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。 654 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/02(水) 16:51:21 ] ASASASASASASASASASASASASAS ASASASASASASASASASASASASAS ASASASASASASASASASASASASAS ASASASASASASASASASASASASAS 655 名前：208 [2005/11/02(水) 17:01:32 ] 命題 A を単項イデアル整域、M を A 上の有限生成かつ捩れのない加群 とする。このときM は自由加群である。 証明 M は捩れがないから、A の商体を K としたとき、 標準射: M → M(x)K は単射となる。よって、M ⊂ M(x)K とみなす。 M(x)K は、K-加群として M の元で生成されるから、 M の有限個の元からなる(K-加群としての)基底をもつ。 これらを、x_1, ... , x_n とする。 一方、M の A-加群としての生成元を、y_1, ... , y_m とする。 各 y_i は y_i = Σα(i,j)x_j, α(i,j) ∈ K と表される。 よって、a(y_i) ∈ Ax_1 + ... + Ax_n が全ての i で成立つような a ∈ A, a ≠ 0 がある。L = Ax_1 + ... + Ax_n とおくと、 L は A-自由加群であり、aM ⊂ L となる。よって、M ⊂ (1/a)L となる。(1/a)L も自由であるから、>>650 より M も自由である。 証明終 656 名前：208 [2005/11/02(水) 17:09:39 ] 命題 A を単項イデアル整域、M を A 上の有限生成加群とする。 M は、捩れ部分 t(M) と有限生成自由加群の直和となる。 証明 完全列 0 → t(M) → M → M/t(M) → 0 を考える。 M/t(M) は、明らかに捩れがない。これが有限生成であることは 明らか。よって、>>655 より自由加群である。 よって、>>649 よりこの完全列は分解する。 証明終 657 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/03(木) 00:08:59 ] 自由加群の部分群は自由であることはどうやって証明する？ 658 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/03(木) 04:59:10 ] 自由加群の部分群は自由であることはどうやって証明する？ Use elementary divisors, since every abelian group is a $Z$-module. 659 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/03(木) 06:29:28 ] ?? 有限生成とは限らない場合だぞ。 660 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/03(木) 09:29:43 ] あやまれ、ロリコンにあやまれ（AA略 661 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/03(木) 09:36:50 ] >> ??有限生成とは限らない場合だぞ。 Perhaps take the direct limit... 662 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/03(木) 11:33:27 ] Perhaps? and じゃないのか 663 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/03(木) 17:21:04 ] 永田他「抽象代数幾何」のｐ２０８のZariskiMainTheoremの証明する過程での次の主張 「Bが整域、AをBの部分環、A[T]もBの部分環でTはA上超越的元。BはA[T]上整拡大。このとき、Bの任意の素イデアルｑはｐ＝A∩ｑ上孤立である。」 を証明するはじめの一行目の次の設定をして良い理由が分からない。 「ｑがｐ上極大なイデアルとして・・・」の仮定を設定して良い理由が分からない。 Raynauldの本でも全く同じ記述になっている。 だれかわかっている人がいたら教えてください。 664 名前：208 [2005/11/04(金) 09:29:24 ] >>663 q ∩ A[T] で局所化すればいいんでは？ つまり、p' = q ∩ A[T] とおいて、B_p' を考える。 そして、B を B_p' で置き換え、q を qB_p' で置き換える。 A は、当然 A_p に置き換える。 665 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/04(金) 12:00:00 ] Perhaps? and じゃないのか ????? 666 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/04(金) 13:20:55 ] 「Bが整域、AをBの部分環、A[T]もBの部分環でTはA上超越的元。BはA[T]上整拡大。このとき、Bの任意の素イデアルｑはｐ＝A∩ｑ上孤立で　'ない’。」でした。 667 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/04(金) 13:23:06 ] >>663の記入に誤り。正しくは>>666でした。 668 名前：208 [2005/11/04(金) 13:38:40 ] 補題 A を単項イデアル整域、M を A-加群とする。 a と b を A の元で互いに素とする。 x ∈ M で、abx = 0 なら、x = y + z, ay = 0, bz = 0 となる M の元 y, z がある。 証明 as + bt =1 となる A の元 s, t がある。 よって、x = asx + btx となる。 y = btx, z = asx とすればよい、。 証明終 669 名前：208 [2005/11/04(金) 15:03:26 ] 命題 A を単項イデアル整域、M を A 上有限生成の捩れ加群とする。 A の素元 p に対して M(p) = {x ∈ M; (p^n)x = 0 となる n > 0 がある} とおく。M = ΣM(p) (直和) となる。ここで p は、Ann(M) を割る素元 全体を動く。 証明 まず、M は有限生成の捩れ加群だから、Ann(M) ≠ 0 である。 x ∈ M, x ≠ 0 とし、Ann(x) = aA とする。M は捩れ加群だから、 a ≠ 0 である。>>668 より x ∈ ΣM(p) となる。ここで p は a の素因子を渡る。あとは、Ann(M) ⊂ aA に注意すればよい。 証明終 670 名前：208 [2005/11/04(金) 15:08:43 ] 命題 A を単項イデアル整域、M を A 上有限生成の捩れ加群とする。 Supp(M) は、極大イデアルのみからなる。 証明 Supp(M) = V(Ann(M)) と Ann(M) ≠ 0 より明らか。 証明終 671 名前：208 [2005/11/04(金) 15:12:58 ] 命題 A を単項イデアル整域、M を A 上有限生成の捩れ加群とする。 M は A-加群として長さ有限である。 証明 Ass(M) ⊂ Supp(M) (>>99) と >>670 と >>345 より。 証明終 672 名前：208 [2005/11/04(金) 15:20:40 ] 定義 A を単項イデアル整域、M を A 上有限生成の捩れ加群とする。 >>671 より M は長さ有限である。 M の組成列に現れる剰余加群は、A/p と同型である。 ここで、p は A のある極大イデアル。 M の組成列に現れる極大イデアルを重複度もいれて p_1, ..., p_r としたとき それらの重複を考慮した積 を M の内容(content)とよび、|M| と書く。 673 名前：208 [2005/11/04(金) 15:28:46 ] >>672 の記号 |M| は、私が勝手に決めたものであり、 一般的ではない。 Serreは χ(M) を使っている。 674 名前：208 [2005/11/04(金) 15:41:30 ] 命題 A を単項イデアル整域、M を A 上有限生成の捩れ加群とする。 N を M の部分加群とすると、 |M| = |N||M/N| となる。 証明 明らか。 675 名前：208 [2005/11/04(金) 15:53:07 ] 命題 A を単項イデアル整域、M を A 上有限生成の捩れ加群とする。 |M|M = 0 となる。つまり、|M| ⊂ Ann(M) となる。 証明 leng(M) に関する帰納法を使う。 M ≠ 0 とする。 M/N が A/p と同型になるような M の部分加群をとる。 ここで、p は A の極大イデアル。 |M/N| = p だから、帰納法の仮定より p(M/N) = 0 となる。 よって、pM ⊂ N となる。再び帰納法の仮定より |N|N = 0 となるから、p|N|M = 0 となる。 一方、>>674 より、p|N| = |M| である。 証明終 676 名前：208 [2005/11/04(金) 16:01:09 ] >>675 から Hamilton-Cayley の定理が出る。 これは、前に線形代数スレで書いた。 677 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/04(金) 16:14:22 ] Omaewa erai!!!!! 678 名前：208 [2005/11/04(金) 16:32:38 ] 命題 A を単項イデアル整域、I を A のイデアルとする。 |A/I| = I である。 証明 中国式剰余定理(>>341)より、I が極大イデアルのベキ p^n のときに 証明すればよい。しかし、この場合は明らか。 証明終 679 名前：208 [2005/11/04(金) 16:38:42 ] >>675 の別証 x ∈ M のとき、|M|x = 0 を示せばよい。 Ax は A/Ann(x) に同型である。よって、|Ax| = Ann(x)となる(>>678)。 よって、|Ax|x = 0 となる。 |M| = |Ax||M/Ax| だから(>>674)、当然 |M|x = 0 となる。 証明終 680 名前：208 [2005/11/04(金) 17:07:45 ] 定義 A を単項イデアル整域、M を A 上有限生成の加群とする。 A のある素元 p があり、M の任意の元 x に対して (p^n)x = 0 となる整数 n > 0 があるとき、M を p-加群と呼ぶ。 ここで、n は x に依存する。p の生成する A の極大イデアル を (p) と したとき、M を (p)-加群とも呼ぶ。 681 名前：208 [2005/11/04(金) 17:20:08 ] 定義 A を単項イデアル整域、p を A の極大イデアル、M を p-加群とする。 M の任意の元に x 対して Ann(x) = p^n となる整数 n ≧ 0 があるが、 この n を x の指数と呼ぶ。 (注意): この定義は、ここだけのものであり一般的ではない。 682 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/04(金) 17:22:09 ] >>676 17 ：１３２人目の素数さん ：04/07/31 12:25 >>11-16 well known and trivial 683 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/04(金) 17:47:25 ] おばかなおりそうもないね 684 名前：208 [2005/11/04(金) 17:57:04 ] 命題 A を単項イデアル整域、p を A の極大イデアル、M を p-加群とする。 Ann(M) = p^n となる。ここで、n ≧ 0。 証明 定義より M は有限生成である。 M の生成元を x_1, ... , x_r とする。 (p^m)x_i = 0 がすべての x_i について成立つような m > 0 がある。 (p^m)M = 0 となるから、p^m ⊂ Ann(M) である。 これから、命題の主張は明らか。 証明終 685 名前：208 [2005/11/04(金) 18:16:24 ] >>683 ばかはお前だろ。>>682は線形代数のスレでカタがついてんだよ。 well known じゃないことは確か。Hamilton-Cayleyをtrivial というのは、度胸がいるだろ。 686 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/04(金) 19:06:12 ] >>685 17 ：１３２人目の素数さん ：04/07/31 12:25 >>11-16 well known and trivial 687 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/04(金) 19:38:16 ] >>686 まねするな馬鹿！ science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1090754133/17 688 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/04(金) 19:53:16 ] >>685 17 ：１３２人目の素数さん ：04/07/31 12:25 >>11-16 well known and trivial 689 名前：208 [2005/11/07(月) 09:58:44 ] 補題 A を単項イデアル整域、p を A の素元、M を p-加群(>>680) とする。 x を M の元でその指数 n が M の元のなかで最大のもの とする。N = Ax とおく。M/N はあきらかに p-加群である。 y を M の任意の元とする。y (mod N) の M/N における指数(>>681)を m とすると、M の元 z で、その指数が m となり、y = z (mod N) と なるものが存在する。 証明 まず、y の指数は m 以上だから m ≦ n に注意する。 (p^m)y = tx となる t ∈ A がある。 (p^n)y = (p^(n-m))tx = 0 であるから、 (p^(n-m))t = sp^n となる s ∈ A がある。 両辺を p^n で割ると、tp^(-m) = s よって、t = s(p^m) (p^m)y = tx だから、(p^m)y = s(p^m)x よって、(p^m)(y - sx) = 0 となる。 z = y - sx とおけばよい。 何故なら、z の指数が m より小さいとすると、 y (mod N) の指数も m より小さいことになって矛盾。 証明終 690 名前：208 [2005/11/07(月) 10:21:05 ] 命題 A を単項イデアル整域、p を A の素元、M を p-加群(>>680) とする。 M は、単項 p-加群つまり一個の元で生成される p-加群の直和となる。 証明 M は長さ有限(>>671)だから、leng(M) に関する帰納法を使う。 x を M の元で、その指数 n が M の元のなかで最大のものとする。 M の各元の指数は>>684より有界だから、このような元は存在する。 leng(M/Ax) < leng(M) だから、帰納法の仮定より、M/Ax は 単項 p-加群 の直和となる。これらの単項 p-加群の生成元を それぞれ y_1 (mod Ax), ... , y_r (mod Ax) とする。 補題(>>689) より、y_i の指数は、y_i (mod Ax) の指数と一致する としてよい。すると、M は Ax, A(y_1), ... , A(y_r) の直和となる。 何故なら、ax + (b_1)(y_1) + ... + (b_r)(y_r) = 0 とする。 ここで、a, b_1, ... , b_r は A の元。 (b_1)(y_1) + ... + (b_r)(y_r) = 0 (mod Ax) となるから、 各 b_i = 0 (mod p^(m_i))となる。ここで、m_i は y_i の指数。 よって、各 (b_i)(y_i) = 0 である。よって、ax = 0 となる。 これと、leng(M) = leng(Ax + A(y_1) + ... + A(y_r)) に注意 すれば、M = Ax + A(y_1) + ... + A(y_r) (直和)となる。 証明終 691 名前：208 [2005/11/07(月) 10:27:37 ] >>690 の証明は Burnside の有限群論にある有限アーベル群に対する 同様の命題の証明をやや修正して借りた。この証明をこのように 単項イデアル整域上の加群に適用した例を知らない。 692 名前：208 [2005/11/07(月) 10:52:49 ] 単因子論を一般の単項イデアル整域上で満足のいく形で展開してる 本はBourbakiくらいしか知らない。もっとも現代の教科書を 全部チェックしたわけではないが。Langだったらやってるかも しれない。 大抵、有理整数環か多項式環またはせいせいユークリッド整域 しか扱ってないし、たまに単項イデアル整域を扱っていても、 詰めが甘かったりする。 693 名前：208 [2005/11/07(月) 10:59:23 ] Bourbakiにしたところで、具体的に与えられた行列を一般の単項イデアル整域上で 単因子の標準形に変形する方法については本文ではなくて演習問題に なってる。だけど、この演習問題はいい。この方法を思いついた人は偉い。 694 名前：208 [2005/11/07(月) 11:11:51 ] Van der Waerden によると >>690 から単因子論の基本定理、 つまり行列を単因子の対角行列に変形出来るという定理が 出るらしいけど、その方法を知らない。ちょっと考えたけど わからない。 695 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/07(月) 12:22:44 ] >>692単因子論を一般の単項イデアル整域上で満足のいく形で展開してる 岩波基礎数学講座「環と加群」だったかにも書かれている。 696 名前：208 [2005/11/07(月) 13:37:47 ] >>695 Thanks. 岩波の現代数学概説Ｉにも載ってるのを忘れてた。 だけどこれはBourbakiとよく似ている。 697 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/07(月) 14:18:54 ] おばかなおりそうもないね 698 名前：208 [2005/11/07(月) 15:17:49 ] 現代数学概説Ｉは、単因子の単因子たる由来の命題(後で述べる)については 書いてない。行列の基本変形についても書いてない。 だから、これも満足のいくものじゃない。 これから、私がBourbakiを参考に単因子論を展開する。 699 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/07(月) 15:24:35 ] もうすこしいろんなことべんきょうしてもらわねばなるまい 700 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/07(月) 15:25:14 ] 今日は暖かいね 701 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/08(火) 13:00:43 ] what is principalization theorem? 702 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/08(火) 16:35:54 ] Does someone explain what is almost etale extensions by Faltings? 703 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/08(火) 17:18:19 ] Does ? 704 名前：VIPPER mailto:sage [2005/11/09(水) 10:43:28 ] ＶＩＰからきますた、数学の天才、ちょっときてくれ(`・ω・´) 開成中の入試過去問題にお手上げ状態┐(´ー｀)┌ 【秀才】 この問題の解き方教えてくれ 【集まれ】 news19.2ch.net/test/read.cgi/news/1131301609/ 705 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/09(水) 17:48:17 ] 208は充電中？ 706 名前：208 [2005/11/10(木) 08:59:35 ] 補題 A を単項イデアル整域、p を A の極大イデアル、M を 単項 p-加群 とする。 つまり M は、p-加群(>>680)でかつ一個の元で生成される とする。Ann(M) = p^n とする(>>684)。>>678 より |M| = p^n である。 k ≧ 0 を整数として、(p^k)M を考える。 0 ≦ k ＜ n のとき、|(p^k)M| = p^(n-k) であり、 k ≧ n のとき、(p^k)M = 0 である。 証明 簡単なので読者に任す。 707 名前：208 [2005/11/10(木) 09:12:10 ] 補題 A を単項イデアル整域、p を A の極大イデアル、M を 単項 p-加群 とし、Ann(M) = p^n とする。 k ≧ 0 を整数として、p^(k-1)M/(p^k)M を考える。 0 ＜ k ≦ n のとき、|p^(k-1)M/(p^k)M| = p であり、 k > n のとき、p^(k-1)M/(p^k)M = 0 である。 証明 >>706より明らか。 708 名前：208 [2005/11/10(木) 09:13:36 ] 命題 A を単項イデアル整域、p を A の極大イデアル、M を 単項 p-加群 M_i, i = 1, ..., r の有限個の直和とする。|M_i| = p^(m_i) とする。 n を {m_1, ... , mr} の最大値とする。 0 ＜ k ≦ n のとき、leng(p^(k-1)M/(p^k)M) は、m_i ≧ k となる i の個数に等しい。 証明 >>707より明らか。 709 名前：208 [2005/11/10(木) 09:24:01 ] 命題 p を A の極大イデアル、M を p-加群 とする。 >>690より M は 単項 p-加群 M_i, i = 1, ..., r の有限個の直和となる。 |M_i| = p^(m_i) とする。 m_1 ≧ ... ≧ m_r と仮定してよい。 このとき、整数の組 (m_1, ... , m_r) は、 M により一意に決まる。 証明 Ann(M) = p^n とする。M の部分加群の列 M ⊃ pM ⊃ ... ⊃ p^(n-1)M ⊃ 0 を考える。この列の各剰余加群 p^(k-1)M/(p^k)M の長さを s_k と する。p の生成元をπとしたとき、πによる乗法により、 全射: p^(k-1)M/(p^k)M → (p^k)M/(p^(k+1))M が得られるから s_k ≧ s_(k+1) である。つまり、整数の降列 s_1 ≧ ... ≧ s_n が得られる。この列は、明らかに M だけで決まる。 これから、(m_1, ... , m_r) が決まることは、次のような図を書けば わかる。 まず、>>708 より s_1 = r_1 である。 s_1 個のブロック（レンガをイメージするとよい）を 横に水平に並べる。その上に左詰めに s_2 個のブロックを並べる。 同様にして、最後に s_n 個のブロックを並べる。 この図の左端の縦１列に並んだブロックの数が m_1 である(>>708)。 その隣の縦１列に並んだブロックの数が m_2 である(>>708)。 以下同様。 証明終 710 名前：208 [2005/11/10(木) 09:30:44 ] 命題 A を単項イデアル整域、M を A 上有限生成の捩れ加群とする。 M は 単項 加群 M_i, i = 1, ..., r の有限個の 直和となる。 証明 >>669 と >>690 より明らか。 711 名前：208 [2005/11/10(木) 09:40:03 ] 命題 A を単項イデアル整域、M を A 上有限生成の捩れ加群とする。 >>710 より M は 単項加群 M_i, i = 1, ..., r の有限個の 直和となるが、このとき、|M_1| ⊃ ... ⊃ |M_r| と出来る。 証明 >>669 と >>709 から明らか。 712 名前：208 [2005/11/10(木) 09:42:19 ] 命題 >>711 のイデアルの列 |M_1| ⊃ ... ⊃ |M_r| は M だけで決まり、 単項加群 M_i の取り方によらない。 証明 >>709 より明らか。 713 名前：208 [2005/11/10(木) 09:44:16 ] 定義 >>712 のイデアルの列 |M_1| ⊃ ... ⊃ |M_r| を M の不変因子と呼ぶ。 714 名前：208 [2005/11/10(木) 11:47:37 ] >>680 p-加群というより　p-準素加群(p-primary module) と呼んだほうが よかったかもしれない。さらに有限生成も仮定しないほうがいいかも。 715 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/10(木) 12:54:56 ] Problem: A:integral domain B:A-algebra of finite type Then there exists an element a(=/=0) of A such that B[1/a] is free A[1/a] module. 716 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/10(木) 15:03:18 ] ↑はFreitag＆Kiehlに主張されてるけど、一般には成り立たない。 AがBの部分環でなければ成り立たない気がする。 717 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/10(木) 15:45:24 ] >>716 AがBの部分環でないときはBで0になるa(=/=0)が存在し B[1/a]は零環だから>>715の主張は自明。 718 名前：208 [2005/11/10(木) 17:13:35 ] 定義 A を可換環、 M を A-加群とする。 T^n(M) を M の n 重のテンソル積 M(x)...(x)M とする。 T^p(M) (x) T^q(M) は T^(p+q)(M) と同一視出来るから、 ２重線形写像 f_(p,q): T^p(M) × T^q(M) → T^(p+q)(M) が f_(p,q)(x, y) = x(x)y により得られる。 T^0(M) = A と定義して直和 T(M) = ΣT^p(M) を考える。 T(M) は f_(p,q) により成分毎の積を定義することにより、 可換とは限らない A-代数となる。 これを A-加群 M 上のテンソル代数と呼ぶ。 719 名前：208 [2005/11/10(木) 17:15:21 ] おっと、>>718 の前書きを忘れてた。 Bourbakiによる単因子理論を紹介する前に、その準備として外積代数 について述べる。 720 名前：208 [2005/11/10(木) 17:18:50 ] 定義 A を必ずしも可換とは限らない環で、次の条件を満たすとする。 1) A = ΣA_p (直和) となる。ここで、p は有理整数全体をわたり、 A_p は A を加法に関してアーベル群とみたときの部分群 2) (A_p)(A_q) ⊂ A_(p+q) このとき A を(Z型の)次数環という。 p < 0 のとき A_p = 0 となるとき、非負の次数環という。 同様に、Z の n 個の直積を添字集合として、Z^n 型 の次数環 も定義される。 721 名前：208 [2005/11/10(木) 17:22:14 ] 命題 A を次数環とする。 1 ∈ A_0 となる。従って、A_0 は A の部分環である。 証明 読者にまかす。 722 名前：208 [2005/11/10(木) 17:28:03 ] 定義 A を次数環とする。M を A-加群で次の条件を満たすとする。 1) M = ΣM_p (直和) となる。ここで、p は有理整数全体をわたり、 M_p は M のアーベル群としての部分群 2) (A_p)(M_q) ⊂ M_(p+q) このとき M を(Z型の)A-次数加群という。 p < 0 のとき M_p = 0 となるとき、非負という。 M_p の元を同次元という。x ∈ M_p のとき p を x の次数と呼び、 p = deg(x) と書く。 同様に、Z^n 型 の次数加群も定義される。 723 名前：208 [2005/11/10(木) 17:32:41 ] 定義 A を次数環とする。M を A-次数加群とする。 N を M の A-加群としての部分加群とする。 N = Σ(N ∩ M_p) となるとき、N を M の同次部分加群という。 724 名前：208 [2005/11/10(木) 17:34:58 ] 定義 A を次数環とする。M を A-次数加群とする。 x ∈ M で x = Σx_p, x_p ∈ M_p であるとき、各 x_p を x の p 次の同次成分と呼ぶ。 725 名前：208 [2005/11/10(木) 17:36:33 ] 命題 A を次数環とする。M を A-次数加群とする。 N を M の A-部分加群とする。 N が M の同次部分加群となるためには、以下が成立つことが必要十分である。 x ∈ N なら、その各同次成分も N に含まれる。 証明 明らか。 726 名前：208 [2005/11/10(木) 17:37:36 ] 命題 A を次数環とする。M を A-次数加群とする。 N を M の A-部分加群とする。 N が M の同次部分加群となるためには、N が同次元で生成される ことが必要十分である。 証明 読者にまかす。 727 名前：208 [2005/11/10(木) 17:44:15 ] 定義 A を可換環、 M を A-加群とする。 T(M) を A 上の M から生成されるテンソル代数とする。 T(M) は明らかに次数 A-代数である。 T(M)の部分集合 {x^2; x ∈ M} から生成される両側イデアルを I とする。T(M)/I を A 上の M から生成される外積代数と呼び、 ΛM と書く。I は同次元で生成されるから同次イデアルである(>>726)。 よって、(Λ^p)M = T^p(M)/(I ∩ T^p(M)) とおけば、 ΛM = Σ(Λ^p)M (直和) となる。よって ΛM も次数 A-代数である。 (Λ^0)M = A であり、(Λ^1)M = M となる。 ΛM の２元 x, y の積を xΛy と書く。 728 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/10(木) 19:09:40 ] おろかしい 729 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/10(木) 19:28:08 ] 1スレッドぐらい私物化しても構わんけどageるな 730 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/10(木) 19:33:39 ] 208に外積代数がわかるとはおもえん つっこめばぼろが出るにきまってる だからつっこむのはやめろよ 731 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/10(木) 19:36:41 ] でもブルバキ写してるだけだろ 732 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/10(木) 19:44:03 ] だからつっこむのやめろよ 733 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/10(木) 20:01:48 ] 対称代数ならもっとやばい 734 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/10(木) 20:08:42 ] 退屈だなここは もっと殺伐としなくちゃ 割り算もういっかい蒸し返すかな どうせ208はわかってないし 735 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/10(木) 20:13:10 ] >読者にまかす。 そこまで写すかね。 736 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/10(木) 20:15:47 ] とほほすぎるね 737 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/10(木) 20:20:22 ] なんのためにブルバキを写すのか 習字でもやってるのか 738 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/10(木) 20:23:29 ] りはびり 739 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/10(木) 20:31:46 ] 外積代数というならもっと実質的なこと書いてほしいね 無理か 740 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/10(木) 20:37:39 ] ブルバキが最新の外積代数らしい うわっ 741 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/10(木) 20:56:43 ] >>715を証明してくれ。 B:domain,A上有限生成環 AはBの部分環でいい。 742 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/11(金) 09:45:37 ] ：１３２人目の素数さん ：2005/11/10(木) 20:56:43 >>715を証明してくれ。 B:domain,A上有限生成環 AはBの部分環でいい。 By generic flatness.... 743 名前：208 [2005/11/11(金) 10:18:27 ] テンソル代数は次の命題で特徴付けられる。 命題 A を可換環、 M を A-加群とする。 B を可換とは限らない A-代数とし、 f: M → B を A-加群としての射とする。 このとき、A-代数としての射 g: T(M) → B で f = gj となるものが一意に存在する。 ここで、j: M → T(M) は標準単射。 証明 読者に任す。 744 名前：208 [2005/11/11(金) 10:26:57 ] 命題 A を可換環、M を A-加群とする。 x_1, ... , x_p を M の元とする。 このとき、次の等式が成立つ。 x_σ(1)Λ...Λx_σ(p) = ε(σ)x_1Λ...Λx_p ここで、両辺は M の外積代数(>>727) ΛM の p-次同次成分 (Λ^p)M の元である。 証明 x, y ∈ M のとき、(x+y)Λ(x+y) = 0 となる。 これから n = 2 のときの証明が終わる。 n > 2 のときは帰納法を使う。 詳細は読者に任す。 745 名前：208 [2005/11/11(金) 10:28:51 ] >>744 σは集合{1, ..., n} の任意の順列であり、ε(σ)は、σの符号。 746 名前：208 [2005/11/11(金) 10:36:48 ] 命題 A を可換環、M を A-加群とする。 x_1, ... , x_p を M の元とする。 i ≠ j のとき x_i = x_j なら、 x_1Λ...Λx_p = 0 となる。 証明 まず、x_1 = x_2 のときは、x_1Λ...Λx_p = 0 となることに注意 する。これは、x_1Λx_2Λ...Λx_p = (x_1Λx_2)Λ...Λx_p で、x_1Λx_2 = 0 から明らか。 一般の場合は、σを集合{1, ..., n} の順列で σ(i) = 1, σ(j) = 2 とすれば、>>744 より、最初の場合に帰着する。 証明終 747 名前：208 [2005/11/11(金) 10:43:23 ] 外積代数は次の命題で特徴付けられる。 命題 A を可換環、 M を A-加群とする。 B を可換とは限らない A-代数とし、 f: M → B を A-加群としての射で、 f(x)^2 = 0 が任意の x ∈ M で成立つとする。 このとき、A-代数としての射 g: ΛM → B で f = gj となるものが一意に存在する。 ここで、j: M → ΛM は標準単射。 証明 読者に任す。 748 名前：208 [2005/11/11(金) 11:03:35 ] 定義 R を可換環、 A, B を可換とは限らない R-次数代数とする。 Z^2 型の R-次数代数 C を以下のように定義する。 C の (p,q)次の成分を C_(p,q) = A_p(x)B_q とする。 x ∈ A_p, y ∈ B_q z ∈ A_r, w ∈ B_s のとき、(x(x)y)(z(x)w) = (-1)^(qr) xz(x)yw と定義する。 この積が結合律を満たすことは読者に任す。 C を A と B の歪テンソル積と呼び、A(x)'B と書く。 749 名前：208 [2005/11/11(金) 11:48:10 ] 命題 R を可換環、 A, B を可換とは限らない R-次数代数とする。 C を Z^2 型の R-次数代数とする。 f: A → C g: B → C を R-代数の射で、 f(A_p) ⊂ C_(p,0) g(B_q) ⊂ C_(0,q) とする。 さらに、x ∈ A_p, y ∈ B_q のとき f(x)g(y) = (-1)^(pq) g(y)f(x) とする。 このとき、R-次数代数の(次数を保つ)射 h: A(x)'B → C で、hu = f, hv = g となるものが一意に存在する。 ここで、A(x)'B は A と B の歪テンソル積(>>748)で u: A → A(x)'B, v: B → A(x)'B は標準射。 証明 読者に任す。 750 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/11(金) 12:49:16 ] >>749 以下のように訂正する。 命題 R を可換環、 A, B, C を可換とは限らない R-次数代数とする。 f: A → C g: B → C を R-代数の射で次数を保つ、即ち f(A_p) ⊂ C_p g(B_q) ⊂ C_q とする。 さらに、x ∈ A_p, y ∈ B_q のとき f(x)g(y) = (-1)^(pq) g(y)f(x) とする。 このとき、R-代数の射 h: A(x)'B → C で、 h(A_p(x)B_q) ⊂ C_(p+q) hu = f, hv = g となるものが一意に存在する。 ここで、A(x)'B は A と B の歪テンソル積(>>748)で u: A → A(x)'B, v: B → A(x)'B は標準射。 証明 読者に任す。 751 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/11(金) 13:00:42 ] 命題 A を可換環、 M, N を A-加群とする。 L = M + N (直積)とする。 ΛL は (ΛM)(x)'(ΛN) に A-次数代数として標準的に同型となる。 ただし、(ΛM)(x)'(ΛN) の次数型は全次数 n = p + q により Z 型と考える。 証明 標準射 f: ΛM → ΛL と g: ΛN → ΛL がある。 これは、>>750 の命題の条件を満たす。 よって、h: (ΛM)(x)'(ΛN) → ΛL が定義される。 一方、標準射 M → (ΛM)(x)'(ΛN) と N → (ΛM)(x)'(ΛN) から、射 L → (ΛM)(x)'(ΛN) が定義される。 これは、>>747 の命題の条件を満たす。 よって、射 k: ΛL → (ΛM)(x)'(ΛN) が定義される。 h と k が互いに逆射となっていることは読者に任す。 証明終 752 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/11(金) 13:12:43 ] 208には本質がわかってないね 753 名前：208 [2005/11/11(金) 13:13:59 ] 命題 A を可換環、 M を階数 n の A-自由加群とする。 (Λ^p)M は階数 nCp の A-自由加群である。 ここで、nCp は n 個の集合から p 個の部分集合を取る組み合わせの数。 証明 M の基底を e_1, ... , e_n とする。 M = ΣAe_i （直和) だから、>>751 より ΛM = (ΛAe_1)(x)'...(x)' (ΛAe_n) となる。 各 ΛAe_i = A + A_ei に注意すればよい。 証明終 754 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2005/11/11(金) 13:21:28 ] はずかし

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