05/09/27 09:38:59
>>116の命題を証明する。
命題
A を環とし、(M_i), i ∈ I をA-加群の帰納系とする。
ここで、I は有向前順序集合。
同様に、(N_j), j ∈ J をA-加群の帰納系とする。
ここで、J は有向前順序集合。このとき、
ind.lim M_i(x)N_j = (ind.lim M_i) (x) (ind.lim N_j)
となる。ここで等号は同型を表す。
(M_i(x)N_j) の添え字集合は I と J の直積に、(i, j) ≦ (i', j')
を、i ≦ i' かつ j ≦ j' と定義したものこれが有向前順序集合に
なることは明らかだろう。
証明
M = ind.lim (M_i)
N = ind.lim (N_j)
T = ind.lim M_i(x)N_j とおく。
M × N から T への写像φを以下のように定義する。
(x, y) ∈ M × N とし、x = f_i(x_i), y = g_j(y_j) とする。
ここで、x_i ∈ M_i, y_j ∈ N_j で、f_i, g_j はそれぞれ
(M_i), (N_j) の極限を定義する標準射。
φ(x, y) = h_(i,j)(x_i (x) y_j) とする。
ここで、h_(i,j): M_i(x)N_j → T は標準射。
これが、x_iとy_jの取り方によらないことと、双線形写像であること
の確認は各自にまかす。
よって、テンソル積 M (x) N の性質から、φ(x, y) = λ(x (x) y)
となる A-加群としての射 λ: M (x) N → T が存在する。
他方、 μ_(i,j) : M_i(x)N_j → M (x) N が μ_(i,j) = f_i (x) g_j
と定義して得られる。射の族 (μ_(i,j)) は帰納系 (M_i(x)N_j) から
M (x) N への射を定義する。よって、μ: T → M (x) N が得られる。
λとμが、互いに逆写像になっていることは容易にわかる。
証明終
143:208
05/09/27 09:56:48
>>142の記号を使う。
x ∈ M, y ∈ N とし、x (x) y = 0 とする。
>>118より x = f_i(x_i), y = g_j(y_j) となる
x_i ∈ M_i, y_j ∈ N_j がある。
(f_i (x) g_j) (x_i (x) y_j) = f_i(x_i) (x) g_j(y_j) = x (x) y = 0
となる。
>>120 より、 x_k (x) y_l = 0 となる、x_k ∈ M_k, y_l ∈N_l
がある。ここで i ≦ k, j ≦ l であり、x_k = f_(k, i)(x_i),
y_l = g_(l, j)(y_j)
144:208
05/09/27 10:09:42
命題
A を環とし、M と N を A-加群とする。
x ∈ M, y ∈ N とし、x (x) y = 0 とする。
このとき、x を含む A上有限生成の M の部分加群 M' と
y を含む A上有限生成の N の部分加群 N' が存在し、
M' (x) N' の元として x (x) y = 0 となる。
証明
M の有限生成部分加群全体の族 (M_i) を考える。
ここで添え字集合 I は M の有限生成部分加群のなす集合であり、
包含関係により順序を定義する。I は有向順序集合である。
当然、有向前順序集合でもある。
M = ind.lim (M_i) は明らかだろう。
同様に、N の有限生成部分加群全体の族 (N_j) を考える。
N = ind.lim (N_j) となる。
こもまでくれば、>>143より命題は明らかだろう。
証明終
145:208
05/09/27 10:38:01
>>85の証明をする。
命題
A を環とし、MをA-加群とする。
SをAの積閉集合とする。
M_S = M(x)A_S と定義する。
ここで、M(x)A_S は M とA_Sの A 上のテンソル積。
M_S は A_S-加群となる。M_S を M[1/S] と書くこともある。
x ∈ M, s ∈ S のとき、x (x) (1/s) を x/s と書く。
x/s = 0 とすると、ある t ∈ S があり、tx = 0 となる。
証明
x/s = x (x) (1/s) = 0 より、x/1 = x (x) 1 = 0 となる。
>>144 より、A_S のA-加群としての有限生成部分加群 N で
1 を含み、M (x) N の元として x (x) 1 = 0 となる。
N の生成元を、a_1/t_1, ... , a_r/t_r とする。
t_1, ..., t_r の積を t とすれば、N ⊂ A(1/t) となる。
I = {a ∈ A; ある s ∈ S に対して sa = 0} と定義すると、
I は A nのイデアルである。
a ∈ A のとき、a/t = 0 となるのは、sa = 0 となる s ∈ S
があるときに限る。つまり、a ∈ I である。
A-加群としての射 f: A → A(1/t) を、f(a) = a/t で定義する。
この射の核は、I に他ならない。f は明らかに全射だから、
A(1/t) は A/I と同型である。よって、 M (x) A(1/t) は
M (x) (A/I) = M/IM に同型である。この同型により、
x (x) 1 = x (x) (t/t) は tx mod IM に移る。
x (x) 1 = 0 だから、tx ∈ IM となる。よって、tx = Σ(a_i)(m_i)
となる、有限個の a_i ∈ I と m_i ∈ M がある。
すべての a_i に対して sa_i = 0 となる s ∈ S がある。
この s により stx = 0 となる。
証明終
146:208
05/09/27 12:17:37
A をネーター環とし、Mを A-加群とする。
p を Supp(M) の極小元とすると、p ∈ Ass(M) となる。
証明
M_p は空でないから、>>90より Ass(M_p) は空でない。
Ass(M_p) は Spec(A_p) の部分集合であり、Spec(A_p) は
{q ∈ Spec(A); q ⊂ p} と同一視される(>>81)。
pの極小性より、Ass(M_p) = {pA_p} となる。
一方、>>95より、この同一視により Ass(M_p) = Ass(M) ∩ Spec(A_p)
となる。よって、p ∈ Ass(M) となる。
証明終
147:208
05/09/27 12:31:14
随伴素イデアル(つまり Ass(M) の元)という概念 は Bourbakiの
手柄だね。それ以前は、この概念は準素加群分解に現れる素イデアル
ということでしか定義されなかった。
随伴素イデアルの重要性を示すために例として有限アーベル群の
随伴素イデアルは何かという問題を出そう。
別の例として、V を代数的閉体 K 上の有限次ベクトル
空間とし、u を Hom(V, V) = End(V) の元とする。
K[X] を K 上の１変数多項式環とし、 X に u を対応させることにより、
K-多元環としての射 K[X] → End(V) が得られる。この射により、
V は K[X]-加群となる。このK[X]-加群の随伴素イデアルは何か？
148:１３２人目の素数さん
05/09/27 12:43:22
しかし、これだけ演習題を提示して
証明もあたえらるなら、本にして売ったほうがいいような気がする
「電車男」なんてインチキ本が売れるんだ、
「数」の世界にごまかしはないからぜひとも編纂願う
149:１３２人目の素数さん
05/09/27 12:50:06
興味ある奴の絶対数が違いすぎる
150:208
05/09/27 12:52:09
随伴素イデアルの理論の次はだいたい以下のように考えている。
・Artin環
・Dedekind環の特性つけ
・Krull-秋月の定理
・正規環の因子類群
・ガロワ拡大におけるHilbertの分岐理論
・Dedekindの判別定理の証明
・付値論の初歩
・完備付値体の理論
途中で変更の可能性もある。
151:１３２人目の素数さん
05/09/27 12:56:30
興味ない奴はスルーすればいいだけとか言うくらいだったら、
自分でサイト作ってそこに文章書いて掲示板でも設置すればいいのに。
彼が2chという掲示板でやる理由は何だろうね。
152:１３２人目の素数さん
05/09/27 12:57:29
わかりきった問いをするなよ
153:１３２人目の素数さん
05/09/27 13:12:21
本当は大学か何かの先生だったりします？>>208
154:１３２人目の素数さん
05/09/27 13:58:34
>>153
だろうね。
155:208
05/09/27 15:27:24
そんなわけねえだろ。学部で圏論教えてるかどうか聞いてるのに。
156:208
05/09/27 15:28:45
>>152
ほう、教えてくれ
157:208
05/09/27 15:45:20
A をネーター環とし、Mを A-加群とする。
N を M の部分加群とする。
Ass(M/N) が１個の素イデアルのみからなるとき、N を M の
準素(primary)部分加群という。Ass(M) が１個の素イデアルのみから
なるとき、つまり {0} が M の準素部分加群となるとき、
M を余準素(coprimary)加群という。
M の部分加群 N が真に大きい部分加群の共通部分になるとき、
つまり、N = N_1 ∩ N_2, N ≠ N_1, N ≠ N_2 となる部分加群
N_1, N_2 があるとき、N を可約部分加群という。可約でないとき
既約という。
158:208
05/09/27 16:03:24
命題
A をネーター環とし、Mを A-加群とする。
N を M の部分加群とする。
N が準素部分加群でなければ、N は可約である。
証明
M を M/N に置き換えて N = 0 と仮定してよい。
よって、Ass(M) に属す素イデアルで互いに異なる p, q がある。
p = Ann(x), q = Ann(y) となる元 x, y ∈ M がある。
Ax は A/p に A-加群として同型だから、Ass(A/p) = {p} となる。
同様に Ass(A/q) = {q} である。
Ass(Ax ∩ Ay) ⊂ Ass(A/p) ∩ Ass(A/q) だから、Ass(Ax ∩ Ay) は
空集合である。よって、Ax ∩ Ay = 0
証明終
159:208
05/09/27 16:25:22
補題
A をネーター環とし、Mを 有限生成 A-加群とする。
f ∈ Hom(M, M) とする。
ある整数 n > 0 に対して f^n(M) ∩ Ker(f) = 0 となる。
証明
M の部分加群の昇列 Ker(f) ⊂ Ker(f^2) ⊂ ...
を考える。M はネーターだから、Ker(f^n) = Ker(f^(n+1)) となる
整数 n > 0 がある。この n が求めるものである。
証明終
160:208
05/09/27 17:03:07
A を環、I を A のイデアルとする。
V(I) = {p ∈ Spec(A); I ⊂ p } と定義する。
V(I) の形の Spec(A) の部分集合を閉集合と定義することにより、
Spec(A) に位相が入る。この位相を Spec(A) のZariski位相という。
161:208
05/09/27 17:04:58
補題
A を環とし、Mを 有限生成 A-加群とする。
Supp(M) = V(Ann(M)) となる。
証明は演習とする。
162:208
05/09/27 17:17:27
A を環、f ∈ A とする。S = {f^n; n = 0, 1, 2, ...} とする。
S は積閉集合である。A_S を A[1/f] または A_f と書く。
A[1/f] が零環となるのは f がべき零のときに限る。
よって、Spec(A[1/f]) が空となるのは、f がべき零のときに限る。
Spec(A[1/f]) は、集合 D(f) = {p ∈ Spec(A); f は p に含まれない}
と同一視される(>>81)。
163:208
05/09/27 17:20:32
命題
A を環とする。A のすべての素イデアルの共通部分は A のべき零元の
全体と一致する。
証明は>>162より明らか。
A のべき零元の全体を Nil(A) と書く。
164:208
05/09/27 17:35:13
A を環、I を A のイデアルとする。Nil(A/I) の標準射 A → A/I
による逆像を I の根基(radical)とよび、rad(I) と書く。
これは、mod I でベキ零となる A の元全体である。
>>163より、rad(I) は I を含む素イデアル全体の共通部分である。
165:208
05/09/27 17:50:11
ネーター環 A の Nil(A) はベキ零である。
証明は演習
166:208
05/09/27 17:58:15
A をネーター環とし、Mを A-加群とする。
Ass(M) と Supp(M) のそれぞれの極小元の集合は一致する。
証明
Ass(M) ⊂ Supp(M) (>>99) と >>146 からわかる
167:208
05/09/27 18:02:21
命題
A をネーター環とし、Mを 有限生成 A-加群とする。
rad(Ann(M)) は p ∈ Ass(M) 全体の共通部分と一致する。
証明
>>161 と >>166 よりわかる。
168:208
05/09/27 18:07:01
A をネーター環とし、Mを 有限生成 A-加群で余準素(>>157)とする。
このとき、定義より、Ass(M) は一個の素イデアル p よりなるから
>>167より p = rad(Ann(M)) である。>>165 より、p^n ⊂ Ann(M)
となる整数 n > 0 がある。よって、(p^n)M = 0 となる。
169:208
05/09/28 09:11:33
現代数学概説Ｉの悪口を書いたけど、俺はあれで集合論を勉強した。
束論も意識してないけどジョルダン・ヘルダーの定理なんかで、
無意識に使ってるかもしれない。若い頃に読んだものって結構
影響力がある。因みにあのシリ－ズはいい本があるね。
岩沢の代数関数論とか。あの本はいいらしいけど超難しい。
俺も学部のころ仲間で読もうとしたけど、最初の付値論の
近似定理あたりで皆おだぶつ。
170:208
05/09/28 09:29:13
今やってる随伴素イデアルとか今後やる予定の殆ど(全部ではない)
はBourbakiの可換代数に書いてあるんで、それを参照してくれと
言えばお終いだけどね。その本が手元にない人も多いだろうから
こっちの復習もかねてここに書いてる。
171:208
05/09/28 09:36:20
前に数回書いてるけどBourbakiの可換代数はいいよ。なんで皆、
Ati-Macとか松村で勉強するんだろ。松村はBourbakiが書いて
ないこともあるからいいけど。Bourbakiのいいところは、すべて
証明をつけてあるところ。しかもほとんどの命題の証明が比較的簡単
なんだな。だから、根気さえあれば読める。これはGrothendieck
のEGAにもある程度言える。
172:208
05/09/28 12:35:52
A を環、M を A-加群、N をその部分加群とする。
Supp(M) = Supp(N) ∪ Supp(M/N) となる。
証明
完全系列 0 → N → M → M/N → 0
より、p ∈ Spec(A) に対して
完全系列 0 → N_p → M_p → (M/N)_p → 0
が得られる。
これより明らか
173:208
05/09/28 12:43:00
A を環、M を A-加群、(M_i), i ∈ I をその部分加群の族で
M = ΣM_i とする。ここで、Σは直和ではなく単なる和をあらわす。
つまり、M は(M_i)で生成される。
S を A の積閉集合としたとき、
M_S = Σ(M_i)_S となる。
証明は演習。っていうか明らかだろう。
174:208
05/09/28 12:46:58
A を環、M を A-加群、(M_i), i ∈ I をその部分加群の族で
M = ΣM_i とする。ここで、Σは直和ではなく単なる和をあらわす。
Supp(M) = ∪Supp(M_i) となる。
証明は>>173より明らかだろう。
175:208
05/09/30 16:01:36
定義
Aを環とし、MをA-加群とする。
Aの元 a が M に関して概べき零であるとは、各 x ∈ M に対して、
整数 n(x) > 0 が存在して、a^(n(x))x = 0 となることを言う。
n(x) が x によらないとき、つまり、ある整数 n > 0 に対して、
(a^n)M = 0 となるとき、a を M に関してべき零であるという。
176:208
05/09/30 16:52:47
Aを環とし、I をそのイデアルとする。
Supp(A/I) = V(I) である。
証明は演習とする。
177:208
05/09/30 17:13:43
A を環とし、Mを A-加群とする。
Supp(M) に属す全ての素イデアルの共通部分は、M に関して概べき零な
元全体と一致する。
証明
>>174より、Supp(M) = ∪{Supp(Ax); x ∈ M} である。
Ax は A/Ann(x) と同型であるから、>>176より、Supp(Ax) = V(Ann(x))
となる。>>164より、Supp(Ax) に属す素イデアルの共通部分は、
rad(Ann(x)) である。
証明終
178:208
05/09/30 17:22:25
A をネーター環とし、Mを A-加群とする。
Ass(M) に属す全ての素イデアルの共通部分は、M に関して概べき零な
元全体と一致する。
証明
>>166と>177より。
証明終
179:208
05/09/30 17:32:47
定義
Aを環とし、MをA-加群とする。
Aの元 a が M に関して正則であるとは、
u(x) = ax により定義される射 u: M → M が単射であることをいう。
M に関して正則であることを M-正則と言うこともある。
180:208
05/09/30 17:35:35
A をネーター環とし、Mを A-加群とする。
Ass(M) に属す全ての素イデアルの合併部分は、M に関して非正則な元
全体と一致する。
証明
>>89と>>90より。
証明終
181:208
05/09/30 17:50:59
A をネーター環とし、Mを A-加群とする。
次の条件は同値である。
1)Ass(M) が１個の素イデアルのみからなる。
2)A の元で M に関して非正則なものは概べき零である。
証明
>>178と>>180より。
証明終
182:１３２人目の素数さん
05/09/30 18:20:07
A をネーター環とし、Mを有限生成 A-加群とする。
N を M の真部分加群 とする。
N は有限個の準素部分加群の共通集合となる。
証明
M の部分加群のなす順序集合は極大条件を満たすから、
N は有限個の既約部分加群(>>157)の共通集合となる。
既約部分加群は準素部分加群である(>>158)。
証明終
183:１３２人目の素数さん
05/10/03 10:00:08
>>166は暗黙に次の命題を使用していた。
A を環、p をその素イデアルとすると、p に含まれる極少素イデアルが
存在する。
証明は、Zornの補題より簡単に得られる。
A がネーターの場合は、零イデアルの準素イデアル分解が存在すること
を使えば、Zornの補題は必要ない。
因みに、ネーター環においては、素イデアルの降鎖列は有限で停留する。
184:１３２人目の素数さん
05/10/03 11:23:43
A をネーター環、M を A-加群、(M_i) を M の部分加群の族で、
M = ∪M_i とする。このとき、 Ass(M) = ∪Ass(M_i) となる。
証明
明らか。
185:208
05/10/03 11:32:46
A をネーター環、M を A-加群、N をその部分加群とする。
Ass(M) ⊂ Ass(N) ∪ Ass(M/N) となる。
証明
p ∈ Ass(M) とする。M の部分加群 L で A/p と同型になるものが
ある。 L ∩ N が空でなければ、p ∈ Ass(L ∩ N) ⊂ Ass(N)
となる。L ∩ N が空なら、L は (L + N)/N ⊂ M/N と同型。
よって、p ∈ Ass(M/N) となる。
証明終
186:208
05/10/03 11:38:28
A をネーター環、M を A-加群、(M_i) を M の部分加群の族で、
M = ΣM_i (直和)とする。このとき、 Ass(M) = ∪Ass(M_i) となる。
証明
>>184より(M_i)は有限個の族、特に２個の場合を証明すればよい。
M = M_1 + M_2 (直和)とする。
>>185 より、Ass(M) ⊂ Ass(M_1) ∪ Ass(M_2) となる。
逆の包含関係は明らか。
証明終
187:208
05/10/03 11:46:19
A をネーター環とし、Mを A-加群とする。
N を M の部分加群 とする。
N = Q_1 ∩ Q_2 とする。ここで、Q_1, Q_2 は準素部分加群であり、
{p} = Ass(M/Q_1) = Ass(M/Q_2) とする。
このとき、N は準素であり、{p} = Ass(M/N) となる。
証明
M/N は M/Q_1 + M/Q_2 (直和)の部分加群に同型である。
よって>>186より、 Ass(M/N) ⊂ Ass(M/Q_1) ∪ Ass(M/Q_2)
証明終
188:208
05/10/03 11:59:08
定義
A をネーター環とし、Mを A-加群とする。
M の部分加群 N が有限個の準素部分加群の共通集合となっている
とする。N = Q_1 ∩ Q_2 ... ∩ Q_n
各 i に対して N ≠ ∩{Q_j; j ≠ i} となっているとき、
これを N の無駄のない準素分解と言う。
さらに、{p_i} = Ass(M/Q_i} としたとき、各 p_i が互いに異なって
いるとき、これを、N の最短準素分解と言う。
189:208
05/10/03 12:04:07
ところで、かなりかったるいな。随伴素イデアルとか準素分解が
こんなに長くなるとは思ってなかった。早くDedekind環に行きたい
んだけど。まあ、もう少しで終わるから辛抱して。
190:208
05/10/03 14:21:29
A をネーター環とし、Mを A-加群とする。
M の部分加群 N の最短準素分解
N = Q_1 ∩ Q_2 ... ∩ Q_n があるとする。
各i に対して {p_i} = Ass(M/Q_i) とすると、
Ass(M/N) = {p_1, p_2, ... , p_n} となる。
証明
M/N は Σ(M/Q_i) （直和）の部分加群に同型だから、
>>186 より、Ass(M) ⊂ {p_1, p_2, ... , p_n} となる。
各i に対して P_i = ∩{Q_j; j ≠ i} とおく。
N = Q_1 ∩ Q_2 ... ∩ Q_n は無駄がないから、
P_i/N ≠ 0 である。P_i/N は (P_i + Q_i)/Q_i に同型であり、
(P_i + Q_i)/Q_i は M/Q_i の部分加群だから、
Ass(P_i/N) = {p_i} となる。P_i/N は M/N の部分加群だから
p_i ∈ Ass(M/N) となる。
証明終
191:208
05/10/03 14:34:30
>>175
Mが有限生成なら、A の元が M に関して概べき零であることと、
べき零であることは同値である。
192:208
05/10/03 14:51:49
Mが有限生成の場合に、>>158の別証を述べる。
この証明はネーター自身の証明と本質的には同じである。
命題
A をネーター環とし、Mを有限生成 A-加群とする。
N を M の部分加群とする。
N が準素部分加群でなければ、N は可約である。
証明
M を M/N に置き換えることにより、 N = 0 と仮定してよい。
0 が準素でないとする。>>181より、A の元 a で M に関して非正則かつ
(M に関して)べき零でないものがある。A-加群 としての自己準同型 f
を f(x) = ax により定義する。仮定より、f は単射でもべき零でもない。
>>159 より、0 は可約になる。
証明終
193:208
05/10/03 15:04:02
次の命題はしばしば使われる。
命題
A をネーター環とし、Mを有限生成 A-加群とする。
M の部分群の列
0 = M_0 ⊂ M_1 ⊂ ... ⊂ M_n = M で 各 M_i/M_(i-1) が A/p_i
と同型になるものが存在する。p_i は素イデアル。
証明
p_1 ∈ Ass(M) とすると、A/p_1 と同型な M の部分群 M_1 がある。
M/M_1 ≠ 0 なら、p_2 ∈ Ass(M/M_1) をとり同様にする。
M はネーターなのでこの操作は有限回で終わる。
証明終
194:208
05/10/03 16:45:49
A を環、Mを A-加群、
N, L を M の部分加群とする。
S を A の積閉集合とする。
M_S の部分加群として、(N ∩ L)_S = N_S ∩ L_S となる。
証明
完全列
0 → N ∩ L → M → M/N + M/L(直和)
より、完全列
0 → (N ∩ L)_S → M_S → M_S/N_S + M_S/L_S(直和)
が得られる(>>86)。
証明終
195:208
05/10/03 17:13:36
A をネーター環とし、Mを A-加群、
Q を M の準素部分加群、Ass(M/Q) = {p} とする。
S を A の積閉集合とする。p ∩ S が空なら、Q_S は M_S の
準素部分加群であり、Ass(M_S/Q_S) = {pA_S} となる。
さらに、φ^(-1)(Q_S) = Q となる。ここで、φ: A → A_S は
標準射。
p ∩ S が空でないなら Q_S = M_S となる。
証明
p ∩ S が空とする。
>>95より、
Ass(M_S/Q_S) = Ass(M/Q) ∩ Spec(A_S) となる。
よって、Ass(M_S/Q_S) = {pA_S} となる。
s ∈ S、x ∈ M、 sx ∈ Q とする。>>180より s は
M/Q に関して正則元だから x ∈ Q となる。
これは、φ^(-1)(Q_S) = Q を意味する。
次に、p ∩ S が空でないとする。
Ass(M_S/Q_S) = Ass(M/Q) ∩ Spec(A_S) は空となるから、
M_S/Q_S = 0 である。
証明終
196:208
05/10/03 17:31:40
A をネーター環とし、Mを A-加群、
N = Q_1 ∩ Q_2 ... ∩ Q_n を M の部分加群 N の最短準素分解
各i に対して {p_i} = Ass(M/Q_i)、
S を A の積閉集合とする。
0 < r < n, i = 1, ... , r に対して
p_i ∩ S は空、j = r+1, ... , n に対して p_j ∩ S は空でない
とする。このとき、N_S = (Q_1)_S ∩ (Q_2)_S ... ∩ (Q_r)_S
となり、これは N_S の M_S における最短準素分解である。
証明
>>194と>>195より。
証明終
197:208
05/10/03 17:44:20
>>195
>ここで、φ: A → A_S は標準射。
ここで、φ: M → M_S は標準射。
198:208
05/10/03 17:45:20
A をネーター環とし、Mを A-加群、
N = Q_1 ∩ Q_2 ... ∩ Q_n を M の部分加群 N の最短準素分解
各i に対して {p_i} = Ass(M/Q_i) とする。
ある i に対して p_i が極小素イデアルとすると、
Q_i = φ^(-1)(N_p_i) となる。よって、 Q_i は、N と p_i により
一意に決まる。
ここで、N_p_i は、いつものように積閉集合 S = A - p_i による局所化。
φ: M → M_p_i は標準射。
証明
>>196より。
証明終
199:208
05/10/04 11:25:15
ネーター加群における準素加群分解(>>182)は、既約部分加群が
準素であるという事実(>>158または>>192)に基づいていた。
しかし、準素部分加群は既約とは限らない。既約とは限らない
準素部分加群による分解は次の結果から得られる。
命題
A をネーター環とし、Mを有限生成 A-加群とする。
p ∈ Ass(M) とすると、M の部分加群 N で、
Ass(M/N) = {p}, Ass(N) = Ass(M) - {p} となるものが存在する。
証明
Ass(M) = {p} なら命題は自明なので、Ass(M) ≠ {p} と仮定する。
M の部分加群 N で、Ass(N) に p を含まないものの中で極大なもの
とする。このようなものが存在することは、M がネーター加群である
ことからわかる。Ass(M) ⊂ Ass(N) ∪ Ass(M/N) だから、
p ∈ Ass(M/N) となる。q ∈ Ass(M/N) で p ≠ q となるものがある
とする。N ⊂ L で L/N が A/q と同型になるような部分加群 L が
存在する。Ass(L/N) = {q} で Ass(L) ⊂ Ass(N) ∪ Ass(L/N) だから
Ass(L) は p を含まない。これは N の極大性に反する。
よって、Ass(M/N) = {p} である。Ass(N) = Ass(M) - {p} は、これと
Ass(N) ⊂ Ass(M) および、Ass(M) ⊂ Ass(N) ∪ Ass(M/N) からわかる。
証明終
200:208
05/10/04 12:23:14
A をネーター環とし、Mを有限生成 A-加群とする。
各 p ∈ Ass(M) に対して、M の部分加群 Q(p) で、
Ass(M/Q(p)) = {p}, Ass(Q(p)) = Ass(M) - {p} となる
とする(>>199)。
このとき、0 = ∩{Q(p); p ∈ Ass(M)} となり、
これは、0 の最短準素分解である。
証明
N = ∩{Q(p); p ∈ Ass(M)} とおく。Ass(N) ⊂ Ass(Q(p))
だから、Ass(N) は空である。よって N = 0 である(>>90)。
0 = ∩{Q(p); p ∈ Ass(M)} は最短準素分解である。
何故なら、もしあるp ∈ Ass(M) に対して
0 = ∩{Q(q); q ∈ Ass(M), q ≠ p} とすると、
M は、直和 ΣM/Q(q) に埋め込まれて、
Ass(M) ⊂ ∪Ass(M/Q(q)) となり矛盾する。
証明終
201:208
05/10/04 12:59:11
A をネーター環とし、Mを有限生成 A-加群とする。
Ass(M) に属す素イデアル全体の共通集合は、Mに関してべき零
となる元全体からなる(>>178)。
Ass(M) に属す素イデアル全体の合併集合は、Mに関して非正則
な元全体からなる(>>180)。
特に、A を A-加群とみると、これは有限生成だから、
Ass(A) に属す素イデアル全体の共通集合は、A のべき零元全体と
一致する。つまり、Nil(A) である(>>163)。
Ass(A) に属す素イデアル全体の合併集合は、A の非零因子全体と
一致する。
202:208
05/10/04 17:50:56
A をネーター環とし、Mを有限生成 A-加群とする。
M の部分加群 N が準素であるためには、M/N に関して非正則な
A の元は、M/N に関してべき零であることが必要十分である。
証明
>>181と>>191より明らかだろう。
203:208
05/10/04 18:03:34
命題
A を環、I, J を A のイデアル、p を A の素イデアルとし、
IJ ⊂ p とする。
このとき、 I ⊂ p または、J ⊂ p となる。
証明は明らかだろう。
204:208
05/10/04 18:18:37
命題
A をネーター環とする。
Ass(A) = {p_1, p_2, ... , p_r} とする。
p を A の任意の素イデアルとすると、
ある i に対して p_i ⊂ p となる。
証明
A の零イデアルの最短準素分解を
0 = q_1 ∩ q_2 ∩ ... ∩ q_r とし、Ass(A/q_i) = {p_i} とする。
(q_1)(q_2)...(q_r) ⊂ q_1 ∩ q_2 ∩ ... ∩ q_r
だから、>>208 より、q_i ⊂ p となる i がある。
>>178より、p_i = rad(q_i) である。
よって、>>165より、(p_i)^(n) ⊂ q_i となる整数 n がある。
よって、(p_i)^n ⊂ p となる。
再び、>>208 より p_i ⊂ p となる。
証明終
205:208
05/10/06 11:39:25
ネーター環において極小素イデアルは有限個しかないということは、
>>204からわかるが、これは、 A がネーター環のとき、Spec(A) の
閉部分集合全体が極小条件を満たすことからもわかる。
これを以下に説明する。
定義
位相空間 X が可約とは、 X = F_1 ∪ F_2 となる、X の閉部分集合
F_1, F_2 で X ≠ F_1, X ≠ F_2 となるものが存在することをいう。
空集合でない位相空間が可約でないとき既約という。
位相空間 X の部分集合 A が既約とは、A に部分空間としての位相を
いれたときに、既約なことをいう。
206:208
05/10/06 12:05:53
u: A → B を環の射とすると、位相空間としての射
u~: Spec(B) → Spec(A) が、u~(p) = u^(-1)(p) で定まる。
u~が写像として定まり、連続であることを確かめるのは
読者にまかす。
u: A → A/Nil(A) を標準射とすると、
u~: Spec(A/Nil(A) ) → Spec(A) は、位相空間としての同型射となる。
これを確かめるのも、読者にまかす。
ここで、Nil(A) は A のべき零元の全体である(>>163)。
よって、Spec(A) の位相を考えるときは、Nil(A) = 0 と仮定してよい。
Nil(A) = 0 となるとき、A を被約という。
207:208
05/10/06 12:33:54
空でない位相空間 X が既約なためには、X の任意の空でない開集合
が稠密であることが必要十分である。これは、２個の空でない開集合の
共通集合が空でないことと同値である。
208:208
05/10/06 12:40:21
A を環とする。
Spec(A) の開集合は、D(f) (>>162) の形の開集合の合併集合になる。
よって、Spec(A) が既約なためには、任意の D(f) と D(g) が空で
なければ、D(f) ∩ D(g) = D(fg) が空でないことが必要十分である(>>207)。
D(f) が空であることと、f がベキ零であることは同値である(>>162)。
よって、A が被約なら、D(f) が空でないことは、f ≠ 0 と同値である。
よって、A が被約なら、Spec(A) が既約であることと、A が整域で
あることは、同値である。
これから、被約とは限らない A については、Spec(A) が既約であることと、
Nil(A) が素イデアルであることは同値である(>>206)。
209:208
05/10/07 10:16:08
位相空間 X の空でない部分集合 E が既約なことと、以下の条件が成立つ
ことは同値である。
E ⊂ F_1 ∪ F_2 となる X の閉部分集合 F_1, F_2 があるとすると、
E ⊂ F_1 または E ⊂ F_2 となる。
証明は定義(>>205)から明らかだろう。
210:208
05/10/07 10:48:33
位相空間 X の部分集合 E が既約なことと、その閉包 cl(E) が既約
なことは同値である。
証明
証明は>>209から明らかだろう。
211:208
05/10/07 10:50:59
演習問題
ハウスドルフ空間が既約なのは、それが１点よりなる場合のみである。
212:208
05/10/07 11:12:55
命題
位相空間 X の既約部分集合の集合 {E} が包含関係に関して全順序
集合となっているものとする。この合併集合 ∪E は既約である。
証明は>>209から明らかだろう。
213:208
05/10/07 11:48:58
定義
位相空間 X の既約部分集合 E が包含関係に関して極大なとき、
つまり、E を真に含む既約部分集合が存在しないとき、
E を X の既約成分という。
既約成分は>>210より閉部分集合である。
>>212とZornの補題より任意の既約部分集合に対して、それを含む
既約成分が存在する。
位相空間の任意の点 p に対して {p} は、既約である。
よって、任意の位相空間はその既約成分の合併集合になる。
214:208
05/10/07 19:13:37
定義
位相空間 X の閉部分集合を要素とする空でない任意の集合に包含関係に
関しての極小元が存在するとき、つまり、閉部分集合に関して極小条件
が成立つとき、X をネーター空間と呼ぶ。
これは閉部分集合の降鎖列が途中で停留することと同値である。
さらに、これは開部分集合に関して極大条件が成立つことと同値である。
215:208
05/10/11 10:49:44
定義
位相空間 X の任意の開被覆が有限部分開被覆を持つとき、X を
準コンパクト(quasi-compact)という。位相空間がハウスドルフかつ
準コンパクトなときコンパクトという。
216:208
05/10/11 10:58:31
ネーター空間は準コンパクトである。
証明
X をネーター空間とし、X の開被覆 {U_i} があるとする。
有限個の U_i の合併となる開部分集合全体を考える。
X はネーターだから、この中に極大なものがある。
これを U とすると、U の極大性から、任意の
U_i ⊂ U となる。よって X = U となる。
証明終
217:208
05/10/11 11:09:44
位相空間がネーターであるためには、その任意の開部分集合が
準コンパクトであることが必要十分である。
証明は各自にまかす。
218:208
05/10/11 11:21:25
ネーター空間の既約成分は有限個である。
証明
X をネーター空間とし、X の空でない閉部分集合で有限個の
既約閉部分集合の合併とならないものがあるとする。
X はネーターだから、このようなもののなかに極小なものがある。
これを F とする。F は既約ではないから、 F = F_1 ∪ F_2 となる
閉部分集合 F_1, F_2 で F と異なるものがある。F の極小性から
これらは有限個の既約閉部分集合の合併となる。よって F も
有限個の既約閉部分集合の合併となる。これは矛盾。
よって X の任意の空でない閉部分集合は有限個の既約閉部分集合の
合併となる。とくに X がそうなる。
証明終
(注) このような論法は今までにも暗黙に使った。例えば>>182。
この論法をネーター帰納法と呼ぶ。
219:208
05/10/11 11:47:45
A を環、E を Spec(A) の部分集合とする。
E に属すすべての素イデアルの共通部分を I(E) と書く。
I を A のイデアルとすると、 I(V(I)) = rad(I) となる(>>164)。
I = rad(I) となるイデアルを根基イデアルという。
Spec(A) の閉部分集合の集合と A の根基イデアルの集合は
F に I(F) を対応させることにより１対１に対応する。
220:208
05/10/11 11:49:36
A を環、E を Spec(A) の部分集合とする。
cl(E) = V(I(E)) となる。ここで、cl(E) は E の閉包をあらわす。
証明
E ⊂ V(I(E)) は明らか。E ⊂ V(J) とする。ここで J は A のイデアル。
I(V(J)) ⊂ I(E) である。I(V(J)) = rad(J) だから(>>219)、
rad(J) ⊂ I(E) となる。よって V(I(E)) ⊂ V(rad(J)) = V(J)
つまり V(I(E)) は E を含む最小の閉部分集合である。
よって、cl(E) = V(I(E)) となる。
証明終
221:208
05/10/11 12:02:42
A をネーター環とすると、Spec(A) はネーター空間である。
証明
>>219 より Spec(A) の閉部分集合の集合と A の根基イデアルの集合は
１対１に対応する。これより明らか。
222:208
05/10/11 12:09:19
A を環とする。Spec(A) の既約部分集合の集合は Spec(A) と１対１に
対応する。
証明
>>208 より V(I) が既約なためには rad(I) が素イデアルであることが
必要十分である。これより明らか。
223:208
05/10/11 12:13:06
環 A の極小素イデアルと Spec(A) の既約成分は１対１に対応する。
証明
既約成分の定義(>>213) と>>222 より明らか。
224:208
05/10/11 12:15:25
命題
ネーター環の極小素イデアルは有限個である。
証明
>>218 と>>223 より。
225:１３２人目の素数さん
05/10/11 12:17:36
おもしろいスレじゃのう。
よっ、この208！ 仕事人！！ｶﾞﾝｶﾞﾚ
226:１３２人目の素数さん
05/10/11 12:42:45
Hand book of K-theory , Springer (Eric Friedlander & Dan Grayson)
kore yondahitoiru??
227:208
05/10/11 12:45:57
Thanks(>>225).
これを書くのにBourbakiの可換代数を参考にしてることは前に書いた。
私見によれば、現在のところ可換代数の入門書としてはBourbakiの
可換代数がトップだろうな。８、９、１０章が数年前に出たことにより
松村を抜いた。８章は次元論。９章は完備局所環の構造定理とその応用。
１０章は、ホモロジー代数の応用とCM環。
228:208
05/10/11 12:52:39
Bourbakiの可換代数の８章の次元論は、Atiyah-MacDonald とか
EGA とか 松村と違って Krull の次元定理 を Hilbert-Samuel の
特性多項式を使わないで直接に証明している。Krullのオリジナル
の証明に近い。これは、俺も賛成。他の証明は迂回しすぎ。
229:１３２人目の素数さん
05/10/11 14:42:30
>>Bourbakiの８、９、１０章
French version, or English version?
230:208
05/10/11 17:08:19
８、９、１０章の英語版はないはず
231:１３２人目の素数さん
05/10/13 09:50:46
ところで、環 A の素イデアルの集合を何故 Spec(A) (Spec というのは
Spectrum(スペクトル)の略)と書くか。
これを追求するのは結構面白いと思う。
スペクトルというのは虹の７色に代表されるように光を周波数で
分けたもの。これは、突き詰めると原子内の電子がエネルギー
を放出することによって特定の周波数の光を放出する現象
だろう(多分)。
だから、Spec(A) は量子力学からきたものと思う。
聞きかじりによると、Hilbert空間のエルミート作用素の固有値が
原子の出す光の振動数に対応するらしい(間違ってる可能性もある)。
空間が有限次の場合は、>>147 の例が示唆的だろう。
V は K[X]-加群となり、Ass(V) は、線形写像 u の固有値の集合
とみなされる。 この場合、Ass(V) = Supp(V) であり(>>166)
Supp(V) = V(Ann(V)) = Spec(A/Ann(V)) である(>>161, >>176)。
つまり、Spec(A/Ann(V)) は u の固有値の集合とみなされる。
232:208
05/10/13 11:06:51
>>231
>Supp(V) = V(Ann(V)) = Spec(A/Ann(V)) である
この A は体 K 上の多項式環 K[X] をあらわす。
Ann(V) は 線形写像 u の固有多項式で生成される。
233:208
05/10/13 11:21:49
>>199
>しかし、準素部分加群は既約とは限らない。
この例を Zariski-Samuel から引用しよう。
そのために、次の命題がいる。
命題
A をネーター環、 m をその極大イデアルとする。
整数 n > 0 に対して Ass(A/m^n) = {m} である。
証明
Supp(A/m^n) = V(m^n) である(>>176)。
一方、V(m^n) = {m} である(>>203)。
よって、Ass(A/m^n) = {m} である(>>99)。
証明終
234:208
05/10/13 11:42:19
準素部分加群が既約とならない例(Zariski-Samuel)：
K を体、 A = K[X, Y] を K 上の２変数多項式環とする。
A は Hilbert の基底定理よりネーター環である。
m = (X, Y) は A の極大イデアルである(何故か？)。
m^2 = (X^2, XY, Y^2) は A の準素イデアルである(>>233)。
m^2 = (m^2 + AX) ∩ (m^2 + AY) となる(演習問題とする)。
m^2 ≠ m^2 + AX, m^2 ≠ m^2 + AY であるから、
m^2 は可約である。
235:208
05/10/13 12:37:38
Artin環について述べる前に、可換環論において頻繁に使われる
中山の補題を証明する。私の知る限りこの証明は３種ある。
その全部を紹介しよう。
236:208
05/10/13 12:38:51
補題
A を環、M を A-加群とする。
n > 0 を整数。
a_(i,j), 0≦i, j≦n を A の元の列。
x_1, x_2, ... , x_n を M の元の列とする。
これ等の間に次の関係式：
a_(1,1) x_1 + a_(1,2) x_2 + ... + a_(1,n) x_n = 0
a_(2,1) x_1 + a_(2,2) x_2 + ... + a_(2,n) x_n = 0
.
.
.
a_(n,1) x_1 + a_(n,2) x_2 + ... + a_(n,n) x_n = 0
があるとする。
このとき、det(T)x_i = 0 が各 i で成立つ。
ここで、 T = (a_(i,j)) であり、det(T) は T の行列式。
(注) 行列式は可換環でも普通と同様に定義される。
237:208
05/10/13 12:42:13
>>236の補題の証明
上の関係式を行列記法で書くと、TX^t = 0 となる。
ここで、 X = (x_1, x_2, ... , x_n)
X^t は X の転置行列。
T~ を T の余因子行列とする。
線形代数でよく知られているように
T~T = det(T)E となる。ここで、E は n-次の単位行列。
よって、T~TX^t = det(T)X^t = 0 となる。
つまり、det(T)x_i = 0 が各 i で成立つ。
証明終
238:１３２人目の素数さん
05/10/13 13:11:57
定義
環 A のすべての極大イデアルの共通集合を A の Jacobson根基といい、
rad(A) と書く。Jacobson根基を省略して J-根基ということもある。
239:１３２人目の素数さん
05/10/13 14:09:07
よく恥ずかしげもなくassなんて書けるな
240:208
05/10/13 17:26:14
補題
A を環、x を A の元で x = 1 (mod rad(A)) とする。
このとき、 x は可逆元である。
証明
x ∈ m となる A の極大イデアルがあるとする。
rad(A) ⊂ m だから x = 1 (mod m) である。
当然、x = 0 (mod m) だから 1 = 0 (mod m) となって矛盾。
よって、Ax = A でなければならない。
何故なら、Ax ≠ A とすると Zornの補題より、Ax を含む極大イデアル
が存在するから。
証明終
241:208
05/10/13 17:27:04
補題
A を環、E, F を A の元を成分とする n-次の正方行列とする。
I を A のイデアルとする。
E = F (mod I) とは、行列の成分毎の mod I での合同を意味する
とする。このとき、det(E) = det(F) (mod I) である。
証明
明らか。
242:208
05/10/13 17:36:29
中山の補題
A を環、I を A のイデアルで I ⊂ rad(A) とする。
M を有限生成 A-加群とする。
IM = M なら M = 0 である。
証明
M の A-加群としての生成元を x_1, ... , x_n とする。
IM = M より、I の元の列 a_(i,j), 0≦i, j≦n があり、
これ等の間に次の関係式が成立つ：
a_(1,1) x_1 + a_(1,2) x_2 + ... + a_(1,n) x_n = x_1
a_(2,1) x_1 + a_(2,2) x_2 + ... + a_(2,n) x_n = x_2
.
.
.
a_(n,1) x_1 + a_(n,2) x_2 + ... + a_(n,n) x_n = x_n
つまり、TX^t = X^t となる。
よって、(E - T)X^t = 0 となる。
ここで、T = (a_(i,j))、
X = (x_1, x_2, ... , x_n)
X^t は X の転置行列。 E は n-次の単位行列。
よって det(E - T)x_i = 0 が各 i で成立つ(>>236)。
よって、det(E - T)M = 0 となる。
一方、E - T = E (mod I) となるから、
det(E - T) = 1 (mod I) となる(>>241)。
よって、det(E - T) は可逆元である(>>240)。
よって、M = 0 となる。
証明終
243:208
05/10/13 17:47:48
中山の補題(>>242)の別証１
>>242の記号を使う。
a_(1,1) x_1 + a_(1,2) x_2 + ... + a_(1,n) x_n = x_1 より、
(a_(1,1) - 1) x_1 + a_(1,2) x_2 + ... + a_(1,n) x_n = 0
a_(1,1) - 1 は可逆(>>240)だから、
x_1 ∈ Ax_2 + ... + A x_n となる。
よって、M = Ax_2 + ... + A x_n となる。
これから、n に関する帰納法より、M = 0 となる。
証明終
244:208
05/10/13 17:58:50
補題
A を環、M を有限生成 A-加群とする。
N を M の部分加群で N ≠ M とする。
N を含む M の極大部分加群が存在する。
証明
N を含む M の部分加群で M と異なるものから構成される
全順序集合(包含関係による) S があるとする。
S の要素全体の和集合 L は M の部分加群で M と異なる。
何故なら M = L とすると L は M の有限個の生成元を含むから
S の要素で M と一致するものがあることになり矛盾。
よって Zorn の補題より N を含む M の極大部分加群が存在する。
証明終
245:１３２人目の素数さん
05/10/14 08:33:28
>>244
明らかな事を証明するな馬鹿
246:１３２人目の素数さん
05/10/14 08:51:11
>>244
明らかな事を証明するな馬鹿
omae usero BOKE!!!
247:１３２人目の素数さん
05/10/14 09:07:51
>208
O-BOKE!!! !!!
248:１３２人目の素数さん
05/10/14 09:20:45
>>245-247 寝た子を起こすな。
249:208
05/10/14 10:24:13
補題
A を環、I を A のイデアル、M を A-加群とする。
(A/I)(x)M は M/IM と標準的に同型である。
証明
A-加群の完全列
0 → I → A → A/I → 0
より完全列
I(x)M → A(x)M → (A/I)(x)M → 0
が得られる。これより明らか。
証明終
250:208
05/10/14 10:29:27
中山の補題(>>242)の別証２
M ≠ 0 とする。
>>244 より、M の極大部分加群 N が存在する。
M/N は 0 以外に真の部分加群を持たない。つまり単純加群である。
よって M/N は１個の元で生成されるから、A の適当なイデアル m に
対して A/m と同型である。N は極大だから m は極大イデアルである。
よって、完全列
M → A/m → 0
が得られる。
よって、完全列
M(x)(A/I) → (A/m)(x)(A/I) → 0
が得られる。
一方、>>249より、
M(x)A/I = M/IM
(A/m)(x)(A/I) = A/m (I ⊂ m に注意)
と見なされる。つまり、完全列
M/IM → A/m → 0
が得られる。
よって、M/IM ≠ 0
証明終
251:208
05/10/14 10:38:20
個人的には、>>250の証明が中山の補題の本質を突いてると思う。
どの証明もZornの補題を本質的に使っていることに注意。
A がネーター環ならZornの補題はいらないが。
252:208
05/10/14 11:23:43
中山の補題と準素イデアル分解の応用として「Krullの共通イデアル定理」
を証明する。
定理(Krull)
A をネーター局所環、m をその極大イデアルとすると、
∩m^n = 0 となる。ここで n はすべての正の整数 n > 0 を動く。
証明
I = ∩m^n とおく。
mI = I を示せば、中山の補題より I = 0 となる。
mI ⊂ I は明らかだから I ⊂ mI を示す。
mI = q_1 ∩ ... ∩ q_r とする。ここで、各 q_i は準素イデアル。
ある i に対して、I ⊂ q_i とならないと仮定する。
mI ⊂ q_i だから m の各元は mod q_i で零因子となる。
よって、{m} = Ass(A/q_i) である。
よって、m^n ⊂ q_i となる整数 n > 0 がある(>>168)。
一方、I = ∩m^n だから I ⊂ m^n である。
よって、I ⊂ q_i となって矛盾。
証明終
253:208
05/10/14 12:05:02
定義
A を環、M を A-加群とする。
M ≠ 0 で
M ≠ N かつ N ≠ 0 となる部分加群 N が存在しないとき
M を単純加群と呼ぶ。
254:208
05/10/14 12:06:05
定義
A を環、M を A-加群とする。
M の部分加群の列
M = M_0 ⊃ M_1 ⊃ M_2 ... ⊃ M_n = 0
があり、各 i に対して M_i/M_(i+1) が単純とする。
このとき、列 (M_i) を M の組成列と呼ぶ。
n をこの組成列の長さという。
255:１３２人目の素数さん
05/10/14 14:26:25
アホかお前
256:１３２人目の素数さん
05/10/14 14:27:57
>>255
たのむからこのスレに文句つけるのやめてくれ。
257:208
05/10/14 18:45:16
可換環論においてネーター環が重要なことは当然だし、ネーター環は
色々、好都合な性質を持っている。だから、常にネーター性を
仮定出来れば、すっきりする。ところが、そうは問屋がおろしてくれない。
ネーター環でない重要な環がある。例えば離散付値でない付値環。
それに、不幸なことにネーター整域のその商体における整閉包は必ずしも
ネーター環ではない。
258:１３２人目の素数さん
05/10/14 19:34:24
そ れ が な に か ？
259:１３２人目の素数さん
05/10/14 19:44:55
>>256
260:１３２人目の素数さん
05/10/15 10:11:17
可換環論においてネーター環が重要なことは当然だし、ネーター環は
色々、好都合な性質を持っている。だから、常にネーター性を
仮定出来れば、すっきりする。ところが、そうは問屋がおろしてくれない。
ネーター環でない重要な環がある。例えば離散付値でない付値環。
それに、不幸なことにネーター整域のその商体における整閉包は必ずしも
ネーター環ではない。
tatoeba hokaniaru?
261:感想
05/10/15 12:28:52
おつかれさま。これからもがんばって。
いや、なんだか大変そうだから。読んで文句をいうだけなら楽でも書くのは大変かと。
以下愚痴：素人というのはつまり、今はどんな状態からどんな状態へとつなぐ為に
こんなことをしています、っていうイメージがわかないひとのことかな、って思った。
たどれる（なぞれる）だけでは意味がなくてそれぞれの場面でどこを目指せばいいか
そんなレベルで知りたくて見てる私は素人なので、途中の道に目印だけ置かれて
途中で迷子にならないように何とかとりあえずついていくだけだと、ちょっとさびしく。
原語がわかるから言語的イメージを持てるのかもしれないけれど、
図形などの視覚的イメージや同じ～類似の形式的性質を持つモデルがあったらな。
でもわかるひとには長くてくどくなるし、かくのにも面倒だから、無理なんだろうな…。
たとえば？えーと上の局所化って内部相互差の一部の同一視なのかな、とか、
それによって扱うべき差異に注目して、本題以外の情報を視野から外せるかなとか、
ネイター環なら閉集合縮小時＝限定条件強化＝焦点化に限界があって、
開集合拡大時＝存在条件ゆるめ時の限界と表裏で、操作時いろいろ便利だ、とか。
かなり雑で不正確な気がするけど、ここの文だけだとそんなイメージになったよ。
262:１３２人目の素数さん
05/10/15 12:52:02
そんな無茶苦茶な理解しても役に立たんよ
数学は基礎からきちんと勉強しないと身につかない
それからネイター環じゃなくてNoether(ネター/ネーター）ね
物理の人とかたまにナーターとか読んでたりするけど
263:感想
05/10/15 14:06:13
そうそう、そんな感じで。
何がどう間違ってるか突っ込まない教授って
あまり学習者には役に立たないものだから。
単に不正確とかいうのは、まず無意味。
ちゃんと正しい記述に直してくれてありがとう。
ちなみにこのｏｅは円唇音（≒咽頭開け音でも可、
口腔内前後径延長によって同様の音の変化
＝全フォルマントの低音化が起きるから容認発音）
のエで、やや長めなので、その通りになります。
他で基礎を全部学ぶならこの場はいらない。
半分の理解（＝誤解）の段階が想定対象だから、
軌道修正が中心になるのは当然、でもそれがない
参考書等が多く、このスレッドを頼りに学ぶわけで。
参考文献が入手困難か読みにくい外国語だけ、
または本の記述の細かさのムラのために
初学者が理解困難な場面の解説をしてくれている
そんな親切なひとのスレッドなのです。
だけど一人だと負担が重くなりすぎるので、
焦点が外れていたらスレ主は流すしかない。
こういった親切な人が助けてくれないと、
質問者は「？？？」なままになるわけ。
で、ＲＯＭは気が引けるので、声援・応援レスなのです。
264:１３２人目の素数さん
05/10/15 15:46:55
ラのために
初学者が理解困難な場面の解説をしてくれている
そんな親切なひとのスレッドなのです。
だけど一人だと負担が重くなりすぎるので、
焦点が外れていたらスレ主は流すしかない。
こういった親切な人が助けてくれないと、
質問者は「？？？」なままになるわけ。
で、ＲＯＭは気が引けるので、声援・応援レスなのです。
91 KB [ ２ちゃんねるが使っている
265:208
05/10/15 16:30:38
>>260
>tatoeba hokaniaru?
例えば、Krull環、例えば、ネーター整域のその商体における整閉包とか
266:208
05/10/15 16:35:11
初学者？ そうね、我慢して証明を追っていく。
そのうち、トンネルを抜けるように見晴らしがパーっと良くなる。
この感覚は言葉でいくら説明してもわからない。
体験するしかない。
267:208
05/10/15 16:46:04
まあ、そう突き放すのも何だから、わからないところは質問して
くれればいい。
268:１３２人目の素数さん
05/10/15 16:49:10
さて、ここでクリトリスについて考察してみよう。
まず、「リス」を漢字で書くと「栗鼠」、すなわち
(リス) = (栗鼠)
ここで、
(栗) + (栗鼠) = (栗) (1 + 鼠)
故に、
(クリトリス) = (栗) (1 + 鼠)
を得る。
269:208
05/10/15 16:55:44
何なんだろうね。釣りに反応するのもなんだけど。
数学がなんかすごくまじめくさった面白くもなんともないもんだと
誤解してんだろうね。数学ってのは場合によるとセックスより気持ち
いいもんなんだよ。これは知るひとぞ知る公然の秘密
270:１３２人目の素数さん
05/10/15 17:15:22
問題が解けたときって、１００円玉拾ったときと脳波がおなじじぇあねーの？
271:シュリ
05/10/15 18:26:57
今、就職活動中で、もし数学に事を何も知らない面接官に「代数学って何？」ってき
聞かれたら、何て説明しますか！？（素朴な疑問でスミマセン・・・。）
あとこの掲示板では、代数的整数論の話題以外の分野で質問するのは、マズイですか！？
272:１３２人目の素数さん
05/10/15 18:29:15
おでん屋みたいなものですとネタを入れる
273:GiantLeaves ◆6fN.Sojv5w
05/10/15 18:44:30
talk:>>271 集合に、いくつかの演算の構造を入れた空間を考える学問。(もはや「代数」などとは呼べないかもしれないが。)
274:１３２人目の素数さん
05/10/15 18:53:07
>>273
それは「数学」の説明では？
275:１３２人目の素数さん
05/10/15 19:10:33
暗号に使える高級数学とでもいっておけば。。。どんな暗号ってって会話が続くかも
営業で代数専攻でっていったら客がぽかーんとするから、そのときどう答えるかを聞いてるんだよ。
代数なんかで商売できる仕事はない
276:１３２人目の素数さん
05/10/15 19:14:27
まあとにかく
・好きでやった
・一生懸命やった
・努力する才能はある
という点をアピールするのが目的だから、
説明と言う手段にこだわりすぎないほうがよい。
277:１３２人目の素数さん
05/10/16 15:46:59
・好きでやった
・一生懸命やった
・努力する才能はある
・本質は馬鹿である
・他人に教える才能も無い
・つぶしが利かない
・人生やめたほうが良い
278:１３２人目の素数さん
05/10/16 16:24:57
もとの話題に戻りましょ。208さん、すみません。
279:１３２人目の素数さん
05/10/16 16:37:52
微分幾何学と数値解析はなにに使えるって聞かれて。。。
リアクターの中のケミカル物質の濃度解析につかえるといったら。。
うちでは使う機会がないといわれた。。。
だったら面接に呼ぶなよな。。。忙しいのに。。。
馬鹿の面接官を出す会社は最初から蹴ったほうがいい
280:１３２人目の素数さん
05/10/16 16:41:26
大手は形式だけ試験受けてくれで。。。即決だった。
判断が速い。格の違いを感じた。
281:208
05/10/17 09:48:11
最近(実はほんの２、３日前)、Kummerの理想数に関して以外な発見を
した。俺だけが気がついたとは思はないが。
足立の「フェルマーの大定理」という本を１ヶ月ほど前にアマゾンで
買った。この本にはKummerの理想数について書いてあると聞いたから。
ところが読んでみるとあまり詳しく書いてない。
ただ、定義は書いてあった。
K を代数体(実は円分体だが一般の代数体でも同様)、A をその主整環、
p を素数とする。p の素因子とは、p と A の元ωの組 (p, ω)
で以下の条件を満たすものである。
1) ω ≠ 0 (mod pA) である。つまり ω ⊂ pA とならない。
2) α、βを A の元で、αβω = 0 (mod pA) なら、
αω = 0 (mod pA) または βω = 0 (mod pA) となる。
このとき、(p, ω) は p の素因子 P を定めるという。
αω = βω (mod pA) のとき α と β は 素因子 P を法として
合同といい、α = β (mod P) と書く。
初めこれを読んだとき、なんじゃこれは？ 奇妙な定義だなと思った。
ところが、２、３日前に読み返してみて気がついた。
皆、もうわかるよね？ そう 素因子 P とは A/pA の随伴素イデアル、
つまり P ∈ Ass(A/pA) のことだ(>>89)。
これは驚きだよね。随伴素イデアルの概念はやっと１９５０年代の
終わりにBourbakiが定式化したものだ。それを、Kummerが100以上前に
代数体でやっていたとは。
282:208
05/10/17 10:24:37
Kummerの定義によると α ∈ A が (p, ω) で定義される素因子 P の
n乗で割れるとは αω^n = 0 (mod (p^n)A) となることをいう。
A がDedekind環であることを使うと、これはイデアルとして
αA ⊂ P^n と同値であることが分かる。
283:１３２人目の素数さん
05/10/17 10:54:37
偉大なり、kummer
拡大スレをあげるんだ！
284:208
05/10/17 12:06:11
補題
A を環、M を A-加群とする。
M が長さ n の組成列(>>254)を持てば、M の任意の部分加群 N は、
長さ ≦ n の組成列を持つ。
証明
n に関する帰納法。
M = M_0 ⊃ M_1 ⊃ M_2 ... ⊃ M_n = 0 を組成列とする。
(N + M_1)/ M_1 は N/(M_1 ∩ N) と同型である。
N + M_1 = M_1 つまり N ⊂ M_1 の場合は帰納法の仮定より、
N は長さ ≦ n-1 の組成列を持つ。
N + M_1 ≠ M_1 の場合は、N + M_1 = M であり、N/(M_1 ∩ N) は
単純加群(>>253)である。一方、M_1 ∩ N は帰納法の仮定より、
長さ ≦ n-1 の組成列を持つ。よって、N は長さ ≦ n の組成列を持つ。
証明終
(注) 図を書くと証明が良く分かる。
285:208
05/10/17 12:22:24
補題
A を環、M を A-加群とする。
M が長さ n の組成列(>>254)を持てば、M の任意の部分加群 N に
対して、M/N は長さ ≦ n の組成列を持つ。
証明
n に関する帰納法。
M = M_0 ⊃ M_1 ⊃ M_2 ... ⊃ M_n = 0 を組成列とする。
(N + M_(n-1))/N は M_(n-1)/(N ∩ M_(n-1)) と同型である。
N + M_(n-1) ⊃ M_(n-1) であり、M/M_(n-1) は長さ = n-1 の
組成列を持つ。よって、N + M_(n-1) に帰納法の仮定が使える。
残りの証明は読者に任す。
286:208
05/10/17 12:30:31
定理(Jordan-Holder)
A を環、M を A-加群とする。
M = M_0 ⊃ M_1 ⊃ M_2 ... ⊃ M_n = 0 を組成列とする。
M の任意の組成列の長さは n であり、その剰余群の列は、
順序を別にして 列 (M_i/M_(i+1)) と同型である。
証明
n に関する帰納法。
M = N_0 ⊃ N_1 ⊃ N_2 ... ⊃ N_m = 0 を別の組成列とする。
M_1 ∩ N_1 は補題(>>284)より長さ ≦ n-1 の組成列を持つ。
これと、帰納法の仮定を使えばわかる。
詳しくは読者に任す。
287:208
05/10/17 12:32:51
>>286から自然数の素因数分解の一意性がすぐに出る(演習)。
だから、>>286は非常に基本的な定理ということが出来る。
288:208
05/10/17 12:37:52
定義
A を環、M を長さ n の組成列を持つ A-加群とする。
>>286より n は組成列の取り方によらない。
n を leng(M) と書き、M の長さと呼ぶ。
一般に組成列をもつ加群を長さ有限の加群と呼ぶ。
289:208
05/10/17 12:41:14
命題
A を環、M を長さ有限の加群、N をその部分加群とする。
このとき、N も M/N も長さ有限であり、
leng(M) = leng(N) + leng(M/N) となる。
証明
>>284と>>285から明らか。
290:208
05/10/17 12:45:08
命題
A を環、M をA-加群とする。
M が長さ有限であるためには、部分加群に関して極大条件と
極小条件を同時に満たすことが必要十分である。
証明
>>286や>>289を使えば簡単なので読者にまかす。
291:208
05/10/17 12:49:44
>>281
自画自賛だけど、このスレで随伴素イデアルを扱ったのは正解だね。
なにしろ、Kummerがやってるんだから。
普通は代数的整数論の導入部で随伴素イデアルに関してここまでやらない。
292:208
05/10/17 16:00:19
定義
A を環とする。それをA-加群とみたとき極小条件を満たすなら、それを
Artin環という。
293:１３２人目の素数さん
05/10/17 16:03:51
>>286から自然数の素因数分解の一意性がすぐに出る(演習)。
うそつけ
294:208
05/10/17 16:06:13
命題
Artin環が整域なら、それは体である。
証明
a ∈ A を 0 でない元とする。
イデアルの列 aA ⊃ (a^2)A ... ⊃ (a^n)A ⊃ ...
は途中で停留するから、(a^n)A = (a^(n+1))A となる整数 n > 0 が
ある。よって、a^n = a^(n+1)x となる x ∈ A がある。
A は整域だから、1 = ax となる。
証明終
295:208
05/10/17 16:15:32
>>293
素直に、わからないから教えてくださいと言えばいいものを。
296:208
05/10/17 16:19:35
>>294の系
Artin環の素イデアルは極大である。
297:１３２人目の素数さん
05/10/17 16:20:38
>>295
おしえてなんかいらねーよ
298:１３２人目の素数さん
05/10/17 16:21:46
208は教えてクンでもあったのか・・・
299:208
05/10/17 16:28:42
命題
Artin環の素イデアルは有限個である。
証明
p_1, p_2, ... , p_n を相異なる素イデアルとする。
p_1 ≠ (p_1)(p_2) である。
何故なら、p_1 = (p_1)(p_2) なら、p_1 ⊂ p_2 となるが、
p_1 は極大イデアルだから(>>296)、p_1 = p_2 となって矛盾。
同様に、(p_1)(p_2) ≠ (p_1)(p_2)(p_3) である。
何故なら、(p_1)(p_2) = (p_1)(p_2)(p_3) なら、p_1 ⊂ p_3
または p_2 ⊂ p_3 となるから。
よって、降鎖列 p_1 ⊃ (p_1)(p_2) ⊃ (p_1)(p_2)(p_3) ...
が得られ、隣合うイデアルは異なる。
極小条件から、この列は無限に続かない。
証明終
300:208
05/10/17 16:30:46
>>298
お前はアフォか。
301:１３２人目の素数さん
05/10/17 16:33:13
おまえの返答、教えてクンの定型そのものだよ。
302:208
05/10/17 16:38:47
>>301
だから、素直に謝れ。そしたら答えを教えてやる。
303:１３２人目の素数さん
05/10/17 16:40:27
>>302
見当違いだって
うそつけっていったのは俺だよ
304:１３２人目の素数さん
05/10/17 16:43:13
いや結構。俺は>>293じゃないから。敵は一人症候群、早く治せよ。
305:208
05/10/17 16:46:41
>>303
要は、答えが分からないんだろ。
分からないのに、人を嘘つき呼ばわりするんじゃない。
この問題は、そんなに大騒ぎするほどのもんじゃない。
だからこれで終わり。答えは自分で考えろよ。
ヒントは Z/nZ の組成列を考える。
このヒントでほとんど終わりだけどな。
306:１３２人目の素数さん
05/10/17 16:48:18
>>305
おまえは馬鹿だね
それでおわりだとおもってるからうそつきなの
307:208
05/10/17 17:40:52
>>306
何を悔し紛れに。これで勉強になったろ。
その程度で俺に喧嘩を売るのはまだ早いんだよ。
308:１３２人目の素数さん
05/10/17 17:42:56
>>307
あ まだわからないんだ
いつまでもそうやって自己満足してろ
309:１３２人目の素数さん
05/10/17 18:05:32
やっと208らしくなってきたｗ
310:208
05/10/17 18:14:21
>>308
こんな簡単な問題につべこべ言ってるならここに来る資格なし。
来るなよ。邪魔だから。
311:１３２人目の素数さん
05/10/17 18:15:53
>>310
わからないからって
くやしまぎれ言うんじゃないよ
ま
おまいさんには無理だと思ってたよ
312:１３２人目の素数さん
05/10/17 18:17:21
>>310
教えて欲しかったらちゃんと謝れよ
教えてくん
313:208
05/10/17 18:36:50
笑っちゃうね。そんなに説明してもらいたいのか。いじらしいね。
それならもうちょっと言い方があるだろうに。
314:１３２人目の素数さん
05/10/17 19:09:32
抽象論の中で自己完結しているやつらの糞スレだな。
まあ、趣味でやる分にはいいだろうが、実社会では
もっとも使えない連中だｗ
315:１３２人目の素数さん
05/10/17 19:17:38
>>314
自己完結しない抽象論なんてないよ。
君は実社会で糞でも食べてなさい。
316:208
05/10/17 19:22:03
趣味でやってんだけど。将棋とか野球とかと同じ
上(>>269)にも書いたけど何か勘違いしてんだろうね。
317:１３２人目の素数さん
05/10/17 19:38:34
実社会の甘い果実がわからんとな！
コチコチの自己完結頭の将来には、フリーターかニート
しかないってことかｗ
318:１３２人目の素数さん
05/10/17 19:41:21
数学に関係のない価値を持ち出すなって。
319:208
05/10/17 19:47:56
だから勘違い。一種の嫉妬だろ。みっともねえ。
320:１３２人目の素数さん
05/10/17 19:51:55
フリーターかニート はもうすぐ捕獲されて収容所に送られます
321:１３２人目の素数さん
05/10/17 20:01:44
208の方こそ数学に（しかも自分が得意なもの限定）すがりついて
るんじゃないか。だから、ささいなことに過剰に反応する。
余裕があるときとないときの落差大きすぎｗ
322:１３２人目の素数さん
05/10/17 20:02:51
ニコリのパズルなら良くて数学ならダメというのがわからん。絡むなよ。
323:１３２人目の素数さん
05/10/17 21:53:52
>>322
要するに２０８の態度が不快ということだろう？ 空気嫁。
324:１３２人目の素数さん
05/10/17 21:55:52
>>323
ニコリのパズルについて嬉々として話している人がいたとして、
それを不快がるヤシの気持ちがわからん、という話をしている。
325:１３２人目の素数さん
05/10/17 22:10:56
>>324
「嬉々として話している」だけなら誰も文句は言わん。
繰り返す、空気嫁。
326:１３２人目の素数さん
05/10/17 22:15:07
>>325
おまいの脳の中だけの空気は読めん。スレを１個消費するだけ。無視すれ。
327:１３２人目の素数さん
05/10/17 22:18:01
>>326
自分の脳の中しかわからんか。典型的な自己完結厨だな。
328:１３２人目の素数さん
05/10/17 22:18:22
>>325
おまえの村の空気だけで地球は覆えない。
329:１３２人目の素数さん
05/10/17 22:22:40
>>327
暗に、「数学の価値はニコリのパズル程度と思え」という価値の改革を迫っている。改革しろ。
330:１３２人目の素数さん
05/10/17 22:32:21
>>328
君の脳内世界についていけん。
>>329
被害妄想。
331:１３２人目の素数さん
05/10/17 22:33:03
d一つであぼーんできる2chブラウザを使ってる俺は勝ち組
332:１３２人目の素数さん
05/10/18 00:06:58
THAT"S BOTTOM LINE!!!!!!!!!1
THE undertaker takes Tomb Stone PiLe Driver!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!!1
333:208
05/10/18 08:55:00
俺の態度？ バカヤロ。
俺が親切に演習問題を出したのに、それに対して嘘つけと言った奴
の態度はどうなんだよ。そいつが出てくるまではおだやかにやってただろ。
仮にその問題が間違ってたとしても(あの問題に関しては可能性ゼロだが)、
別の言い方があるだろうが。
334:208
05/10/18 09:26:34
補題
体 k 上の加群 V が部分加群に関して極小条件をみたせば、
V は ｋ上有限次である。
証明
V が k 上無限個の基底を持つとする。
容易にわかるように、部分加群の無限降鎖列で途中で停滞しないものが
得られる。
証明終
335:208
05/10/18 09:30:37
命題
A を局所Artin環とする。つまりただ１つの極大イデアル m をもつ
Artin環とする。m がべき零なら A は A-加群として長さ有限である。
証明
m^n = 0 とする。
A-加群の降列
A ⊃ m ⊃ m^2 ⊃ ... ⊃ m^(n-1) ⊃ m^n = 0
を考える。
0 ≦ i ≦ n-1 に対して M_i = m^i/m^(i+1) とおく。
m(M_i) = 0 だから、M_i は 体 A/m 上のベクトル空間とみなせる。
M_i の A-加群としての部分加群は、A/m 上の部分ベクトル空間でも
あり、逆も成立つ。よって補題(>>334)より M_i は A-加群として
長さ有限である。よって A も長さ有限である。
証明終
336:208
05/10/18 09:47:16
命題
A をArtin環とし、J を A の J-根基(>>238)とする。
J はべき零となる。
証明
A-加群の降列
J ⊃ J^2 ⊃ ... ⊃ J^n ⊃ ...
は途中で停滞するから、J^n = J^(n+1) となる整数 n > 0 がある。
N = J^n とおく。N^2 = N である。
N ≠ 0 として矛盾を導けば証明が終わる。
NI ≠ 0 となるイデアル I の集合 S を考える。N^2 = N だから、
N ∈ S だから S は空でない。よってこの集合に極小なものがある。
それを I とする。NI ≠ 0 だから Na ≠ 0 となる I の元がある。
I の極小性より、I = aA である。(N^2)a = Na だから、
Na ∈ S であり、Na ⊂ aA より再び I の極小性より Na = aA
となる。よって x ∈ N で xa = a となるものがある。
(x^2)a = xa = a を繰り返して (x^n)a = a が任意の n > 0 で
成立つ。
一方、N ⊂ J であり、J = nil(A) でもあるから(>>296 と >>163)、
x はべき零である。よって a = 0 となって矛盾。
証明終
337:１３２人目の素数さん
05/10/18 09:49:50
俺の態度？ バカヤロ。
俺が親切に演習問題を出したのに、それに対して嘘つけと言った奴
の態度はどうなんだよ。そいつが出てくるまではおだやかにやってただろ。
仮にその問題が間違ってたとしても(あの問題に関しては可能性ゼロだが)、
別の言い方があるだろうが
Do not worry about it. You do a good job..
338:208
05/10/18 09:51:21
補題
A を環、I, J を A のイデアルで I + J = A とする。
このとき、IJ = I ∩ J となる。
証明
IJ ⊂ I ∩ J は明か。
I ∩ J = (I ∩ J)(I + J) ⊂ IJ + IJ = IJ
証明終
339:208
05/10/18 10:01:23
補題
A を環、I_1, I_2, ... , I_n を A の相異なるイデアルで
I_i + I_j = A が i ≠ j のとき成立つとする。
このとき、(I_1)(I_2)...(I_n) = I_1 ∩ I_2 ∩ ... ∩ I_n となる。
証明
>>338 と帰納法を使う。
340:208
05/10/18 10:19:36
すまん。>>339の証明には次の補題がいるな。
補題
A を環、I_1, I_2, ... , I_n を A の相異なるイデアルで
I_i + I_j = A が i ≠ j のとき成立つとする。
各 i に対して J_i を I_1, I_2, .. I_n から I_i を除いた積とする。
このとき I_i + J_i = A となる。
証明
I_i + J_i ⊂ m となる 極大イデアルがあったとする。
J_i ⊂ m だから i ≠ j のとき I_j ⊂ m となって、
I_i + I_j = A に矛盾する。
証明終
この補題は極大イデアルを使わなくても証明できる。
341:208
05/10/18 10:50:05
命題(中国式剰余定理)
A を環、I_1, I_2, ... , I_n を A の相異なるイデアルで
I_i + I_j = A が i ≠ j のとき成立つとする。
A/(I_1)(I_2)...(I_n) は (A/I_1) x (A/I_2) x ... x (A/I_n) と
標準的に同型である。
証明
環の射 f
f: A → (A/I_1) x (A/I_2) x ... x (A/I_n)
を f(x) = (x mod I_1) x ... x (x mod I_n) で定義する。
これが全射であることを示せばよい。
何故なら Ker(f) = I_1 ∩ I_2 ∩ ... ∩ I_n だが、>>339
より Ker(f) = (I_1)(I_2)...(I_n) となる。
x_1, x_2, ..., x_n を A のかってな元の列とする。
x = x_1 (mod I_1)
x = x_2 (mod I_2)
...
x = x_n (mod I_n)
となる A の元 x を求めればよい。
>>340 より、各 i に対して I_i + J_i = A
だから、z_i + e_i = 1 となる z_i ∈ I_i と e_i ∈ J_i
がある。
e_i = 1 (mod I_i)
i ≠ j のとき、e_i = 0 (mod I_j)
となる。
x = (x_1)(e_1) + (x_2)(e_2) + ... + (x_n)(e_n)
が求めるもの。
証明終
342:208
05/10/18 11:01:55
定理
Artin環はネーター環でもある。
証明
A を Artin環とする。A の極大イデアルを m_1, ..., m_r とする。
J = m_1 ∩ ... ∩ m_r とする。>>336より J^n = 0 となる整数 n > 0
がある。>>339 より、J = (m_1)...(m_r) であるから、
(m_1)^n...(m_r)^n = 0 である。
>>341 より A は (A/(m_1)^n) x ... x (A/(m_r)^n) と 同型である。
各 A/(m_i)^n は Artin 環 であるが >>335 より ネーター環でもある。
よって A 自身もネーター環でもある。
証明終
343:208
05/10/18 13:50:21
命題
A をネーター環、M を A-加群で長さ有限とする。
Ass(M) の元はすべて極大イデアルである。
証明
p ∈ Ass(M) とする。A-加群としての単射 A/p → M がある。
よって A/p の長さは有限(>>284)。よって p は極大イデアル(>>296)
証明終
344:208
05/10/18 13:51:18
命題
A をネーター環、M を A-加群で長さ有限とする。
Supp(M) の元はすべて極大イデアルである。
証明
p ∈ Supp(M) とすると定義から M_p ≠ 0 である。
Ass(M_p) は空でない(>>90)。Ass(M_p) は Ass(M) の部分集合
Ass(M) ∩ Spec(A_p)と同一視される(>>95)。
よって、p は Ass(M) の元を含む。
Ass(M) の元は極大(>>343)だから p は極大である。
証明終
345:208
05/10/18 13:52:11
命題
A をネーター環、M を有限生成 A-加群とする。
Ass(M) の元がすべて極大なら M は長さ有限である。
証明
Supp(M) の元はすべて極大イデアルである(>>344)。
一方、>>193 より
M の部分群の列
0 = M_0 ⊂ M_1 ⊂ ... ⊂ M_n = M で 各 M_i/M_(i-1) が A/p_i
と同型になるものが存在する。p_i は素イデアル。
各 p_i は Supp(M) に属す(>>172)から極大である。
よって、M_i/M_(i-1) は単純加群、つまり、この列は組成列である。
証明終
346:１３２人目の素数さん
05/10/18 13:56:50
>俺が親切に演習問題を出したのに、それに対して嘘つけと言った奴
>の態度はどうなんだよ。そいつが出てくるまではおだやかにやってただろ。
>仮にその問題が間違ってたとしても(あの問題に関しては可能性ゼロだが)、
>別の言い方があるだろうが。
そうだったな
おまえが親切にも(小さな親切大きなお世話)誰も頼んでない
問題を出して自己満足に浸っていたのに
冷や水かけられてアタマにきたわけだな
でもな
おまえこそが問題の本質ががわかってないんだろ
自分で顔でも洗ってろ
っての
347:１３２人目の素数さん
05/10/18 13:58:12
いっとくけどな俺は親切でうそつけって言ったんだからな
348:208
05/10/18 14:15:55
定義
A を環、p を A の素イデアル、n > 0 を整数とする。
φ: A → A_p を標準射とする。
(p^n)A_p の φによる逆像を p^(n) と書く。
これを p の記号的 n-乗(symbolic n-th power)という。
349:208
05/10/18 14:17:54
>>347
あそ。じゃあ、どこが嘘なのか説明してもらおうか。
説明できないなら、それこそお前が嘘つきってことになる。
350:１３２人目の素数さん
05/10/18 14:20:58
うそなのは
簡単ってとこ
あとはおしえたらへん
ひんとは自然数以外にも一意性はなりたつのかな
351:208
05/10/18 14:22:12
命題
A をネーター環、p を A の素イデアル、n > 0 を整数とする。
p の記号的 n-乗 p^(n) は、準素イデアルであり Ass(A/p^(n)) = {p}
となる。
証明
p^n を含む素イデアルは p を含む(>>203)から p は
V(p^n) = Supp(A/p^n) の極小元である。
よって p ∈ Ass(A/p^n) である(>>146)。
p^n = q_1 ∩ ... ∩ q_r を最短準素分解(>>188)とする。
Ass(A/q_i) = {p_i} とする。
p ∈ Ass(A/p^n) だから、p_i = p となる i がただ１つある。
p_1 = p とする。φ: A → A_p を標準射とする。
q_1 は (p^n)A_p のφによる逆像である(>>198)。
証明終
352:208
05/10/18 14:27:12
>>350
ｗｗｗ...
笑わせるやろうだ。
そんなことだったのかよ。
もういいから失せろ
353:１３２人目の素数さん
05/10/18 14:30:29
おまえな自然数をなめるなよ
354:１３２人目の素数さん
05/10/18 14:32:02
>笑わせるやろうだ。
>そんなことだったのかよ。
>もういいから失せろ
しったかこいてるぜ
355:208
05/10/18 15:09:28
>>353
じゃあ、どのくらい難しいのか、ここで自然数の素因数分解の一意性を
Jordan-Holderを使って証明してみてくれ。
356:１３２人目の素数さん
05/10/18 15:14:28
だからJordan-Holderだけじゃ証明できないだろ
って指摘してるのがわからない
血の巡りのとことん悪いアホの癖に
偉そうにだらだらお勉強ノート書いて
えっ
お前何様なんだよ
どこの教授様なんだよ
教授なら辞表かけ
そうでないならもっと謙虚になれ
このくそったれが
357:208
05/10/18 15:27:40
じゃあ他も使っていいから証明してみてくれよ。
358:１３２人目の素数さん
05/10/18 15:28:23
やめろよ教えてくん
359:１３２人目の素数さん
05/10/18 15:29:22
結局教えてくんだったね
360:208
05/10/18 16:55:47
命題
A をネーター環、p を A の素イデアルとする。
φ: A → A_p を標準射とする。
∩p^(n) = Ker(φ) である。
ここで n はすべての正の整数を動く。
証明
∩p^(n) = ∩φ^(-1)(p^nA_p) = φ^(-1)(∩p^nA_p)
ここで、∩p^nA_p = 0 である(>>252)。
よって、∩p^(n) = φ^(-1)(0) = Ker(φ)
証明終
361:208
05/10/18 17:10:26
>>359
どっちが正しいかはっきりしたいだけ。
だから、証明してみてくれ。
362:１３２人目の素数さん
05/10/18 17:18:31
どっちもこっちもありゃしないさ
じょるだんへるだーだけで素因数分解の一意性なんか
証明できるわけないだろって
いくら馬鹿だってそれくらいは理解できるだろ
363:１３２人目の素数さん
05/10/18 17:57:14
208の代わりに証明してみる。
Z/pZ が単純⇔pが素数は自明。
したがって、nを自然数とすると、Z/nZの組成列は
Z/nZ ⊃ pZ/nZ ⊃pqZ/nZ ・・・ ⊃pq・・・rZ/nZ = 0 （p、q、・・・r は素数、pq・・・r = 1)
という形をしている。
したがって商群の列の（順序を除いた）一意性から、素因数分解の一意性がでる。
おわり。
364:１３２人目の素数さん
05/10/18 17:59:36
ｽﾏｿ
「pq・・・r = 1」じゃなくて「pq・・・r = n」
365:１３２人目の素数さん
05/10/18 18:09:23
>>363
素直なよい子だね
それを代数体の整数環でやったらどうかな
そこでも素因数分解の一意性はなりたつかな
366:１３２人目の素数さん
05/10/18 18:16:07
あ！？
代数体の整数環の素イデアル分解の話は最初から誰もしてねーだろ。
大体それは「素因数分解」っていわねーよ、フツー。何言いたいんだおめーは？
367:１３２人目の素数さん
05/10/18 18:21:16
いであるのことなんか言ってないよ
数の話をいってるのさ
368:１３２人目の素数さん
05/10/18 18:21:50
208レベル大杉だな
369:１３２人目の素数さん
05/10/18 18:22:28
もういいや
すきにやって
370:１３２人目の素数さん
05/10/18 18:23:06
「数の話」って何よ。釣りか？
371:１３２人目の素数さん
05/10/18 18:23:39
飛んで飛んで飛んで～
372:１３２人目の素数さん
05/10/18 21:08:59
イデアルの話じゃないのなら、何の話をしてるの？？
言っとくけど俺、このスレ初カキコだから。イコール厨は勘弁して
くれよな（聞いてるだけなんで、「教えてクン」呼ばわりされるの
は別に構わんが・・・(^^;
373:１３２人目の素数さん
05/10/18 21:27:14
出るかもしれないけど自然数の素因数分解の一意性の証明っていうより
素因数分解の一意性の一般化になっているから重要だってことだよね
まあJordan-Holderは
（一般には作用域を持つ）加群の一種の「分解」になってるわけで
素因数分解の一般化だろうが仮にそうでなかろうが重要なのは間違いないね
374:１３２人目の素数さん
05/10/18 21:35:01
どうでもいい。オナニーさせろや。
375:208
05/10/19 09:26:18
>>362
お前には、ここは無理。代数の基礎からやり直してこい。
376:208
05/10/19 09:35:41
>>359
しつこいな。お前、アフォだろ。
どっから、俺が教えてくんというのが出てくるんだよ。
演習問題を出して、それを嘘だと言われたら、誰でも
理由を聞くだろうが。それを、教えてくん呼ばわりするってのは(略
377:１３２人目の素数さん
05/10/19 09:38:06
「イデアルのことではなく、数の話である」という主張の意味を、一晩
寝ないで考えてみました（まあ嘘ですけど(w
でも、結局全然分からんかった。
「イデアル」って、「理想数」というほどのニュアンスで命名されたん
だよね？ だったら、「イデアルではなく数の話」っていうのは、つま
りは「理想的でない数」の話ということだ。結局、何言ってんだか全然
分からんということだ！！
378:208
05/10/19 10:17:51
>>340 と似たようなものだけど、次の命題を>>340と別の方法で
証明しておく。
命題
A を環、I, J, L を A のイデアルで
I + J = A
I + L = A
とする。
このとき、I + JL = A となる。
証明
A = (I + J)(I + L) = I^2 + IL + JI + JL
⊂ I + JL
証明終
これと帰納法を使って、>>340 が出る。
379:208
05/10/19 10:21:50
定義
A を環、A の素イデアルの列
p_0 ⊃ p_1 ⊃ p_2 ⊃ ... ⊃ p_n
で各p_i が異なるものを長さ n の素イデアル鎖と呼ぶ。
長さ n の素イデアル鎖が存在し、長さ n + 1 の素イデアル鎖が
存在しないとき、n を A の Krull次元と呼ぶ。
A の Krull次元を、dim(A) または dim A と書く。
p を A 素イデアルとしたとき、dim A_p を p の高さといい、
ht(p) または ht p と書く。
これは、p = p_0 ⊃ p_1 ⊃ p_2 ⊃ ... ⊃ p_n
となる素イデアル鎖の長さの最大である。
I をイデアルとしたとき inf{ht(p); I ⊂ p, p ∈ Spec(A)}
を I の高さといい、ht(I) または ht I と書く。
380:208
05/10/19 10:56:05
中山の補題(>>242)の系
A を環、I を A のイデアルで I ⊂ rad(A) とする。
M を有限生成 A-加群とする。 N を M の部分加群で、
M = N + IM とすると、M = N である。
証明
I(M/N) = (IM + N)/N = M/N
よって、中山の補題より M/N = 0
証明終
381:208
05/10/19 11:08:56
定理(Krullの単項イデアル定理)
A をネーター整域、a を A の 0 でなく可逆でもない元とする。
p を Supp(A/aA) の極小元とする。
このとき、ht(p) = 1 となる。
証明
Supp(A/aA) = V(aA) であるから(>>176)、これの極小元というのは、
aA を含む素イデアルの集合の極小元ということである。
A を A_p で置き換えて A を局所環と仮定してよい。
よって、p は A の極大イデアルである。
よって、Supp(A/aA) = {p} となる。
Ass(A/aA) ⊂ Supp(A/aA) だから(>>99)、Ass(A/aA) = {p} となる。
q を A 素イデアルで、q ⊂ p かつ q ≠ p とする。
q = 0 を示せばよい。
イデアルの列
q + aA ⊃ q^(2) + aA ⊃ q^(n) + aA ⊃ ...
を考える。ここで q^(n) は q の記号的 n-乗(>>348)。
Supp(A/aA) = {p} で p は極大だから、A/aA は 長さ有限である(>>345)。
よって、q^(n) + aA = q^(n+1) + aA となる n がある。
q^(n) ⊂ q^(n+1) + aA である。x ∈ q^(n) とすると、
x = y + az となる、y ∈ q^(n+1) と z ∈ A がある。
az = x - y ∈ q^(n) であり、Ass(A/q^(n)) = {q} で(>>351) a は q に
含まれないから、a は A/q^(n) に関して正則である(>>180)。
よって、z ∈ q^(n) となる。つまり、q^(n) ⊂ q^(n+1) + aq^(n)
である。逆の包含関係は明らかだから、q^(n) = q^(n+1) + aq^(n)
となる。よって、中山の補題の系(>>380)より q^(n) = q^(n+1)
となる。同様に、q^(n+1) = q^(n+2) = ... である。
一方 >>360 より ∩q^(n) = 0 である。よって q^(n) = 0
である。q^n ⊂ q^(n) だから q^n = 0、A は整域だから q = 0 である。
証明終
382:208
05/10/19 11:20:29
Krullの単項イデアル定理(>>381) はネーター環の準素イデアル分解、
共通イデアル定理(>>252)、中山の補題、環の局所化など可換代数に
おける基本的な道具や結果を動員して証明された。
だから今までの命題と較べてやや深い結果といえるだろう。
これは、Krullの次元定理の特別な場合だが、次元定理は、これを
利用して帰納法により証明される。
383:１３２人目の素数さん
05/10/19 12:49:59
>>375
やっぱり無理だったなお前にはな
やっぱり染みついた馬鹿はとれないな
顔にケチャップついてますよといわれても
余計なお世話だって道歩いてんだろうな
まっこれ以上ヒント出しても無駄だから
アホは死んでね
クルルの次元定理なんて偉そうにいっても自然数の
素因数分解が理解できないのじゃ意味無いね
384:208
05/10/19 13:14:25
>>383
ヒントって何のヒントだよ。Jordan-Holderから自然数の素因数分解の
一意性がすぐ出るんだよ。それは動かせない事実。
それを否定してるお前は初歩の代数の基礎がわかってないの。
これも動かせない事実。頭を冷やせ。
385:１３２人目の素数さん
05/10/19 13:34:18
「Bが部分環A上、忠実平坦とする。
このとき、Bが整閉整域ならAもそうである。」
ことを証明してくれ。
386:１３２人目の素数さん
05/10/19 15:57:50
クルルの次元定理って、偉そうなの？(hagewara
387:１３２人目の素数さん
05/10/19 17:05:32
>Jordan-Holderから自然数の素因数分解の
>一意性がすぐ出るんだよ。それは動かせない事実。
でないよ
自然数の素因数分解の本質は割り算にあるというのが
動かせない事実
それを使わない限り証明できるわけがない
おまえこそアタマを冷やせ
ここまで言ってわからなきゃ死ね
388:１３２人目の素数さん
05/10/19 17:33:51
あんたが「何も使わないで」というのを、割り算も使わないでって意味だと
勝手に思い込んでただけじゃないのか？
>>208も別に割り算を使わないで証明できるとか
そんな極端なこと言ってなかったと思うけど、、
お前は微積の授業で、平均値の定理からRolleの定理から何も使わないで出ます、
と先生が言ったら、
「先生！平均値の定理は一次函数の微分を使わないと出て来ません！
平均値の定理は一次函数の微分が根幹にあるから、、、
ここまで言えば莫迦な先生でも理解できるでしょ？出来なきゃ死ね」とか言って噛み付くのか？
389:１３２人目の素数さん
05/10/19 17:35:09
ヒントってどのレスのこと？
馬鹿な私には分かんないんだけど
あんたはただ出ない出ないと鸚鵡みたいに繰り返してただけだろ
390:１３２人目の素数さん
05/10/19 17:41:54
>「先生！平均値の定理は一次函数の微分を使わないと出て来ません！
>平均値の定理は一次函数の微分が根幹にあるから、、、
>ここまで言えば莫迦な先生でも理解できるでしょ？出来なきゃ死ね」とか言って噛み付くのか？
噛みつくね
391:１３２人目の素数さん
05/10/19 17:43:55
＞>>208も別に割り算を使わないで証明できるとか
＞そんな極端なこと言ってなかったと思うけど、、
だからお前も同類の馬鹿なんだよ
な
ジョルダンヘルダーから簡単にでるって
じゃあどういう意味なんだよ
392:１３２人目の素数さん
05/10/19 17:44:54
>あんたはただ出ない出ないと鸚鵡みたいに繰り返してただけだろ
ばかよくレス読んでこい
393:１３２人目の素数さん
05/10/19 17:55:03
>平均値の定理
そういうのよく思いつくね
394:１３２人目の素数さん
05/10/19 17:58:13
単に難しい道具を用意したりしなくても直接に出るって言ってるだけだろ？
割り算くらい代数学の勉強してる人間は理解しているとして話してるんじゃないのか？
そうすると難しい道具、の定義が無いとか言うのか？
>>208は別に今、数学を集合論から論理的に構築しているわけではないだろ？
395:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:00:30
はなしにならん
396:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:24:12
俺は>>390にビックリしたよｗ
大学生の頃余程変な学生だったんだろうなあｗ
397:208
05/10/19 18:26:05
初めからアフォだと思ってたけどこれほどとは。
珍しい奴だな
398:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:28:57
>珍しい奴
はお前だよ
>俺は>>390にビックリしたよｗ
冗談を真に受けるな
399:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:30:45
都合が悪くなると冗談にしちゃうのか
400:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:31:28
>大学生の頃余程変な学生だったんだろうなあｗ
普通の学生だったら208みたいに平凡になってるってか
おまえおもしろいね
401:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:32:35
>>399
ばか都合の問題でこまかしてんのはどっちだよ
402:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:33:53
ともかくだ
おまえらは教育のし甲斐の無い奴らだってことが
よくわかった
破門だ
403:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:34:06
そんなことより。
割算も使っちゃいけないってのは、なんでなの？
404:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:35:12
>>399
いっとくが冗談だというのは冗談だよ
405:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:39:26
あのね、俺、別に煽ってる訳じゃないんだけど。
俺はヘヴィな2cherではないし、正直この数板くらいしか覗かないんだ
けど、でも俺の知る限りでは、アンタみたいな思わせぶり炸裂の奴って、
経験的に言って馬鹿が多いんだよね。
俺はさ、208でも何でもないから（っていうか俺は>>372ね）、既出の
通り「教えてクン」呼ばわりされるのは全然構わないんだ。だから、ご
ちゃごちゃ誤魔化してないで、はっきり教えて欲しいんだけど。
割算を使うということが、どのように問題なワケ？
406:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:41:25
>>403
あのね
割り算を使っちゃいけないとは誰も言ってないよ
割り算をつかわなくてはいけないといっているのよ
必須アイテムは「わりざん」でジョルダンヘルダーじゃない
ジョルダンヘルダーだけで素因数分解の一意性がでるかのように
いってるといってるの
割り算が簡単でそれくらいだれでもわかるでしょというなら
その段階でおわってるわけ
407:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:43:49
>>405
雑魚は引っ込んでろ。208が出てくればいい。
ちなみ、俺402じゃないからね。
408:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:44:25
>>405
これだけ言ってわからないってのはね
>経験的に言って馬鹿が多いんだよね。
>>406
でわからないかね
409:405
05/10/19 18:47:58
・・・なんか、つまんない話っぽいなぁ。
うーん、あくまでも俺が馬鹿だから理解できないのかなぁ？ いやね、
内容を見る限り、>>406その他が馬鹿で無知であるとは、あんまし思え
ないんだけど。
でも、>>406の言ってることって、あまり面白い話ではなさそうだね。
それとも、あれかい？ ジョルダンヘルダーは、実は本質的に素因数分
解の一意性を使っているのかい？ そういう話なら、得るところも大き
いんだけど・・・。
410:405
05/10/19 18:49:52
>>407
じゃあ、君は雑魚じゃないんだね？
それなら、君が分かるように解説したらどうなん？？
411:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:52:43
>それとも、あれかい？ ジョルダンヘルダーは、実は本質的に素因数分
>解の一意性を使っているのかい？ そういう話なら、得るところも大き
>いんだけど・・・。
そうそう そう考えなくちゃね あんたは208より数等上のアタマの使い方
知ってるよ
412:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:55:11
>>411
>>286のどこで本質的に使ってるの？
413:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:55:30
>>409
つまらない話にもっていったのは208だからな
しかたがないね
ジョルダンヘルダー使って素因数分解の一意性証明した
そのどこで割り算使ってるか208にはわかってるのかね
414:１３２人目の素数さん
05/10/19 18:56:53
>>412
使ってないよ
だからどこに隠れてるのかって
415:１３２人目の素数さん
05/10/19 19:01:55
>>409
それでもまだつまらないってのか
416:１３２人目の素数さん
05/10/19 19:11:07
>>410
ぺちゃくちゃうるさい。黙ってろ。
417:208
05/10/19 19:30:34
>>387の話が分かったひと(>>387以外)いたら説明してくれ。
俺にはさっぱりわからん。割り算を使わないと証明出来ないと
してそれで俺が嘘をついたことになるのか？
俺は割り算は使わないとは言ってない。
418:１３２人目の素数さん
05/10/19 19:34:52
>>417
もういいから
>俺は割り算は使わないとは言ってない。
そのとおりだよ
何度もいうように「すぐに」がうそだって言ったの
でどこで割り算つかったんだよ
419:208
05/10/19 19:37:36
>>418
>もういいから
もういいからじゃねえよ。
きっちり決着つけようじゃないか。
割り算のどこが難しいんだよ。
420:１３２人目の素数さん
05/10/19 19:39:55
>>417
嘘の問題じゃないんだよ
おまえが自分に誠実かが問われているんだよ
421:１３２人目の素数さん
05/10/19 19:39:56
割り算はすらすらなんだけど、文章題になると突然思考が止まるんですが。。。
422:１３２人目の素数さん
05/10/19 19:41:24
>割り算のどこが難しいんだよ。
だれが難しいって言ったの
423:１３２人目の素数さん
05/10/19 19:42:25
>きっちり決着つけようじゃないか。
だからどこで使ってるんだよ
424:１３２人目の素数さん
05/10/19 19:43:23
>もういいからじゃねえよ。
だったら謝れよ
425:363
05/10/19 19:44:46
ちなみに>>363では、「Z/pZ が単純⇔pが素数は自明」ってとこに
「割り算」使ってる。
>>387は単に>>208にイチャモンつけたいだけだと思われ。無視しよう。
426:208
05/10/19 19:45:30
>>420
>嘘の問題じゃないんだよ
>>293でお前が「うそつけ」と言ったのがこの騒ぎの発端なんだよ。
今更、嘘の問題じゃないもないだろ。
427:１３２人目の素数さん
05/10/19 19:46:09
>>425
まちがい
428:１３２人目の素数さん
05/10/19 19:47:40
>>426
この期におよんで自分の理解が浅はかだったことを
そういう態度でごまかすのは見苦しいね
429:363
05/10/19 19:48:51
>>427
427=387か？
どこが間違い？
また最初から同じような話が繰り返されそうな悪寒・・・
430:１３２人目の素数さん
05/10/19 19:49:19
>>363
は208よりちょっとだけ賢いが
もうちょっと素直にならないといけないな
431:１３２人目の素数さん
05/10/19 19:50:28
あとは自分で勉強しなさい
お父さんは帰るから
432:208
05/10/19 19:50:31
>>422
>だれが難しいって言ったの
簡単に出るといったら、嘘つき呼ばわりされた。
その理由は、割り算を使うからだと。
つまり、割り算は簡単でないと思ってんだろ。
簡単でないとは（ほぼ）イコール難しいだろ。
433:363
05/10/19 19:50:55
みなさん427=387=430はスルーしましょう。
434:１３２人目の素数さん
05/10/19 19:51:55
>>432
見苦しい言い訳すんなよ
435:１３２人目の素数さん
05/10/19 19:53:03
>>363
雑魚が
436:208
05/10/19 19:54:39
だめだこりゃ。話しにならない。
割り算が簡単でないだと。キ印だな
437:１３２人目の素数さん
05/10/19 19:56:44
>>436
だからどこでつかってんだよ
438:208
05/10/19 20:03:19
>>437
そんなのどっちでもいいだろ。
割り算を使うにしろ、使わないにしろ簡単なことに変わりないんだから。
お前の、割り算にこだわるところが病的なんだよ。
トラウマでもあるのか。小学生のときに割り算がわからなくて
先生にどやしつけられて皆の前で恥を書いたとかｗ
439:１３２人目の素数さん
05/10/19 20:04:13
>割り算が簡単でないだと。キ印だな
おれはき印でいい
おまえは嘘つきだ