代数的整数論 II

1 名前：１３２人目の素数さん [2005/11/22(火) 16:08:30 ] さぁ、好きなだけ語れ。 シロート厳禁、質問歓迎！ 前スレ science4.2ch.net/test/read.cgi/math/1126510231 641 名前：GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w [2006/01/11(水) 14:50:02 ] talk:>>639 お前に何が分かるというのか？ 642 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/11(水) 15:02:19 ] talk:>>641 お前に何が分かるというのか？ 643 名前：１３２人目の素数さん [2006/01/11(水) 15:06:55 ] talk:>>641 お前に何が分かるというのか？ 644 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/11(水) 16:57:39 ] talk:>>1-643 おまいらに何が分かるというのか？ 645 名前：GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w [2006/01/11(水) 18:02:01 ] talk:>>642 お前に何が分かるというのか？ 646 名前：GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w [2006/01/11(水) 18:02:36 ] talk:>>643 お前に何が分かるというのか？ 647 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/11(水) 18:08:43 ] talk:>>645 お前に何が分かるというのか？ 648 名前：１３２人目の素数さん [2006/01/11(水) 18:12:01 ] talk:>>645 お前に何が分かるというのか？ 649 名前：GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w [2006/01/11(水) 18:16:33 ] talk:>>647-648 お前に何が分かるというのか？ 650 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/11(水) 18:46:06 ] talk:>>649 お前に何が分かるというのか？ 651 名前：１３２人目の素数さん [2006/01/11(水) 18:51:50 ] >>635-650 お前らに何が分かるというのか？ 652 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/11(水) 19:00:46 ] talk:>>651 お前に何が分かるというのか？ 653 名前：GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w [2006/01/11(水) 20:10:44 ] talk:>>650 お前に何が分かるというのか？ 654 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/11(水) 20:20:58 ] talk:>>653 お前に何が分かるというのか？ 655 名前：１３２人目の素数さん [2006/01/11(水) 20:24:25 ] talk:>>653 お前に何が分かるというのか？ 656 名前：１３２人目の素数さん [2006/01/11(水) 20:34:00 ] >>652-655 お前らに何が分かるというのか？ 657 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/11(水) 22:10:19 ] king よ！ ここを去れ！ゴミに反応するな。 658 名前：１３２人目の素数さん [2006/01/11(水) 22:22:11 ] >>1-657 お前ら、俺様のスレを荒らすなよ！ 659 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/11(水) 22:48:46 ] >>658　あんた誰？ 660 名前：GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w [2006/01/12(木) 07:05:45 ] talk:>>654-655 お前に何が分かるというのか？ talk:>>657 私を呼んだか？ 661 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/12(木) 10:28:57 ] 補題 A を整域とする。 a ∈ A, a ≠ 0 とする。 aA = (P_1)...(P_r) = (Q_1)...(Q_s) とする。 ここで各 P_i 及び各 Q_i は素イデアルである。 このとき、r = s であり、順序を適当に入れ替えると P_i = Q_i, i = 1, ..., r となる。 証明 P_1 を {P_1, ..., P_r} の極小元とする。 (Q_1)...(Q_s) ⊂ P_1 だから Q_i ⊂ P_1 となる i がある。 必要なら番号を付けかえて i = 1 と仮定する。 (P_1)...(P_r) ⊂ Q_1 だから P_j ⊂ Q_1 となる j がある。 P_j ⊂ Q_1 ⊂ P_1 だから P_1 の極小性より P_j = P_1 である。 よって、P_1 = Q_1 となる。 >>634より、P_1 は可逆である。 (P_1)(P_2)...(P_r) = (P_1)(Q_2)...(Q_s) の両辺に (P_1)^(-1) を掛けると、(P_2)...(P_r) = (Q_2)...(Q_s) となる。 これから、r に関する帰納法により本補題の主張が得られる。 証明終 662 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/12(木) 10:49:17 ] talk:>>660 お前に何が分かるというのか？ 663 名前：GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w [2006/01/12(木) 11:44:02 ] talk:>>662 お前に何が分かるというのか？ 664 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/12(木) 12:20:04 ] talk:>>663 お前に何が分かるというのか？ 665 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/12(木) 13:00:06 ] 補題 A を整域とする。 A の任意の零でないイデアルが有限個の素イデアルの積に 分解するとする。 P を A の素イデアルとし、a を A の元で P に含まれないものとする。 I = P + aA とする。このとき、I^2 = P + (a^2)A となる。 証明 I^2 = (P_1)...(P_r), P + (a^2)A = (Q_1)...(Q_s) とする。 ここで各 P_i 及び各 Q_i は素イデアルである。 φ: A → A/P を標準射とする。 φ(I^2) = φ(P_1)...φ(P_r) であり、 φ(I^2) = φ((P + aA)^2) = φ((a^2)A) である。 他方、φ(P + (a^2)A) = φ(Q_1)...φ(Q_s) であり、 φ(P + (a^2)A) = φ((a^2)A) である。 よって、φ((a^2)A) = φ(P_1)...φ(P_r) = φ(Q_1)...φ(Q_s) となる。 各 P_i にたいして、I^2 ⊂ P_i だから I ⊂ P_i となる。 よって P ⊂ P_i である。 各 Q_j にたいして、P ⊂ Q_j は明らか。 よって、φ(P_i), φ(Q_j) は A/P の素イデアルである。 >>661より、r = s であり、順序を適当に入れ替えると φ(P_i) = φ(Q_i), i = 1, ..., r となる。 よって、P_i = Q_i, i = 1, ..., r となり、 I^2 = P + (a^2)A となる。 証明終 666 名前：GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w [2006/01/12(木) 14:19:35 ] talk:>>664 お前に何が分かるというのか？ 667 名前：１３２人目の素数さん [2006/01/12(木) 14:23:46 ] >>666 あらすなよ！ 668 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/12(木) 15:04:49 ] talk:>>666 お前に何が分かるというのか？ 669 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/12(木) 17:47:41 ] 補題 A を整域とする。 A の任意の零でないイデアルが有限個の素イデアルの積に 分解するとする。 P を零でない素イデアルとし、I を P ⊂ I で P ≠ I となる イデアルとする。このとき P = PI となる。 証明 PI ⊂ P は明らかだから、 P ⊂ PI を示せばよい。 I ⊂ J なら PI ⊂ PJ だから、 a ∈ A とし、I = P + aA と仮定してよい。 >>665より、I^2 = P + (a^2)A となる。 I^2 = P^2 + Pa + (a^2)A だから、 P ⊂ P^2 + Pa + (a^2)A となる。 x ∈ P とすると、x = y + za + (a^2)b となる。 ここで、y ∈ P^2, z ∈ P, b ∈ A である。 これから、(a^2)b ∈ P となる。a^2 は P に含まれないから b ∈ P である。 よって、P ⊂ P^2 + Pa = P(P + aA) となる。 証明終 670 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/12(木) 18:23:22 ] 命題 A を整域とする。 A の任意の零でないイデアルが有限個の素イデアルの積に 分解するなら、A はDedekind整域(>>601)である。 証明 P を A の零でない素イデアルとする。 a ∈ P, a ≠ 0 をとり、aA = (P_1)...(P_r) とする。 ここで各 P_i は素イデアルである。 I をイデアルとし、P_i ⊂ I, P_i ≠ I と仮定する。 >>669より、P_i = (P_i)I である。>>634 より P_i は可逆だから I = A となる。よって、各 P_i は極大イデアルである。 (P_1)...(P_r) ⊂ P だから P_i ⊂ P となる i がある。 よって P = P_i となり、P は可逆である。 A の任意の零でないイデアルは有限個の素イデアルの積であるから、 これも可逆である。>>613より A はDedekind整域である。 証明終 671 名前：GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w [2006/01/12(木) 22:14:58 ] talk:>>667 おまえもな。 talk:>>668 お前に何が分かるというのか？ 672 名前：１３２人目の素数さん [2006/01/12(木) 22:17:35 ] マジで荒らすなよ。 673 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/12(木) 23:59:39 ] talk:>>671 お前に何が分かるというのか？ 674 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/13(金) 09:29:05 ] >>661の補題の前に次の補題を書いておいたほうが良かった。 補題 A を環とする。 (P_1)...(P_r) = (Q_1)...(Q_s) とする。 ここで各 P_i 及び Q_j は A の可逆な素イデアルである。 このとき、r = s であり、順序を適当に入れ替えると P_i = Q_i, i = 1, ..., r となる。 証明 >>661と同様。 675 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/13(金) 09:45:55 ] >>670 >A を整域とする。 A を体でない整域とする。 676 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/13(金) 09:47:57 ] 命題 A をDedekind整域(>>601)とする。 A の非零イデアル I は、極大イデアルの有限個の積に順序を除いて 一意的に分解される。 証明 分解の可能なことは、>>616 で証明されている。 一意性は>>611と>>674から出る。 証明終 677 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/13(金) 12:19:37 ] 定義 A を整域とし、K をその商体とする。 K の A-部分加群 I が次の条件を満たすとき I を A の分数イデアル と呼ぶ。 1) I ≠ 0 2) K の元 x ≠ 0 で xI ⊂ A となるものがある。 678 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/13(金) 12:27:38 ] 命題 A を整域とし、K をその商体とする。 K の A-部分加群 I ≠ 0 が有限生成なら分数イデアル(>>677)である。 A がネーター整域なら逆も成立つ。 証明 明らかだろう。 679 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/13(金) 13:50:44 ] 命題 A をDedekind整域(>>601)とし、K をその商体とする。 A の分数イデアルと K の A-可逆部分加群(>>430) は同じものである。 証明 I を A の分数イデアルとする。 K の元 x ≠ 0 で xI ⊂ A となるものがある。 xI = J とおけば、J は A の非零イデアルであるから >>611 より 可逆である。I = J(1/x) だから I も可逆である。 逆に、K の A-可逆部分加群は、>>504 より A-加群として有限生成 であるから >>678 より分数イデアルである。 証明終 680 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/16(月) 09:46:37 ] >>676 一意性は>>611と>>674から出る。 >>616の証明からも一意性は明らか。 681 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/16(月) 10:01:19 ] >>634の補題は次のより一般的な補題の系としたほうがよかった。 補題 A を環とし、B を A の全商環(>>362)とする。 M, N を B の A-部分加群とする。 MN が可逆(>>430)なら、M と N も可逆である。 証明 MN が可逆だから、(MN)L = A となる B の A-部分加群 L がある。 よって、M の逆加群は NL であり、N の逆加群は MLである。 証明終 682 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/16(月) 10:07:04 ] >>669 の証明は以下のようにほんのわずか修正したほうが分かりやすい。 証明 PI ⊂ P は明らかだから、 P ⊂ PI を示せばよい。 I ⊂ J なら PI ⊂ PJ だから、 a ∈ A とし、I = P + aA と仮定してよい。 >>665より、I^2 = P + (a^2)A となる。 I^2 = P^2 + Pa + (a^2)A だから、 P ⊂ P^2 + Pa + (a^2)A ⊂ P^2 + aA となる。 よって、x ∈ P とすると、x = y + ab となる。 ここで、y ∈ P^2, b ∈ A である。 これから、ab ∈ P となる。a は P に含まれないから b ∈ P である。 よって、P ⊂ P^2 + Pa = P(P + aA) となる。 証明終 683 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/16(月) 10:17:44 ] >>670 の証明(の本質部分)は、松村(1980年頃)にも Zariski-Samuel(1958年)にも載っているが、 秋月・永田の近代代数学(1957年)にもある。 ただし、この本の証明はやや分かりにくい (本質的には我々のと同じだが)。 この本の備考に、この証明は浅野の代数学１(岩波)からとったとある。 ただし、これだけからは浅野がこの証明の最初の考案者かどうかは 分からない。 684 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/16(月) 12:02:32 ] 補題 A を整域とする。 I, J を A の分数イデアル(>>677)とする。 IJ, I + J, I ∩ J も分数イデアルである。 証明 K を A の商体とする。 K の元 x ≠ 0 と y≠ 0 で xI ⊂ A, yJ ⊂ A となるものがある。 x = a/b, a ∈ A, b ∈ A とすると、aI ⊂ bA ⊂ A だから、 x, y は A の元と仮定してよい。 xyIJ ⊂ A, xy(I + J) ⊂ A, xy(I ∩ J) ⊂ A は明らか。 分数イデアルの定義(>>677) より I ≠ 0, J ≠ 0 である。 A は整域だから、IJ ≠ 0 である。 I + J ≠ 0 は明らか。 xyIJ ⊂ xI ∩ yJ ⊂ I ∩ J だから、I ∩ J ≠ 0 である。 証明終 685 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/16(月) 12:48:22 ] >>681 しつこいけど、この補題は単位半群、即ちモノイドにおける 命題として定式化出来るね。 686 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/16(月) 13:02:58 ] 定義 A を環とし、B をその全商環(>>362)とする。 M, N を B の A-部分加群とする。 B の部分集合 {x ∈ B; xN ⊂ M} はA-部分加群である。 これを、(M : N) と書く。 687 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/16(月) 13:03:38 ] 補題 A を環とし、B をその全商環(>>362)とする。 M, N_1, N_2 を B の A-部分加群とする。 (M : N_1 + N_2) = (M:N_1) ∩ (M:N_2) である。 証明 明らか。 688 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/16(月) 13:04:55 ] 補題 A を整域とし、K をその商体とする。 M を K の A-部分加群とする。 x ≠ 0 を K の元とすると、(M : xA) = M(1/x) である。 証明 明らか。 689 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/16(月) 13:07:49 ] 補題 A を整域とする。 M, N を A の分数イデアル(>>677)とする。 N が A-加群として有限生成なら、(M : N) も分数イデアルである。 証明 >>684, >>687, >>688 よりでる。 証明終 690 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/16(月) 13:52:12 ] 命題 A を環、B を平坦な A-代数(>>221)とする。 L を A-加群、M, N を L の A-部分加群とする。 (M ∩ N)(x)B = M(x)B ∩ N(x)B となる。 ここで、(M ∩ N)(x)B, M(x)B, N(x)B は、B の平坦性により、 それぞれ L(x)B の部分加群と見なしている。 証明 完全列 0 → M ∩ N → L → L/M + L/N (直和) より、完全列 0 → (M ∩ N)(x)B → L(x)B → (L/M)(x)B + (L/N)(x)B (直和) が得られる。 B の平坦性により、 (L/M)(x)B = (L(x)B)/(M(x)B), (L/N)(x)B = (L(x)B)/(N(x)B) だから、 (M ∩ N)(x)B = M(x)B ∩ N(x)B となる。 証明終 691 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/16(月) 14:04:44 ] 補題 A を整域とし、K をその商体とする。 M, N を K の A-部分加群とする。 S を A の積閉集合とする。 N が A-加群として有限生成なら、 (M : N)_S = (M_S : N_S) である。 証明 N が１個の元で生成されるときは、>>688 より明らか。 一般のときは、>>687 と >>690 より出る。 証明終 692 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/16(月) 14:34:32 ] 補題 A を整域とし、K をその商体とする。 M, N を K の有限生成 A-部分加群とする。 A のすべての極大イデアル m に対して MA_m = NA_m なら M = N である。 証明 A のすべての極大イデアル m に対して NA_m ⊂ MA_m なら N ⊂ M であることを示せばよい。 I = {x ∈ A; xN ⊂ M} とおく。I は A のイデアルである。 N の生成元を x_1, ..., x_n とする。 NA_m ⊂ MA_m より、(s_i)(x_i) ⊂ M となる s_i ∈ A - m がある。 s = (s_1)...(s_n) とすれば、sN ⊂ M となる。 よって s ∈ I となる。s ∈ A - m だから、I は m に含まれない。 m は A の任意の極大イデアルだから I = A である。 よって、特に 1 ∈ I だから、N ⊂ M である。 証明終 693 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/16(月) 16:00:23 ] 次の命題は >>235 などを使っても証明出来るが、別の証明を述べる。 命題 A をネータ整域とし、K をその商体とする。 M を A の分数イデアル(>>677)とする。 A のすべての極大イデアル m に対して MA_m が K の A_m -部分加群として可逆(>>430)なら、 M は A-部分加群として可逆(>>430)である。 証明 m を A の任意の極大イデアルとする。 MA_m = M_m は可逆だから >>503 より (M_m)(A_m ; M_m) = A_m である。 一方、A はネーターだから、>>678 より M は有限生成である。 よって、>>691 より M(A : M)A_m = (M_m)(A_m ; M_m) である。 よって、M(A : M)A_m = A_m である。 >>689 より (A : M) は分数イデアルである。 A はネーターだから、>>678 より (A : M) は有限生成である。 よって、M(A : M) も有限生成である。 よって、>>692 より M(A : M) = A となる。 証明終 694 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/16(月) 16:11:49 ] >>611 の命題の別証明 命題 A をDedekind整域(>>601)とする。 A の非零イデアル I は可逆(>>430)である。 証明 p を A の極大イデアルとする。ht(p) = 1 だから、>>585 より A_p は離散付値環である。よって、IA_p は A_p の可逆イデアルである。 >>693 より I は可逆である。 証明終 695 名前：ゆんゆん ◆kIuLDT68mM mailto:sage [2006/01/16(月) 16:21:25 ] いつも何してるんですか。 思い切って聞いてみました。 696 名前：１３２人目の素数さん [2006/01/16(月) 17:36:36 ] ゆんゆんちゃんが黙殺されますた。ご愁傷様でつ。 697 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/16(月) 17:41:44 ] ゆんゆんて誰？　kingみたいな人？ 698 名前：１３２人目の素数さん [2006/01/16(月) 17:44:40 ] kingよりもずっと偉いお方じゃ！無礼者め！ 699 名前：GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w [2006/01/16(月) 17:48:12 ] talk:>>698 なんだと？ 700 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/16(月) 18:03:59 ] >>698 ははー、失礼いたしますた。 kingより偉いことはわかったでつ。もう少し、く・わ・し・く！ 701 名前：１３２人目の素数さん [2006/01/16(月) 18:06:08 ] >>699 ×：kingよりもずっと偉いお方じゃ！無礼者め！ 〇：king殿はずっと偉いお方じゃ！無礼者め！ 702 名前：１３２人目の素数さん [2006/01/16(月) 18:07:22 ] >>700 ふむ。良きに計らえ。 703 名前：ゆんゆん ◆kIuLDT68mM mailto:sage [2006/01/16(月) 18:52:04 ] >>698 kingとスレ主比べてるんでしょ？ 9208 ◆lJJjsLsZzw さん、お邪魔しました。 704 名前：GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w [2006/01/16(月) 19:49:22 ] talk:>>701 I'm the King of kings. 705 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/16(月) 19:53:12 ] >>704 知らない間にボキャが増えたね。 706 名前：GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w [2006/01/16(月) 19:59:27 ] talk:>>705 何だよ？ 707 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/17(火) 09:30:11 ] >>677の分数イデアルの定義は A が整域とは限らない場合には 以下のようになる。 定義 A を環とし、B をその全商環(>>362)とする。 B の A-部分加群 M が次の条件を満たすとき M を A の分数イデアル と呼ぶ。 1) M は非退化(>>431)である。 2) A の非零因子 s で sM ⊂ A となるものがある。 708 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/17(火) 09:54:42 ] 命題 A を環とし、B をその全商環(>>362)とする。 M を B の A-部分加群とする。 M が A の分数イデアル(>>707)であるためには次の条件が 必要十分である。 A の非零因子 s で sA ⊂ M ⊂ A(1/s) となるものがある。 証明 M が A の分数イデアルであるとする。 M は非退化だから >>434 より A の非零因子 t で t ∈ M となるもの がある。一方、分数イデアルの定義より A の非零因子 s で sM ⊂ A となるものがある。 st ∈ M で stM ⊂ sM ⊂ A だから M ⊂ A(1/st) である。 よって、stA ⊂ M ⊂ A(1/st) である。 条件が十分なことは明らか。 証明終 709 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/17(火) 10:41:02 ] >>676の別証 命題 A をDedekind整域(>>601)とする。 A の非零イデアル I は、極大イデアルの有限個の積に順序を除いて 一意的に分解される。 証明 A の極大イデアル p に対して IA_p ≠ A_p となるためには I ⊂ p が必要十分である。これは明らかだろう。 A の非零素イデアルは極大だから、Supp(A/I) は 極大イデアルのみからなる。よって前スレの166より、 Ass(A/I) = Supp(A/I) となるから、Supp(A/I) は有限個である。 Supp(A/I) = {p_1, ..., p_r} とする。 >>585 より各 A_(p_i) は離散付値環であるから、 IA_(p_i) = (p_i)^(n_i)A_(p_i) となる整数 n_i > 0 がある。 J = (p_1)^(n_1)...(p_r)^(n_r) とおく。 容易にわかるように、IA_(p_i) = JA_(p_i) である。 極大イデアル p が集合 {p_1, ..., p_r} に含まれないときは、 IA_p = A_p = JA_p である。 よって、>>692 より I = J である。 証明終 710 名前：１３２人目の素数さん [2006/01/17(火) 11:38:04 ] A をDedekind整域(>>601)とする。 p を A の極大イデアルとする。 >>585より A_p は離散付値環である。 よって pA_p は単項イデアルである。 この生成元を t とする。t ∈ A_p だから t = a/s, a ∈ p, s ∈ A - p と書ける。 s は A_p の可逆元だから、(a/s)A_p = aA_p である。 よって、t ∈ p と仮定してよい。 x ≠ 0 を K の元とする。xA_p = (t^n)A_p となる 整数 n が一意に定まる。n = ν_p(x) と書く。略してν(x)とも書く。 明らかに ν(x) は t の選び方によらない。 711 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/17(火) 12:28:33 ] >>710 の ν_p(x) は x = 0 のときに ν_p(x) = ∞ と定義する。 こう定義したとき、ν_p を p で定まる離散付置と呼ぶ。 712 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/17(火) 12:31:07 ] >>711 >こう定義したとき、ν_p を p で定まる離散付置と呼ぶ。 離散付値 713 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/17(火) 12:34:06 ] 付値論については後でやる予定。 ここでは単に用語の定義だけ。 714 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/17(火) 12:50:42 ] A をネーター整閉整域とし、p を A の高さ１の素イデアルとする。 >>585より A_p は離散付値環である。 よって p で定まる離散付置ν_pが >>710 とまったく同様に定義出来る。 715 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/17(火) 12:59:21 ] 補題 A をネーター整閉整域とし、p を A の高さ１の素イデアルとする。 ν_p を p で定まる離散付置(>>714)とすると、任意の整数 n ≧ 0 に対して p^(n) = {x ∈ A; ν_p(x) ≧ n} となる。 ここで、p^(n) = A ∩ (p^n)A_p つまり p の記号的 n-乗(前スレの348)。 証明 (p^n)A_p = {x ∈ K; ν_p(x) ≧ n} は ν_p の定義より明らか。 よって p^(n) = A ∩ (p^n)A_p に注意すればよい。 証明終 716 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/17(火) 13:03:43 ] 補題 A をDedekind整域(>>601)とし、p を A の極大イデアルとする。 ν_p を p で定まる離散付置(>>711)とすると、任意の整数 n ≧ 0 に対して p^n = {x ∈ A; ν_p(x) ≧ n} となる。 証明 >>715 と p^n = A ∩ (p^n)A_p より明らか。 証明終 717 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/17(火) 16:03:41 ] >>716 >p^n = A ∩ (p^n)A_p より明らか。 これは >>615 からわかる。 718 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/17(火) 17:27:38 ] 命題 A をネーター整閉整域ととする。 I を A のイデアルで、Ass(A/I) = {p_1, ..., p_r} で 各 i で ht(p_i) =1 とする。IA_p_i = (p_i)^(n_i)A_p_i とする。 このとき、I = {x ∈ A; ν_p_i(x) ≧ n_i, i = 1, ..., r} となる。 証明 I = q_1 ∩...∩ q_r を準素イデアル q_i による最短準素分解 (前スレの188)とする。Ass(A/q_i) = {p_i} とする。 ht(p_i) = 1 だから、p_i は Supp(A/I) の極小元である。 よって、前スレの198より q_i = A ∩ IA_(p_i) となる。 よって >>715 より本命題の主張が得られる。 証明終 719 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/17(火) 17:30:40 ] ×離散付置 ○離散付値 720 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/17(火) 19:34:16 ] このすれに現れたゆんゆんなるもの、実は男らしい。ウゲェー。 721 名前：１３２人目の素数さん [2006/01/18(水) 06:28:36 ] ×離散付値 ○離散賦値 722 名前：ゆんゆん ◆kIuLDT68mM mailto:sage [2006/01/18(水) 07:59:33 ] おはよーございます、9208 ◆lJJjsLsZzw さん。 ちょっと失礼・・・ >>720聞き捨てならねーな。 723 名前：１３２人目の素数さん [2006/01/18(水) 09:07:16 ] >>722 ネカマだろ？ 724 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/18(水) 10:14:14 ] Dedekind整域のもう１つの特徴付けを述べるのを忘れていた。 以下、それを述べる。 補題 A をネーター局所整域とし、m をその極大イデアルとする。 dim(m/m^2) = 1 なら A は離散付値環である。 ここで、dim(m/m^2) は m/m^2 の 体 A/m 上のベクトル空間として の次元である。 証明 >>569より m は単項イデアルである。 よって >>568より A は離散付値環である。 証明終 725 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/18(水) 10:28:19 ] 補題 A を体でないネーター整域とする。 A の任意の極大イデアル m に対して A_m が離散付値環なら A は Dedekind整域である。 証明 m を A の極大イデアルとする。 A_m は離散付値環だから、ht(m) = 1 である。 これから dim(A) = 1 である。 >>612より、 A = ∩A_m (m は A の極大イデアル全体を動く)となる。 >>607 より各 A_m は整閉だから、A も整閉である。 以上から A は １次元のネーター整閉整域すなわち Dedekind整域である。 証明終 726 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/18(水) 10:30:47 ] 命題(園による) A を体でないネーター整域とする。 A の任意の極大イデアル m に対して m と m^2 の間に真のイデアル がないとする。このとき、A はDedekind整域である。 証明 m = m^2 とすると中山の補題(前スレの242)より m = 0 となって A が体でないことに矛盾する。よって m ≠ m^2 である。 a ∈ m - m^2 をとる。m と m^2 の間に真のイデアルがないから m = m^2 + aA である。よって dim(m/m^2) = 1 である。 よって >>724 より A_m は離散付値環である。 よって >>725 より A はDedekind整域である。 証明終 727 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/18(水) 10:43:33 ] >>726 >m = m^2 とすると中山の補題(前スレの242)より m = 0 となって m = m^2 とすると mA_m = m^2A_m となって、 中山の補題(前スレの242)より mA_m = 0 よって m = 0 となって 728 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/18(水) 10:57:17 ] レス番号が800になる前に「代数的整数論３」のスレを誰か作って くれないかな。レス番号が800になった時点でそっちに移りたいから。 そうするとこのスレは少しは生き延びるから後の参照に便利だろう。 729 名前：king 氏 mailto:sage [2006/01/18(水) 11:25:37 ] >>728 は？誰の厄にもたたんよ。 730 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/18(水) 11:34:45 ] 代数幾何の初歩を知っている人向けの解説を行う。 k を代数的閉体、X を k上の既約な代数多様体とする。 つまり、X はk上有限型の既約かつ被約な分離的スキームである。 さらに X は正規、つまり X の各閉点 p における局所環 O_p が整閉 であるとする。 簡単のため X がアフィンの場合を考える。 A = Γ(X) を X の座標環とする。 仮定より A の極大イデアル m に対して A_m は整閉である。 >>612より、 A = ∩A_m (m は A の極大イデアル全体を動く)となる。 よって A は整閉である。 よって >>584 より S を A の(0を含まない)積閉部分集合とすると、 A_S も整閉である。 W を X の余次元１の既約閉部分集合とする。 W の生成点を p とすれば A_p は dim(A_p) = 1 である。 A_p は上で述べたことより整閉であるから>>555より離散付値環である。 よって>>714により離散付値ν_pが定義される。 K を X の有理関数体とする。つまり K は A の商体である。 f を K の 0 でない元とする。ν_p(f) は、 f の W における零点または極の位数を表すと考えられる。 ν_p(f) > 0 のときは零点の位数をあらわし、 ν_p(f) < 0 のときは、その絶対値が極の位数を表す。 731 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/18(水) 11:38:03 ] >>728 (非常に大雑把に言えば)一つスレを立てれば一つスレが落ちる。 スレッドは資源であり、貴方は「他人が見ても役立つだろう」という考えの下 資源を一つ消費してノート代わりにしている立場なのだという意識を忘れずに。 現行スレを一定期間二つ併存させるなんて無駄遣いしないで。 makimo.to/2ch/science4_math/1126/1126510231.html で過去ログは見れるんだし。 トップはmakimo.to/2ch/ 732 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/18(水) 11:43:35 ] >>731 アホの相手するなよ。 好きなだけ写経させてやってくれ。 733 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/18(水) 11:47:12 ] 過去ログがすぐ見れるなら>>728は撤回するけど、どうなの？ 734 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/18(水) 11:50:07 ] >>733 確かスレが1000まで行ってから二日か三日くらいで makimo.to/2ch/で見られるようになるはず。 735 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/18(水) 11:56:20 ] >>734 Thanks。なら撤回する。 736 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/18(水) 12:49:13 ] 補題 A をネーター整閉整域とし、K をその商体とする。 ht(p) = 1 となる A の素イデアル p の全体を P とする。 A = {x ∈ K; すべての p ∈ P でν_p(x) ≧ 0} となる。 証明 >>605より明らか。 737 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/18(水) 13:14:27 ] 定義 A をネーター整閉整域とし、I を A のイデアルとする。 Ass(A/I) の各元の高さが１のとき、I を因子的イデアルと呼ぶ。 738 名前：9208 ◆lJJjsLsZzw [2006/01/18(水) 13:41:41 ] 命題 A をネーター整閉整域とする。 ht(p) = 1 となる A の素イデアル p の全体を P とする。 (n_p) を各 p ∈ P を添字とする有理整数の列で、 各 p ∈ P にたいして n_p ≧ 0 であり、 有限個の p を除いて n_p = 0 とする。 I = {x ∈ K; 各 p ∈ P において ν_p(x) ≧ n_p} とおくと、 I は因子的イデアル(>>737)である。 逆に任意の因子的イデアルは、このように表される。 証明 n_p ≠ 0 のとき q_p = {x ∈ A; ν_p(x) ≧ n_p} とおくと、 q_p = A ∩ p^(n_p)A_p である。つまり、q_p は p の記号的n_p乗 p^(n_p) である(前スレの348)。 前スレの351より、q_p は準素イデアルであり Ass(A/q_p) = {p} である。 よって、n_p ≠ 0 となる p の全体を p_1, ..., p_r とすれば、 I = q_p_1∩...∩q_p_r となる(>>736を考慮する) 。 これから、I が因子的なことがわかる。 逆に任意の因子的イデアルが、命題の主張のように表されることは、 >>718 と >>736 より明らか。 証明終 739 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/18(水) 13:46:53 ] >>731 うん、うん。もっと言ってやって。 740 名前：１３２人目の素数さん [2006/01/18(水) 14:00:12 ] 荒しには何も言わないで何言ってやがる。 このスレの有用性は俺が宣伝するまでもないだろ。 各命題は可換代数における基礎的かつ重要なものばかり。 それに丁寧に証明を付けている。 741 名前：１３２人目の素数さん mailto:sage [2006/01/18(水) 14:45:06 ] >>740 荒らし共は、本論が停滞したとき幕間繋ぎに湧き出て来るんだから、相手にするな。 その他は通り掛かりの気紛れだから、適当にあしらい気にするな。

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