] があり、 f(x) = 0 となるとき、x を A 上、整(integral)であるという。 B のすべての元が A 上整のとき、B を A 上整であるという。 (注意) この定義における A-代数 B の構造射 A → B は必ずしも 単射でなくともよい。 507 名前：208 [2005/10/24(月) 12:43:19 ] 命題 A を環、B を A-代数とする。 B の x が A 上整であるなら A[x] は A-加群として有限生成である。 証明 A の元の列 a_1, ... , a_n で、 x^n + a_1x^(n-1) + ... + a_n = 0 となるものがある。 よって、x^n ∈ A+ Ax + ... + Ax^(n-1) である。 これから帰納法で任意の m に対して x^m ∈ A+ Ax + ... + Ax^(n-1) となることがわかる。 よって、A[x] = A+ Ax + ... + Ax^(n-1) 証明終 508 名前：208 [2005/10/24(月) 12:44:27 ] 命題(有限代数の推移律) 環の射 A → B → C において、 B は A 上有限、C は B 上有限とする このとき、C は A 上有限である。 証明 B = Ax_1 + ... + Ax_n C = By_1 + ... + By_m とする。 C = ΣA(x_i)(y_j) となる。ここに、和は i, j のすべての組み合わせを渡る。 証明終 509 名前：208 [2005/10/24(月) 12:51:59 ] 命題 A を環、B を有限生成かつ整な A-代数とする。 B は A 上有限である。 証明 >>507 と >>508よりわかる。 証明終 510 名前：208 [2005/10/24(月) 12:58:00 ] 命題 A を環、B を A-代数とする。 A 上整な B の元全体は B の部分 A-代数となる。 証明 x, y を B の元で A 上整とする。 >>509 より A[x, y] は、A 上有限である。 よって、>>505 より、A[x, y] は、A 上整である。 証明終 511 名前：208 [2005/10/24(月) 13:05:44 ] 命題(整代数の推移律) 環の射 A → B → C において、 B は A 上整、C は B 上整とする このとき、C は A 上整である。 証明 C の元 y は y^n + b_1y^(n-1) + ... + b_n = 0 の形の関係式を満たす。 ここで、b_1, ... , b_n は、B の元の列。 よって、y は A[b_1, ... , b_n] 上整である。 よって、A[b_1, ... , b_n, y] は A 上有限代数である(>>507, >>508)。 よって、y は A 上整である(>>505)。 証明終 512 名前：208 [2005/10/24(月) 13:21:58 ] 命題 環の射 A → B → C において、 B は A 上整とする B → C が全射なら、C は A 上整である。 証明 明らか。 513 名前：208 [2005/10/24(月) 13:30:13 ] 命題(整代数の係数拡大) A を環、B を A 上整な代数とする。 A → C を環の射とする。 B(x)C は C 上整である。 ここで、B(x)C は B と C の A 上のテンソル積。 証明 B → B(x)C を x に x(x)1 を対応させる標準射とする。 この射の像を B' とする。 B' の元は A 上整である(>>512)から C 上整でもある。 よって、B(x)C は C 上整である。 証明終 514 名前：208 [2005/10/24(月) 13:34:53 ] 命題(整代数の局所化) A を環、B を A 上整な代数とする。 S を A の積閉集合(>>63)とする。 B_S は A_S 上整である。 証明 B_S = B(x)A_S である(>>85)。 よって、これは >>513 の特別な場合である。 証明終 515 名前：208 [2005/10/24(月) 13:47:43 ] 命題 B を整域で、k をその部分体とする。 B が k 上整なら、B は体である。 証明 y ≠ 0 を B の元とする。 k[y] は k 上有限代数である(>>507)。よってこれは Artin環である。 よって、これは体である(>>294)。よって、1/y ∈ k[y] ⊂ B 証明終 516 名前：208 [2005/10/24(月) 13:54:11 ] 命題 K を体、A をその部分環とする。 K が A 上整なら、A は体である。 証明 x ≠ 0 を A の元とする。 (1/x)^n + a_1(1/x)^(n-1) + ... + a_n = 0 ここで、a_1, ... , a_n は、A の元の列。 この式の両辺に x^(n-1) を掛けると、 1/x ∈ A となる。 証明終 517 名前：１３２人目の素数さん [2005/10/24(月) 13:59:59 ] >だとすると、剰余付きの割り算 a=qb+r は必ずしも必要ないだろう ようやくここまできたか 俺がキチガイであっても アタマのネジはゆるんでいない ゆるんでるのはおまえらのほうだよ よく反省して見ろ もっともバカだから反省の概念はないんだろうけど 518 名前：208 [2005/10/24(月) 14:07:21 ] 補題 A を局所環、B を A 上整な代数とする。 m を A の極大イデアルとする。 B の任意の極大イデアル q に対して φ^(-1)(q) = m である。 ここで、φは 構造射 A → B である。 証明 環の射 A → B → B/q の合成 A → B/q を考える。 この射の核は、φ^(-1)(q) である。 よって、単射 A/φ^(-1)(q) → B/q が得られる。 B/q は A 上整である(>>512)から、A/φ^(-1)(q) 上整でもある。 よって、A/φ^(-1)(q) は体である(>>516)。 よって、φ^(-1)(q)は、極大イデアルである。 A は局所環だから、φ^(-1)(q) = m である。 証明終 519 名前：１３２人目の素数さん [2005/10/24(月) 14:10:39 ] >ようやくここまできたか ここまで来るのに一週間。バカの巣窟。 520 名前：208 [2005/10/24(月) 14:26:10 ] 定理(Cohen-Seidenberg) φ: A → B を環の射で単射とする。 q に φ^(-1)(q) を対応させることにより、 標準射 Spec(B) → Spec(A) が得られるが(>>206)、 B が A 上整なら、これは全射である。 証明 p ∈ Spec(A) に対して S = A - p とおく。 A_S → B_S は単射である(>>86)。 よって、B_S は空でない。よって Spec(B_S) も空でない。 B_S は A_S 上整(>>514)であり、A_S は局所環だから、 B_S の極大イデアル q' の射 A_S → B_S による逆像は A_S の極大イデアル pA_S である(>>518)。 q' に対応する B の素イデアルを q とすれば、 φ^(-1)(q) = p となる(適当な可換図式を描けば分かる)。 証明終 521 名前：１３２人目の素数さん [2005/10/24(月) 14:37:14 ] >>496 が親切に助け船だしてくれたのに 無視する208ってホントに自信過剰で それゆえにホントの真性バカだと証明されたね ちょっと前までは >例えば、10/2 = 5 というのは、１０を２で割ったら５という意味だ。 >これが割り算でないって、どういう頭してんだ？？？ などと噴飯ものの恥の上塗りを繰り返しておきながら >たぶん、奴には別証という概念がないんだろうな。 などと無反省にくりかえす哀れな奴だね >(詳しく検討したわけではないが)。 といいながら相手をキチガイ扱いする これが208の正体だよ 522 名前：１３２人目の素数さん [2005/10/24(月) 14:43:12 ] >俺に説教しようと思ってるんだろうなw ふふふおまえは説教される値打ちはないよ あとその取り巻きの雑魚の>>497もね 523 名前：１３２人目の素数さん [2005/10/24(月) 14:52:47 ] あのーここはもともと208隔離用のスレなので 208が好き勝手書いていいところなんですよ 524 名前：208 [2005/10/24(月) 16:18:19 ] >>520 >よって、B_S は空でない。 よって、B_S は 0 でない。 525 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/24(月) 23:58:37 ] 長さnの巡回置換が位数n(ここでは「n乗して始めて1になる」と定義) ってのは特に何も使わずに示せるけど、 「位数nの元の生成する部分群の位数はn」ってのは『割り算』しないと導けないかと。 aを位数nの元として、{a^i|i=0, 1, ..., n-1}が部分群となる事を示すには、 任意のi, j=0, 1, ..., n-1に対しあるk=0, 1, ..., n-1が存在して a^i・a^j=a^kである事を示せなきゃいけない。 このkとしては、i+jをnで『割った』余りとするか、 i+jとnの大小関係で場合分け(実質的に『割り算』するのと同じ)する事になる。 ここで『割り算』が必要になる。 あと、 ＞G は巡回群でなくても有限アーベル群ならいい。 にしても、位数nのAbel群の存在を示さなきゃいけない。 また、あの証明はあんまり一般化出来ない。 例えばEuclid整域であるZ[√(-1)]にさえ適用できない。 最後の部分で「Z/pZの同型類からpが(可逆元倍を除いて)一意に定まる」って事実を使ってる。 けど、Z[√(-1)]/(2+√(-1))とZ[√(-1)]/(2-√(-1))は同型なので、 これはZ[√(-1)]には適用できない。 なので、一般の整域において成り立つ事実「素元分解の一意性」の証明に使える訳じゃない。 やっぱりJordan-Holderの定理は、素因数分解の一意性とは 方向性が微妙にずれてる気がする(本質を捉えてない気がする)。 「ZはEuclid整域」ってのを認めた時点で、 「Euclid整域はUFD」っていう一般的事実から素因数分解の一意性が出る訳だし。 上記の通り、「Euclid整域はUFD」の証明に>>441の証明が流用できる訳じゃないし。 無茶苦茶細かい論点だけどね。 526 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/25(火) 00:13:55 ] 書き忘れたけど、>>525においては「素元:=生成する単項イデアルが素イデアル≠既約元」ね(素数:=Zの既約元)。 527 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/25(火) 00:30:33 ] 一般化になっている、ってことじゃ駄目なの？ あるいは同種の状況、とか ってかこんなどうでも良いことでも昔々ののメンバーたちは多分 528 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/25(火) 00:32:39 ] 小指がEnterに当たって送信しちゃったよorz ってかこんなどうでも良いことでも昔々のBourbakiのメンバーたちは 多分喧々諤々の物凄い議論をして、数学原論をつくったんだろうな まあ彼らの中に論点を無駄に隠して引っ張ったり矢鱈偉そうに俺が出したヒントがどうの、 というキチガイは居なかっただろうが 529 名前：208 [2005/10/25(火) 10:12:10 ] >>525 >i+jとnの大小関係で場合分け(実質的に『割り算』するのと同じ)する事になる。 >ここで『割り算』が必要になる。 君の言ってることは、百も承知してるけど(そういう意見が出るのは予想して>>502を書いた)、 それは見方によると思うが。 i + j から n を引けば n 以下になるのは明らか(i、ｊ が n 以下のとき)。 これは、割り算っていうより引き算だろう(見方によるが)。 >また、あの証明はあんまり一般化出来ない。 俺はあの証明が一般化出来るとか既存の証明より優れているとか 一言も言ってないよ。 530 名前：208 [2005/10/25(火) 10:58:49 ] >>528 >ってかこんなどうでも良いことでも昔々のBourbakiのメンバーたちは >多分喧々諤々の物凄い議論をして、数学原論をつくったんだろうな ないってw Bourbakiに失礼だよ。 Jordan-Holderから素因数分解の一意性が出るというのはBourbakiも書いてるけどな。 531 名前：208 [2005/10/25(火) 12:44:44 ] >>515 は次の命題を使ったほうがいいだろう。 命題 A を環、M を長さ有限の A-加群、 f ∈ Hom(M, M) とする。 f が単射なら全射である。 証明 leng(M) = leng(Im(M)) である。 よって M = Im(M) でなければならない(>>289)。 証明終 >>515 の k[y] において、この命題を写像 f(x) = yx に適用すればよい。 532 名前：208 [2005/10/25(火) 12:50:54 ] >>520 >φ^(-1)(q) = p となる(適当な可換図式を描けば分かる)。 以下の図が、その可換図式 A → A_S | | v v B → B_S これの各環に Spec を作用させて得られる可換図式を考えてもいい。 この場合、矢印の向きが逆になる。 533 名前：208 [2005/10/25(火) 12:52:20 ] >>532 半角の空白は駄目だったな。 A → A_S |　　　| v　　　v B → B_S 534 名前：208 [2005/10/25(火) 13:02:55 ] 命題 A を環、p ∈ Spec(A) とする。 A_p/pA_p は A/p の商体に標準的に同型である。 証明 S = A - p とおく。 完全列 0 → p → A → A/p → 0 より、 0 → p_S → A_S → (A/p)_S → 0 は完全。よって、(A/p)_S = A_S/pA_S。 一方、(A/p)_S は、A/p の商体に同型である。 証明終 535 名前：208 [2005/10/25(火) 13:08:12 ] 定義 A を環、p ∈ Spec(A) とする。 A_p/pA_p を k(p) またはκ(p)と書く。 EGA などはκ(p) を使ってるが、k(p)のほうが書きやすいので このスレではk(p)を使う。ただし、k は体の記号としてよく使う ので、紛らわしい場合はκ(p)を使うことにする。 536 名前：１３２人目の素数さん [2005/10/25(火) 13:54:16 ] >525 がいろいろ言ってくれたおかげで 208とそのとりまきのアホにも問題点がようやくわかったわけだ そして結局208はJordan-Holderと書いてはみたが本質はわかっていないから ここまで到達するのに教えて君をかましつづけて1週間ほどかかった 1週間かかることは208にとって簡単なことじゃない 簡単なことならただちにわかるはず それなのに>529のように割り算じゃなくてむしろ引き算だとか みぐるしいったらありゃしないね 他人のことをキチガイだとか非難する前に 自分の言ったことに責任もてよ おまえはここに隔離されててしかるべきアホだったよ 537 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/25(火) 16:56:34 ] >208はほんとに自閉症なのか。 538 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/25(火) 18:21:58 ] >>530 例えば「積分」をどう書くかでかなり議論してて、 議論のたびにもう辞めてやる！とか言う人が居たとか居なかったとかｗ ってか知ってるだろうけど 多分代数なんか書くのにすごい時間が掛かってるはずだと思うよ 今では群、環、体の順番に書き始めるのは当たり前で何の創意も要らないが そもそもこれを創めたのはBourbakiな訳で、彼らが草稿を議論するときには いろんな書き方の選択肢があって議論したはず Jordan-Holderで議論したかどうかは知らんよ 539 名前：208 [2005/10/25(火) 18:40:38 ] 命題 φ: A → B を環の射、p ∈ Spec(A) とする。 f: Spec(B) → Spec(A) をφから誘導された射とする。 つまり、f(q) = φ^(-1)(q) とする。 S = A - p とおいたとき、B_S を B_p と書く。 Spec(B_p/pB_p) は Spec(B_p) の部分集合と同一視される(これは明らか)。 さらに、Spec(B_p) は Spec(B) の部分集合と同一視される(>>81)。 この同一視により、f^(-1)(p) は集合としてSpec(B_p/pB_p)と同一視される。 証明 まず、B_p は B の積閉集合 φ(S) に関する局所化 B_φ(S) に一致 することに注意する。 f(q) = p のとき、q ∩ φ(S) であり pB_p ⊂ qB_p となることは明らか。 よって、f^(-1)(p) ⊂ Spec(B_p/pB_p) とみなされる。 逆に、q ∈ Spec(B) で、q ∩ φ(S) かつ pB_p ⊂ qB_p とする。 x ∈ p とすると、φ(x)/1 ∈ qB_p となるから、φ(s)φ(x) ∈ q となる s ∈ A - p がある。φ(s) は q に含まれないから、 φ(x) ∈ q となる。よって、p ⊂ φ^(-1)(q) である。 逆に、x ∈ φ^(-1)(q) とする。φ(x) ∈ q だから、x ∈ A - p では ありえない。つまり、x ∈ p。よって、p = φ^(-1)(q) である。 証明終 540 名前：208 [2005/10/25(火) 18:45:11 ] >>537 いや、どっちかっていうとお前が自閉症なんだよ。なぜって、空気が読めないから。 おかしい、おかしいと皆が言ってるのは俺のことじゃない。 541 名前：208 [2005/10/26(水) 09:21:01 ] 完全列 0 → pA_p → A_p → A_p/pA_p → 0 より、 B(x)pA_p → B(x)A_p → B(x)(A_p/pA_p) → 0 は完全 (ただし、B(x)pA_p → B(x)A_p は単射とは限らない)。 よって、B(x)(A_p/pA_p) = B(x)k(p) は (B(x)A_p)/Im(B(x)pA_p) = B_p/pB_p に同型。 この同型により、B(x)k(p) と B_p/pB_p を同一視する。 Spec(B(x)k(p)) を f: Spec(B) → Spec(A) の p におけるファイバー という。これは f^(-1)(p)(にSpec(B)の部分空間としての位相を いれたもの)と位相同型である(証明はまかす)。 542 名前：208 [2005/10/26(水) 09:23:55 ] >>538 Bourbakiが彼らの本を書く前にいろいろ議論していることは 知ってるし当然だろう。だけど、こんなくだらない議論(議論ともいえないが)は してないだろうっていう意味だよ。 543 名前：208 [2005/10/26(水) 09:36:17 ] φ: A → B を環の射、p ∈ Spec(A)、q ∈ Spec(B) とする。 p = φ^(-1)(q) のとき、q は p の上にあるという。 p は q の下にあるという。このとき、この関係を p = A ∩ q と書く場合もある。これは A ⊂ B のとき以外は 不適当であるが便利。これは、いわゆる「記法の濫用」 (abuse of notation) の一種だが、数学では適切な「記法の濫用」は しばしば有用である。ただ、諸刃の剣であり使用には注意がいるが。 544 名前：208 [2005/10/26(水) 09:46:35 ] >>538 >今では群、環、体の順番に書き始めるのは当たり前で何の創意も >要らないが そもそもこれを創めたのはBourbakiな訳で、 Van der Wearden の教科書はBourbakiの前に出版されたが、 彼もその順番でやってる。 まあ、その順番は普通だれが考えても同じと思うが。 545 名前：208 [2005/10/26(水) 10:25:25 ] φ: A → B を環の射、p ∈ Spec(A) とする。 f: Spec(B) → Spec(A) をφから誘導された射とする。 Spec(B(x)k(p)) は スキーム論的には Spec(B) と Spec(k(p)) の Spec(A) 上のファイバー積である。 これからも、圏論およびスキーム論的に Spec(B(x)k(p)) が f^(-1)(p) と位相同型になることが出る。 可換環論はアフィンスキーム論とみなせるので、可換環論を学ぶ上で スキーム論は必須に近いと思うが入門の段階でこれをやるのは適当でないだろう。 546 名前：208 [2005/10/26(水) 10:54:11 ] 話は変わるけど、最近Hilbertの代数的整数論の報文(Zahlbericht)の 英訳をamazon.comで買った。それに現代の数学者二人(名前は忘れた) によるイントロが書いてある。それに、Weilが1975年に編集出版した Kummerの全集におけるWeilの序文の抜粋が載っている。 それによると、報文の最後の2章(円分体とKummer体における相互律) のほとんどはKummerの仕事の紹介にすぎないとある。 Weilの言うことだから本当だろう。これは驚くべきことだろう。 Hilbertの報文が出たのが１９世紀の終わり頃。 それから３０年近く、その本は影響力をもったし、Hecke, 高木、 Artin, Hasse などはこれで代数的整数論を勉強した。 その最も重要な部分が約４０年前にKummerによってなされていた。 つまり、Kummerは代数的整数論の創始者のみならず、 Dedekindさえ超えた高みに到達していたことになる。 547 名前：208 [2005/10/26(水) 11:37:14 ] 前にもどっかに書いたけど、KummerがFermatの最終定理を証明しようと して理想数の発見に到達したというのは伝説にすぎないらしい。 KummerはGaussに影響されて高次の相互律を探求していた。 それが、彼を円分体に向かわせた。彼は、Fermatの最終定理に関しては 当初はGaussと同じ立場、つまり、Fermatの最終定理は、重要なものでない と考えていたらしい。 548 名前：１３２人目の素数さん [2005/10/26(水) 12:46:21 ] >>542 おまえが議論から取り残されてるだけだよ 空気っていうけどおまえは数学が読めてない 549 名前：１３２人目の素数さん [2005/10/26(水) 12:48:18 ] 割り算の意味すら取り違えた奴がなにえらそうに相互律だよ Weilの受け売りならちゃんとそう書け 550 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/26(水) 13:30:08 ] 割り算の意味についてはここでじっくり語れ。 分数の割り算はどうして逆数を掛ければいいのか science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1124193537/l50 551 名前：１３２人目の素数さん [2005/10/26(水) 13:32:05 ] >>547 「・・・らしい」じゃ意味ない 552 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/26(水) 13:35:47 ] 愚痴聞いてあげるから「哲学と数学」というスレに書き込んでごらん。 553 名前：208 [2005/10/26(水) 14:43:00 ] >>551 (その言い方をなんとかしろよ)。 ソースはEdwardsのFermat's Last Theorem 実はまだ読んでない。もうすぐamazon.comで注文するつもり。 この本は、評判いい「らしい」。 554 名前：208 [2005/10/26(水) 14:57:48 ] >>552 なんか勘違いしてるな。そういうのは興味ないんだよ 555 名前：１３２人目の素数さん [2005/10/26(水) 17:36:03 ] 数学関係者の悩み１１０番 数学関係者の悩み１１０番 556 名前：１３２人目の素数さん [2005/10/26(水) 19:44:19 ] >>530 >Jordan-Holderから素因数分解の一意性が出るというのはBourbakiも書いてるけどな。 なんだ、結局ブルバキの受け売りだったのね。 まあこのスレ全体がそうだけど。 557 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/26(水) 20:02:50 ] >>544 良く考えるとそうでしたorz van der Weardenが先に出てることは知ってたんだけどなあ、、 558 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/26(水) 20:03:47 ] >>553 まだ読んでないのか、 数学の本スレに書いてあったの見てもう読んだのかと思ってた 559 名前：208 [2005/10/27(木) 09:12:25 ] >>556 あんなもんはBourbakiでなくても簡単に思いつくんだよ。 群論を少し齧ってればな。 だけどこのスレがBourbakiをもとにしているのは本当だよ。 初めにそう断ってあるだろ。今さら驚くんじゃない。 だが、丸コピーじゃないし、俺のアイデアも少し入ってる。 この際、はっきりしておくけど、ソースはBourbakiだけじゃない。 例えば、Atiyah-MacDonald, Zariski-Samuel, 松村, 他にも少しある。 560 名前：208 [2005/10/27(木) 09:14:03 ] おっと、大物を忘れてた。SerreのLocal Algebra と Local Fields も参考にしてある。 561 名前：208 [2005/10/27(木) 09:24:02 ] >>558 別の数学者の書いた代数的整数論の本にその本が引用されていて、 それで知った。足立の「フェルマーの大定理」にもそれらしきことが 書いてある。他にも状況証拠があるから俺はその説を信じている。 大体、Kummerともあろう数学者がFermatの問題に最初から 入れあげていたとは考えにくい。Fermatの問題はGaussも高木も 書いているように、問題それ自体からは、何ら重要性が見出されない。 Wilesが解いて、初めてその重要性が理解されたと言っていい。 562 名前：208 [2005/10/27(木) 09:51:17 ] 話をぶり返すようだけど、>>461の証明に使われた位数 n の群は アーベル群でなくても次の性質をもてばいい。 (*) 素数べき p^m が n を割れば G は位数 p^m の正規部分群をもつ。 これから G の任意のSylow部分群は正規なことがわかる。 だから、G はべき零群である。逆に、べき零群は (*) の性質を持つ。 可解群の組成剰余群も素数位数の群だけど、この性質を持つとは 限らない。 563 名前：208 [2005/10/27(木) 10:18:12 ] この際だから、有理整数環 Z で素因子分解の一意性が成立つことの (ほぼ)普通の証明しよう。 a と b が Z の元のとき a と b で生成されるイデアルを (a, b) と書く。つまり、(a, b) = Za + Zb である。 元の数がいくつになっても同様。 補題 (a, b) = (a, b + at) となる。 ここで、a, b, t は任意の有理整数 証明 明らか。 564 名前：208 [2005/10/27(木) 10:19:18 ] 命題 a と b が Z の元のとき (a, b) = (r) となる r ∈ Z がある。 証明 a ≧ 0, b ≧ 0 と仮定してよい。 a と b の最大値を max(a, b) と書く。 max(a, b) に関する帰納法を使う。 a = b ならこの命題は明らかだから、b > a とする。 b = aq + r, 0 < r < a となる q, r ∈ Z がある。 補題(>>563)より、(a, b) = (a, r) となる。max(a, r) = a だから、帰納法の仮定より (a, r) = (s) となる s ∈ Z がある。 証明終 565 名前：208 [2005/10/27(木) 10:20:39 ] 命題 p を素数とし、a ≠ 0 (mod p) とする。 このとき、a は mod p で可逆である。 つまり、ax = 1 (mod p) となる x がある。 証明 (a, p) = (r) となる r > 0 がある(>>564)。 p は素数だから r = 1 でなければならない。 つまり、ax + py = 1 となる x, y がある。 よって、ax = 1 (mod p) 証明終 566 名前：208 [2005/10/27(木) 10:21:26 ] 命題 p を素数とし a ≠ 0 (mod p) かつ ab = 0 (mod p) とすると、 b = 0 (mod p) となる。 証明 >>565 よりあきらか。 567 名前：208 [2005/10/27(木) 10:26:55 ] 定理 有理整数環 Z では素因数分解の一意性が成立つ。 証明。 n > 0 を整数とし、 n = (p_1)^(n_1)...(p_r)^(n_r) = (q_1)^(m_1)...(p_s)^(m_s) を n の２通りの素因数分解とする。 n = 0 (mod p_1) だから >>566 より q_i = p_1 となる q_i がある。これと帰納法を使えばよい。 証明終 568 名前：208 [2005/10/27(木) 10:34:35 ] >>564 >b = aq + r, 0 < r < a となる q, r ∈ Z がある。 b = aq + r, 0 ≦ r < a となる q, r ∈ Z がある。 569 名前：208 [2005/10/27(木) 10:37:05 ] >>567 では 有限生成イデアル (a, b) が単項となりことを使ったが、 Z では任意のイデアル I が単項となる。 証明 I に含まれる最小の正数をa とすると、b ∈ I なら、 b = aq + r, 0 ≦ r < a となる q, r ∈ Z がある。 r ∈ I だから a の最小性より r = 0 よって、I = (r) となる。 証明終 570 名前：208 [2005/10/27(木) 10:40:36 ] >>569 を使ったほうが >>564 の証明はすっきりするが、 >>564 の証明は構成的であるという利点がある。 571 名前：208 [2005/10/27(木) 10:41:35 ] >>569 >よって、I = (r) となる。 よって、I = (a) となる。 572 名前：208 [2005/10/27(木) 11:35:24 ] >>565の証明は、次のようにしても証明できる。 Z/pZ が体であることを示せばよい。 証明 Z/pZ の加法群は位数 p の群であるから単純群である。 よって pZ ⊂ I ⊂ Z となる non-trivial なイデアル I は 存在しない。よって、Z/pZ は体である。 証明終 573 名前：208 [2005/10/27(木) 12:01:44 ] 命題 φ: A → B を環の射、I = Ker(φ) とする。 f: Spec(B) → Spec(A) をφから誘導された射とする。 B が A 上整なら、Im(f) = V(I) である。 証明 A/I ⊂ B と見なせるから、V(I) ⊂ Im(f) は、>>520 殻出る。 p ∈ Spec(A) - V(I) とする。 s ∈ I - p となる元 s がある。φ(s) = 0 だから、 S = A - p としたとき、φ(S) は 0 を含む。 よって、B_p = 0 である。よって、f^(-1)(p) は空(>>539)。 証明終 574 名前：208 [2005/10/27(木) 12:12:23 ] 命題 A, B を環で、A ⊂ B とし、B は A 上整とする。 p ∈ Spec(A), q_1, q_2 ∈ Spec(A) で、 q_1 ⊂ q_2 かつ p = q_1 ∩ A = q_2 ∩ A とする。 このとき、q_1 = q_2 である。 証明 A_p ⊂ B_p だから、A, B を A_p, B_p で置き換えてよい(>>514)。 よって、p は極大としてよい。よって q_1, q_2 は極大となる(>>515)。 よって、q_1 ⊂ q_2 なら q_1 = q_2 である。 証明終 575 名前：208 [2005/10/27(木) 12:13:21 ] >>574 >p ∈ Spec(A), q_1, q_2 ∈ Spec(A) で、 p ∈ Spec(A), q_1, q_2 ∈ Spec(B) で、 576 名前：208 [2005/10/27(木) 12:18:40 ] 定義 A, B を環で、A ⊂ B とする。 B の元で A 上整なもの全体は B の部分環となる(>>510)。 これを A の B における整閉包という。 577 名前：208 [2005/10/27(木) 12:21:31 ] 注意： 環の部分環というときは断らない限り単位元を共有するものと 仮定している。環の射も単位元を単位元に写すものとする。 578 名前：208 [2005/10/27(木) 12:24:14 ] 定義 A を整域とする。A のその商体における整閉包が A と一致するとき、 A を整閉整域という。 579 名前：208 [2005/10/27(木) 12:45:07 ] 補題 A を環、I をそのイデアル、p_1, ... , p_n ∈ Spec(A)、 I ⊂ p_1 ∪ ... ∪ p_ n とする。 このとき、I ⊂ p_i となる p_i が存在する。 証明 p_i ⊂ p_j なら p_i を除いて考えればよいから、 p_1, ... , p_n の間には包含関係はないと仮定してよい。 I ⊂ p_i がどの i でも成立たないとして矛盾を導けばよい。 J_i を集合{p_1, ... , p_n} から p_i を除いたものの積イデアル とする。IJ_i ⊂ p_i とはならないから、 元 x_i ∈ IJ_i - p_i が存在する。 x = x_1 + ... + x_n とおく。 j ≠ i のとき、x_j = 0 (mod p_i) だから、x = x_i (mod p_i) となる。一方 x_i ≠ 0 (mod p_i) だから、x ≠ 0 (mod p_i) が任意の i で成立つ。 一方、x ∈ I だから I ⊂ p_1 ∪ ... ∪ p_ n より、 x ∈ p_i となる i がある。これは矛盾。 証明終 580 名前：208 [2005/10/27(木) 12:49:13 ] >>579 の証明は中国式剰余定理(>>341)の証明と似ている。 581 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/27(木) 14:52:05 ] 哲学と数学 582 名前：208 [2005/10/27(木) 16:22:06 ] ついでに、>>579 と形式上、似たような命題を証明する。 その前に次の補題を用意する。 補題 K を無限体、X を K-加群、V, W_1, ... , W_n をその部分加群、 V ⊂ W_1 ∪ ... ∪ W_n とする。 x, y ∈ V なら、x, y ∈ W_i となる i がある。 証明 t ∈ K とすると、x + ty ∈ W_i となる i がある。 t にこの i を対応させることにより、集合としての写像 K → {1, ..., n} が得られる。K は無限体だから、この写像は 単射ではありえない。よって、x + ty = x + sy ∈ W_i となる t, s ∈ K で t ≠ s となるものがある。 よって、(t - s)y ∈ W_i となる。これから、y ∈ W_i となり、 x ∈ W_i ともなる。 証明終 583 名前：208 [2005/10/27(木) 16:23:10 ] 命題 K を無限体、X を K-加群、V, W_1, ... , W_n をその部分加群、 V ⊂ W_1 ∪ ... ∪ W_n とする。 このとき、V ⊂ W_i となる i が存在する。 証明 V が W_n に含まれないとする。x ∈ V - W_n をとる。 y ∈ V を任意にとる。補題(>>582)より x, y ∈ W_i となる i があるが i = n では有り得ない。よって、V ⊂ W_1 ∪ ... ∪ W_(n-1) となる。 帰納法より、証明が終わる。 証明終 系 無限体上のベクトル空間はその真の部分空間の有限個の和集合には ならない。 584 名前：208 [2005/10/27(木) 16:24:38 ] 命題 K を無限体、L/K を体の拡大とする。L/K の中間体が有限個なら L = K(c) となる元 c がある。 証明 L/K の中間体で L と異なるものを L_1, ..., L_n とする。 L は K-加群とみなされ、L_1, ..., L_n はその部分加群となる。 よって命題(>>583)より L ≠ L_1 ∪ ... ∪ L_n である。 よって、c ∈ L - (L_1 ∪ ... ∪ L_n) が存在する。 K(c) はどの L_i とも一致しないから、L = K(c) である。 証明終 585 名前：208 [2005/10/27(木) 17:00:38 ] 気がついた人も多いと思うけど、俺の証明のスタイルは、non-trivialな 命題であっても、それをなるべくtrivialな命題に分割して証明していく。 これは言うのは簡単だけど、ある程度の思考とコツを必要とする。 しかし、これがうまくいった場合は、あまりにもその証明が簡単なので 読者は、最終的に得られた結果さえtrivialと勘違いする場合もある。 べつにそれでかまわないが。 これは、BourbakiやGrothendieck などのスタイルでもある。 Atiyah-MacDonald は、その序文にもあるように明確にこのスタイルを 意識して書かれている。 586 名前：208 [2005/10/27(木) 18:09:16 ] 定義 K を体、L/K を K の代数拡大体とする。 L の任意の元α の K 上の最小多項式が K において１次式の 積に完全に分解するとき、L/K を準ガロワ(quasi-Galois)拡大という。 因みにquasiは強いてカタカナで書くと英語読みでクェイザイと発音する。 L/K が準ガロワ拡大で分離的なとき L/K をガロワ拡大という。 準ガロワ拡大は昔(今も?)は正規拡大と呼んでいたが、Bourbaki流の 準ガロワのほうがよいと思う。 587 名前：208 [2005/10/27(木) 18:14:02 ] >>586 quasiの発音を聞きたい人はMerriam-Webster Online Dictionary をGoogleで検索して、そこに行き、quasiを検索すると２通りの 発音が聞ける。 588 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/27(木) 18:55:43 ] どこの何様が知らぬが、ご親切なことで。 589 名前：208 [2005/10/28(金) 08:56:09 ] >>586 >L の任意の元α の K 上の最小多項式が K において１次式の >積に完全に分解するとき、L/K を準ガロワ(quasi-Galois)拡大という。 L の任意の元α の K 上の最小多項式が L において１次式の 積に完全に分解するとき、L/K を準ガロワ(quasi-Galois)拡大という。 590 名前：208 [2005/10/28(金) 09:01:54 ] >>547 には反応あるけど　>>546 にはないね。 俺なんか、>>546 の事実のほうが数倍衝撃的だけどな。 研究の動機よりもその過程と結果がもっと重要だろう。 591 名前：208 [2005/10/28(金) 09:08:17 ] >>588 皮肉のつもりだろうが、わからんな。 親切のどこが気にくわないんだ？ 592 名前：208 [2005/10/28(金) 09:16:53 ] ああ、わかった。 例のよくある自分の知ってることを丁寧に教えられると腹が立つという、 劣等感からくるやつね。くだらねえ奴。 593 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/28(金) 09:17:56 ] 善意か悪意か灰色の文面は善意に取ろう。てぃむぽと面の皮は多少は厚くないと。 594 名前：208 [2005/10/28(金) 09:33:04 ] 「どこの何様が知らぬが、」 これは灰色じゃなくて黒だよ。 595 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/10/28(金) 09:37:21 ] 人間に関する事は結局全部灰色だよ。そうじゃない部分で白黒つけてさよ。 596 名前：208 [2005/10/28(金) 09:55:10 ] >>584 >命題 >K を無限体、L/K を体の拡大とする。L/K の中間体が有限個なら >L = K(c) となる元 c がある。 L/K が有限次と仮定すると、以下のような簡単な別証がある。 L = K(α, β) と２個の元で生成される場合を考えればよい。 t ∈ K として、中間体 K(α + tβ) を考える。K は無限体だから、 K(α + tβ) = K(α + sβ) となる、t, s ∈ K で t ≠ s となる ものがある。よって、(α + tβ) - (α + sβ) = (t - s)β は K(α + tβ) に含まれ、これから β、よってαも K(α + tβ) に含まれる。よって、 L = K(α + tβ) となる。

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