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
440:１３２人目の素数さん
05/10/19 20:07:25
>そんなのどっちでもいいだろ。
>使わないにしろ
よくわかった
やっぱりお前はわかっていないんだ
証明を完全に書ききってみることをおすすめする
そしてお前が不誠実であることもよくわかった
素因数分解に割り算をつかわないならお前は大発見をしたことに
なるよ
441:208
05/10/19 20:29:12
>>440
しょうがねえな。俺が答えたら演習にならないだろうが。
ほれ
命題
自然数の素因数分解は順序を除いて一意的である。
証明
n を自然数として、n = (p_1)^(n_1)...(p_r)^(n_r)
を n の素因数分解とする。
G を位数 n の巡回群とし、それが 組成列の剰余群として、n_1 個の Z/(p_1)Z,
... n_r 個の Z/(p_r)Z を持つことを n に関する帰納法で証明する
(各 Z/(p_i)Z は単純なのは明らか)。
G = Z/nZ の位数を p_1 は割るから G は位数 p_1 の部分群 H を
持つ。G/H は巡回群であり、その位数は
n/p_1 = (p_1)^(n_1 - 1)...(p_r)^(n_r)
で n より小さいから、帰納法の仮定より、G/H は、組成列の剰余群
として (n_1 - 1) 個の Z/(p_1)Z, ... n_r 個の Z/(p_r)Z を持つ。
よって、G は、最初の主張の剰余群列を持つ。
これからJordan-Holderより、n = (p_1)^(n_1)...(p_r)^(n_r)
の分解は一意に決まる。
証明終
442:208
05/10/19 20:43:44
>>440
使わないなんて言ってないだろ。
お前、日本語も駄目なんだな
443:208
05/10/19 20:45:27
>>439
>おまえは嘘つきだ
何故なのか、とっくりと聞こうじゃないか。
444:208
05/10/20 12:22:52
Krullの単項イデアル定理(>>381)の系
A をネーター環、
p ⊃ p_1 ⊃ p_2 を A の長さ２の素イデアル鎖(>>379)とする
(よって、この３個の素イデアルは互いに異なる)。
x を p の元で、p_1 に含まれないものとする。
このとき x を含む素イデアル q で
p ⊃ q ⊃ p_2 が長さ２の素イデアル鎖となるものが存在する。
証明
A を A_p で置き換えて、A は局所環で p はその極大イデアルと
してよい。
Supp(A/(xA + p_2)) の極小元を q とする。つまり、q は xA + p_2
を含む素イデアルの中で極小である。
A は局所環だから、p ⊃ q となる。q ⊃ p_2 は明らか。
ネーター整域 B = A/p_2 と x' = x (mod p_2) に単項イデアル定理
(>>381)を適用すると、q/p_2 の高さは１であることが分かる。
よって p = q では有り得ない。何故なら、 p = q とすると、
q ⊃ p_1 ⊃ p_2 が長さ２の素イデアル鎖となって、q/p_2 の高さが１
であることに矛盾するから。
よって、 p ⊃ q ⊃ p_2 は長さ２の素イデアル鎖である
(q ≠ p_2 は明らか)。
証明終
445:208
05/10/20 12:24:43
補題
A をネーター環、
p ⊃ p_1 ⊃ ... ⊃ p_n を A の長さ n ≧ 2 の素イデアル鎖(>>379)
とする。x を p の元で、p_1 に含まれないものとする。
n - 1 個の素イデアル q_1, ... , q_(n-1) で
p ⊃ q_1 ⊃ ... ⊃ q_(n-1) ⊃ p_n が長さ n の素イデアル鎖
となり、x ∈ q_(n-1) となるものが存在する。
証明
n に関する帰納法と >>444 を使う。
446:208
05/10/20 12:32:43
命題
A をネーター環、x を rad(A) (>>238) の元とすれば。
dim(A) ≦ dim(A/xA) + 1 となる。
証明
dim(A) が 0 または 1 のときは明らか。
よって、
p_0 ⊃ p_1 ⊃ ... ⊃ p_n を A の長さ n ≧ 2 の素イデアル鎖で
x ∈ p_0 なら、長さ n-1 の素イデアル鎖
p_0 ⊃ q_1 ⊃ ... ⊃ q_(n-1) で x ∈ q_(n-1) となるものが存在
することを示せばよい。n に関する帰納法を使う。
x ∈ p_1 なら帰納法の仮定を使えばよいから、x は p_1 に含まれない
とする。よって、補題(>>445)を使えばよい。
証明終
447:１３２人目の素数さん
05/10/20 13:56:07
>>440
>使わないなんて言ってないだろ。
>お前、日本語も駄目なんだな
お前こそが日本語だめだろ
しかも
使うか使わないかもわかりもしないで
証明したことにしてるんだし
448:１３２人目の素数さん
05/10/20 14:00:00
ま ともかくだ
問題点をつきつけられてわからぬバカは
うそつき以上にたちがわるい
いえばわかる程度の奴だとおもうから
うそつきで我慢してやったがな
君にはがっかりだ
449:１３２人目の素数さん
05/10/20 14:02:12
代数的整数論と解析的整数論とはどちらが成功したといえるのでしょうか？
450:１３２人目の素数さん
05/10/20 14:13:16
[問]
π＝３．１４１５・・・＝３．p1p2p3p4・・・pn・・・
{p_i}_[i=1,∞]の内、素数であるものの集合をＸ、それ以外をＹ
とした時に、Ｘ，Ｙの元の数を｜Ｘ｜、｜Ｙ｜とした時に、
｜Ｘ｜/｛｜Ｘ｜＋｜Ｙ｜｝を見積もれ。
451:１３２人目の素数さん
05/10/20 14:20:53
π＝３．１４１５・・・＝３．p1p2p3p4・・・pn・・・
{p_i}_[i=1,∞]という数列が、完全にランダムである、つまり、
乱数であるか否かを示せ、また、もし乱数である場合、πという
数はどんな性質を持つ事になるか？更に、πを用いて乱数を順次
発生するプログラムを作るとするとどんなプログラムになるか？
452:１３２人目の素数さん
05/10/20 14:27:46
[問２]
完全にランダムな数列{q_i}_[i=1,∞]が存在した時に、別の
完全にランダムな数列{r_i}_[i-1,∞]が存在しうるか？
453:１３２人目の素数さん
05/10/20 14:31:55
存在し得るならば、それは唯一か？それとも任意に別の
完全にランダムな数列{q_i}_[i=1,∞]が存在するのか？
存在するとした時に、それを生成するプログラムを具体
的に書き下せるのか？それとも存在はするあ具体的には
書き下せいないのか？それを検討、証明せよ。
454:208
05/10/20 14:39:02
命題
A をネーター環、x_1, ... , x_r を rad(A) (>>238) の元とすれば。
dim(A) ≦ dim(A/x_1A + ... + x_rA) + r となる。
証明
r に関する帰納法。r = 1 のときは、>>446 そのもの。
r > 1 とし、B = dim(A/x_2A + ... + x_rA) とする。
x_1 の B における像を y とすると、再び >>446 より
dim(B) ≦ dim(B/yB) + 1
B/yB は、A/x_1A + ... + x_rA に同型である。
よって、
dim(A/x_2A + ... + x_rA) ≦ dim(A/x_1A + ... + x_rA) + 1 となる。
一方、帰納法の仮定より、
dim(A) ≦ dim(A/x_2A + ... + x_rA) + r - 1 となる。
よって、dim(A) ≦ dim(A/x_1A + ... + x_rA) + r となる。
証明終
455:208
05/10/20 14:48:43
Krullの次元定理
A をネーター環、I をそのイデアルで、r 個の元 x_1, ... , x_r
で生成されるものとする。p を I を含む素イデアルの中で極小な
ものとすると、ht(p) ≦ r である。
証明
A を A_p で置き換えて、A は局所環で、p はその極大イデアル
としてよい。>>454 より dim(A) ≦ dim(A/I) + r である。
I を含む素イデアルは、p だけだから、dim(A/I) = 0 である。
よって、dim(A) ≦ r である。
あとは、dim(A) = ht(p) に注意すればよい。
証明終
456:１３２人目の素数さん
05/10/20 17:32:35
どこで使ってんだよって、、
そんなの割り算を使うから簡単には出ないって主張してる側が探して
ここからここに行くときにどうしても使わざるを得ない、って主張するべきじゃねえのか？
もう基地外は無視しようぜ
457:１３２人目の素数さん
05/10/20 18:08:33
>>456
できないやつがごまかすなよ
降参しろよばーか
こんなかんたんなことなのにな
ほんとにおまえらってなさけない
いっしょうじべたをはいずってろって
458:１３２人目の素数さん
05/10/20 18:14:08
>>456
いいか雑魚おれは基地概でもなんでもいい
答えをしっている
おまえは答えがわからない単なるアホなんだよ
無視してくれるのがありがたいね
459:208
05/10/20 19:44:37
>>447
>使うか使わないかもわかりもしないで
どっから、そういう結論になるんだよ。
俺は、使う使わないは問題が簡単かどうかに関係ないだろ
って言ったんだよ。
素因数分解は自然数の整除が関係してんだから割り算くらい使うだろ
現に >>441 で n/p_1 = (p_1)^(n_1 - 1)...(p_r)^(n_r) を使ってる。
で、使ったからどうだっていうの？
460:１３２人目の素数さん
05/10/21 00:49:41
「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。」
これが証明できるレベルの奴は折らんのか？
461:１３２人目の素数さん
05/10/21 08:38:08
しょうがねえな。俺が答えたら演習にならないだろうが。
ほれ
命題
自然数の素因数分解は順序を除いて一意的である。
証明
n を自然数として、n = (p_1)^(n_1)...(p_r)^(n_r)
を n の素因数分解とする。
G を位数 n の巡回群とし、それが 組成列の剰余群として、n_1 個の Z/(p_1)Z,
... n_r 個の Z/(p_r)Z を持つことを n に関する帰納法で証明する
(各 Z/(p_i)Z は単純なのは明らか)。
G = Z/nZ の位数を p_1 は割るから G は位数 p_1 の部分群 H を
持つ。G/H は巡回群であり、その位数は
n/p_1 = (p_1)^(n_1 - 1)...(p_r)^(n_r)
で n より小さいから、帰納法の仮定より、G/H は、組成列の剰余群
として (n_1 - 1) 個の Z/(p_1)Z, ... n_r 個の Z/(p_r)Z を持つ。
よって、G は、最初の主張の剰余群列を持つ。
これからJordan-Holderより、n = (p_1)^(n_1)...(p_r)^(n_r)
の分解は一意に決まる。
証明終
Thanks. This is interesting.
462:１３２人目の素数さん
05/10/21 08:39:36
>>「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。」
Is this easy when $A$ is Noetherian?
463:208
05/10/21 09:12:20
>>460
ちょっと考えたけどわからん。
ところで、質問するならその背景を少し説明してくれ。
その問題のソースとか。
大体、それが成立つ保障はあるのか？
成立たない問題をいくら証明しようとしても無駄だからな。
464:208
05/10/21 09:26:22
Krullの次元定理(>>455)の別証
r に関する帰納法を使う。
A を A_p で置き換えて、A は局所環で、p はその極大イデアル
としてよい。
dim(A) ≦ 0 のときは明らかだから dim(A) ≧ 1 とする。
p ⊃ p_1 ⊃ ... ⊃ p_s を長さ s の素イデアル鎖とする。
p_1 は、 p に含まれ p と異なる素イデアルの中で極大とする。
このような素イデアルが存在するのは、A がネーター環であること
により保障される。
I は p_1 に含まれないから、p_1 に含まれない x_i がある。
x_1 が p_1 に含まれないとしてよい。
(x_1)A + p_1 を含む素イデアルは p のみだから、
Ass(A/x_1A + p_1) = {p} である。よって p^n ⊂ (x_1)A + p_1
となる n > 0 がある。
I ⊂ p だから、各 i ≧ 2 で (x_i)^n ∈ (x_1)A + (y_i)A となる
p_１の元 y_i がある。
J = (y_2, ... , y_r) とおく。I の生成元 x_1, ... , x_r は
mod (x_1)A + J で、べき零だから、I の十分高いべきは、(x_1)A + J
に含まれる。よって、(x_1)A + J を含む素イデアルは p のみである。
さて、p_1 ⊃ q ⊃ J となる素イデアルがあるとする。
(x_1)A + q ⊃ (x_1)A + J だから、(x_1)A + q を含む素イデアルも
p のみである。よって、単項イデアル定理(>>381)により整域 A/q
において x_1 mod q で生成される単項イデアルの高さは 1 である。
よって、dim(A/q) = 1 である。これは、p_1 = q を意味する。
よって、p_1 は J を含む素イデアルの中で極小である。
J は r - 1 個の元で生成されるから、帰納法の仮定より、
ht(p_1) ≦ r -1 である。つまり、s - 1 ≦ r -1 である。
よって、s ≦ r である。これは、ht(p) ≦ r を意味する。
証明終
465:208
05/10/21 09:36:17
Krullの次元定理(>>455)は、可換代数においてネーター環における
準素イデアル分解定理の次に得られた大定理だろう。
代数的整数論では１次元の環、とくにDedekind環を扱うので、
表面的には高次元の環はあまり関係ないとも言える(実は関係はある)。
しかし、Krullの次元定理は、このスレの今までの知識で証明
出来るので述べてみた。
466:１３２人目の素数さん
05/10/21 11:53:57
Raynaud「Anneaux Locaux Henseliens」の第８章94ページの定理３の（２）
「局所環Bが局所環A上local-ind-etaleのとき、Bが整閉整域ならAもそうである。」
とある。
証明は、Aが整閉整域ならBもそうであることはBがA上local-ind-etaleであることから分かる。と書いている。これは俺も納得している。
逆は明らかなのか説明は書いてない。おそらく一般的に成り立つと思われる。
たとえば、AがBの部分環であることは次のようにして分かる．
ｆ：A->Bをstructure morphismとして，I=Ker(f)とおく．
すると，（A/I）○B＝A○Bであることから，I○B=0であることが分かるが,
BはA上local-ind-etaleであるから，A上忠実平坦であるので，I=0である．
但し，○はテンソル積の意味．
最後に，A上local-ind-etaleとは次のように定義される：
局所環（A,m）上etale環Cをｍの上にlie-overする素イデアルpで局所化した環C_pをlocal-etale環と呼び，
local-etale環のfiltrant帰納系（morphismはlocal morphism，すなわち極大イデアルの逆増が極大イデアル）の極限をA上local-ind-etaleと呼ぶ．
だから，上の主張は，Bがlocal-etaleの場合でも成り立つのでそれが手がかりにもなる．
467:１３２人目の素数さん
05/10/21 12:14:45
>> 466
Olivier, J.-P. Going up along absolutely flat morphisms. J. Pure Appl. Algebra 30 (1983), no. 1, 47--59.
I think your question is related to the content of this paper
and not so trivial. So I strongly recommend you to read it.
Absolutely flat morphism is more general than ind-etale maps.
468:１３２人目の素数さん
05/10/21 13:29:21
>>459
わははははははっは
わははははははっは
これは大笑いだね
大恥さらしだね
こんなバカみたことないね
「割り算」の意味すら理解してないんだな
ここまでバカだとは信じられないね
もうあんまり嬉しがらせないでよね
笑い死にしたらどうすんだよ
ついでだけど>>461の証明もみっともないよ
もういいわ
喋っても無駄なバカの集まりだった
Ass の集まりだよ
469:１３２人目の素数さん
05/10/21 13:44:20
>>459
の回答はいつまでも晒しておきたいくらい愚かだな
470:１３２人目の素数さん
05/10/21 15:03:36
>>60
亀レスながら…
Weber の代数学教程第3巻のみ邦訳有。
（ただし、代数関数の部分は省略されています）
片山氏が邦訳したものが私家版で出版されています。
在庫の有無は津田塾に尋ねると良いでしょう。
確か送料込みで４ｋ弱だったはず。
（紙代＋製本代を実費負担、という感じです）
471:１３２人目の素数さん
05/10/21 15:38:07
>>467
本当にありがとうございます。早速手に入れて読んでみます。
467さんは、この代数幾何・整数論・可換環論などの専門家なのですね。
恐れ入りました。
Raynaudの本はもう８章で終わらそうと思っています。
なんか８章の最後が飛びすぎてて、９章以降読んでも完全に分かりそうな気がしなくなった。
472:１３２人目の素数さん
05/10/21 16:00:15
>>468
こんなに痛いやつは次世代のワイルズ以来だが、
同一人物か？
473:１３２人目の素数さん
05/10/21 16:05:08
そんな事を言っても208の自演だと言い出すに決まっている。
相手をすると病状が悪くなるらしい。俺はこのスレ好きだから
無視してやって欲しい。オネガイ。
474:１３２人目の素数さん
05/10/21 16:37:03
>>472>>473
おまえらも同レベルのバカなのね
おまえらも一緒にさらしてやるわ
475:１３２人目の素数さん
05/10/21 16:44:13
>>472>>473
ねんのため言っておいてやろう
たとえば>>425>>363
は「割り算」の意味を理解してるね
>>459が冗談で言ってるんじゃなかったら
真性のアホだよ
それがわからないｵﾏｴﾗは同類ということだよ
476:208
05/10/21 16:49:02
整数論ってのはトンデモを引き寄せるんだよな。
自然数という素朴な対象を相手にしてるからとっつきやすいんだろうな。
奴もJordan-Holderなんて頭素通りなんだろうね。
分かるのは四則演算くらい。だから、素因数分解と聞いて飛びついた。
ところが、期待してた証明と違うんで八つ当たり。
こんなとこだろ。
477:１３２人目の素数さん
05/10/21 16:56:40
>>476
おまえが何を言おうと今回は大恥かいてるよ
それすらわからないんだな
重症だな
>>459というﾊﾞｶ丸出しを引き出せて俺は心底満足してる
しかしおまえの名誉のためつけ加えてやろう
他の数学の書き方はまあちゃんとしてるから
症状は自閉症だろ
478:１３２人目の素数さん
05/10/21 16:59:42
>>476
ところで今更>>459が冗談だなんて言わないよな
479:208
05/10/21 17:31:59
はっきりさせようじゃないか。
普通の人間にわかるように説明してみろ。
お前のいう割り算とはどういう意味で、それが何故簡単じゃないのか。
480:１３２人目の素数さん
05/10/21 17:46:49
おいおい
>>425でも読んでアタマ冷やせよ
これ以上恥の上塗りするのかね
とんでもない教えてくんだね
いままでの罵詈雑言を考えたらね
おれはおまえのようなバカに教えてやる義理はないよ
おまえはエライからなんでもわかってるんだろ
しかしヒントだけいってやろう
おまえだって素因数分解の一意性の普通の証明しってるだろ
それを反省してみなよ
481:１３２人目の素数さん
05/10/21 17:53:11
>>479
いっとくがおれは>>459が出たから
ここで引き下がって痛くも痒くもない
わかる人間がよめばはっきりするからな
悔し紛れに逃げたとかほざいても
恥の上塗りだって覚えておきなよ
おれはその方がおもしろいけど
482:208
05/10/21 17:54:24
ヒントじゃねえよ。
いいから、説明しろよ、この野郎。
説明出来ないなら初めから引っ込んでろ。
483:１３２人目の素数さん
05/10/21 18:00:13
やだよ
恥かき男が強がり言うな
わからなきゃはじめから演習だなんて
偉そうなこと書くんじゃねえよ
ばか
やっぱりおまえは教えて君そのものだったな
484:１３２人目の素数さん
05/10/21 18:03:08
自閉症をからかっちゃいけないよ
485:１３２人目の素数さん
05/10/21 18:11:24
>>485
そうだね好きでなったわけじゃないし
486:208
05/10/21 18:14:18
お前さあ、俺の証明にケチつけたんだろ。
だったら、その理由を説明しろよ。
それを、やだよって、気は確かかよ（キ印クンにこう聞くのは、
我ながら書いてて可笑しいが）。
理由を説明するのは、お前の名誉の為なんだよ。
説明出来ないのは、お前がトンデモだってこと。
487:１３２人目の素数さん
05/10/21 18:18:13
いいか
もう終わってるの
終わってないのはおまえだけ
俺がトンデモでも何でもいいの
恥をかいてるのは お ま え
強がりしかいわないおまえなんかに誰がおしえてやるかよバカ
488:１３２人目の素数さん
05/10/21 18:21:01
おれはもうおまえが
あがけばあがくほど愉快になってきてるよ
ホントに>>459は傑作
世の中にこんなバカがいるなんて
楽しいことだね
いくらでも罵詈雑言いってもいいからね
おまえの>>459は不滅の金字塔だよ
489:１３２人目の素数さん
05/10/21 18:23:00
208
のおかげですく
1000
行きそうだなｗ
490:１３２人目の素数さん
05/10/21 18:24:40
つまり、「分数は割り算とは違う」という主張かね。
491:１３２人目の素数さん
05/10/21 18:25:43
とことん人が悪いね
492:１３２人目の素数さん
05/10/21 18:30:13
208は小学校で割り算習わなかったのかな
493:１３２人目の素数さん
05/10/21 18:35:02
分かったら赤面するか、青ざめるか、どっちだ。
494:208
05/10/21 19:46:27
n/p_1 = (p_1)^(n_1 - 1)...(p_r)^(n_r)
これは割り算だろ。
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？？？
495:208
05/10/21 20:04:31
>>488
とにかく、お前の考えはわかってんだよ。素因数分解の普通の
証明のことを言ってんだろ。それが、お前には、難しいんだよな。
だから、俺が、Jordan-Holderを使えばすぐ出ると言ったことに
カチンときたわけだ。そんな、はずはないとな。
Jordan-Holderは、お前の理解を超えてんだよ。
だから、見当違いのレスを書く。
496:１３２人目の素数さん
05/10/21 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。
497:１３２人目の素数さん
05/10/22 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
498:１３２人目の素数さん
05/10/22 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.
499:１３２人目の素数さん
05/10/22 04:16:39
キチガイの勘違いのヒントは>>365にあり、だな。
500:１３２人目の素数さん
05/10/22 15:52:01
どっか頭のネジが緩んでる!!
501:１３２人目の素数さん
05/10/22 21:10:53
age
502:208
05/10/24 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。
503:208
05/10/24 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。
504:208
05/10/24 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。
505:208
05/10/24 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
506:208
05/10/24 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。
507:208
05/10/24 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
508:208
05/10/24 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
509:208
05/10/24 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
510:208
05/10/24 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
511:208
05/10/24 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
512:208
05/10/24 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。
513:208
05/10/24 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
514:208
05/10/24 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
515:208
05/10/24 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
516:208
05/10/24 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
517:１３２人目の素数さん
05/10/24 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
518:208
05/10/24 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
519:１３２人目の素数さん
05/10/24 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。
520:208
05/10/24 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
521:１３２人目の素数さん
05/10/24 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
522:１３２人目の素数さん
05/10/24 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
523:１３２人目の素数さん
05/10/24 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
524:208
05/10/24 16:18:19
>>520
>よって、B_S は空でない。
よって、B_S は 0 でない。
525:１３２人目の素数さん
05/10/24 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。
526:１３２人目の素数さん
05/10/25 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)。
527:１３２人目の素数さん
05/10/25 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
528:１３２人目の素数さん
05/10/25 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
529:208
05/10/25 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。
530:208
05/10/25 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。
531:208
05/10/25 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。
532:208
05/10/25 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。
533:208
05/10/25 12:52:20
>>532
半角の空白は駄目だったな。
A → A_S
| |
v v
B → B_S
534:208
05/10/25 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
535:208
05/10/25 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。
536:１３２人目の素数さん
05/10/25 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
537:１３２人目の素数さん
05/10/25 16:56:34
>208はほんとに自閉症なのか。
538:１３２人目の素数さん
05/10/25 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
539:208
05/10/25 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
540:208
05/10/25 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。
541:208
05/10/26 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)。
542:208
05/10/26 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。
543:208
05/10/26 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。
544:208
05/10/26 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。
545:208
05/10/26 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。
546:208
05/10/26 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。
547:208
05/10/26 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。
548:１３２人目の素数さん
05/10/26 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
549:１３２人目の素数さん
05/10/26 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
550:１３２人目の素数さん
05/10/26 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
ｽﾚﾘﾝｸ(math板)l50
551:１３２人目の素数さん
05/10/26 13:32:05
>>547
「・・・らしい」じゃ意味ない
552:１３２人目の素数さん
05/10/26 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。
553:208
05/10/26 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」。
554:208
05/10/26 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
555:１３２人目の素数さん
05/10/26 17:36:03
数学関係者の悩み１１０番 数学関係者の悩み１１０番
556:１３２人目の素数さん
05/10/26 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。
557:１３２人目の素数さん
05/10/26 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、、
558:１３２人目の素数さん
05/10/26 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
559:208
05/10/27 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。
560:208
05/10/27 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。
561:208
05/10/27 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。
562:208
05/10/27 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。
563:208
05/10/27 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。
564:208
05/10/27 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
565:208
05/10/27 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
566:208
05/10/27 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。
567:208
05/10/27 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
568:208
05/10/27 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。
569:208
05/10/27 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
570:208
05/10/27 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。
571:208
05/10/27 10:41:35
>>569
>よって、I = (r) となる。
よって、I = (a) となる。
572:208
05/10/27 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
573:208
05/10/27 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
574:208
05/10/27 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
575:208
05/10/27 12:13:21
>>574
>p ∈ Spec(A), q_1, q_2 ∈ Spec(A) で、
p ∈ Spec(A), q_1, q_2 ∈ Spec(B) で、
576:208
05/10/27 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。
577:208
05/10/27 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。
578:208
05/10/27 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。
579:208
05/10/27 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
580:208
05/10/27 12:49:13
>>579 の証明は中国式剰余定理(>>341)の証明と似ている。
581:１３２人目の素数さん
05/10/27 14:52:05
哲学と数学
582:208
05/10/27 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
583:208
05/10/27 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。
584:208
05/10/27 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
585:208
05/10/27 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。
586:208
05/10/27 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。
587:208
05/10/27 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。
588:１３２人目の素数さん
05/10/27 18:55:43
どこの何様が知らぬが、ご親切なことで。
589:208
05/10/28 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。
590:208
05/10/28 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。
591:208
05/10/28 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？
592:208
05/10/28 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。
593:１３２人目の素数さん
05/10/28 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。
594:208
05/10/28 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。
595:１３２人目の素数さん
05/10/28 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。
596:208
05/10/28 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。
597:208
05/10/28 10:29:38
俺は何も諸君が俺の書いてる事柄を知らないと思ってるわけじゃない。
自分の知ってることは読みとばしてくれていい。
こんなことは断るまでもなく当たり前だけど、>>588みたいな
奴もいるからね。
598:208
05/10/28 11:06:45
>>559
秋月・永田の近代代数学という古い本(1957年頃が初版)も
少しだが参考にしてる。これは題名からは想像出来ないが
可換代数そのもの。薄いけど内容はわりと高度。
ネーター整域の整閉包がKrull環という、Bourbakiにも松村にも
載ってないことが書かれている。永田の可換環論には載ってる
だろうが。
他には、Dirichletの初等整数論講義にあるDedekindの付録。
この本の邦訳。しかし、この訳はちょっと読みづらい。
いちいち名詞の複数形に達をつけてる。例えば、ｎ個の整数達とか。
599:１３２人目の素数さん
05/10/28 13:34:12
どこのお偉いお方か存じませぬがご親切なことでございますね。
600:208
05/10/28 16:12:18
基本的には自分のためにやってる。考えを整理するには書くのが
一番いい。まあノート代わりだな。だけど、読者にも役立つんだから
そう目くじらたてなくてもいいだろ。それに、こちらからの
一方通行というわけでもないし。
601:１３２人目の素数さん
05/10/28 16:45:14
南無阿弥陀仏南無阿弥陀仏南無阿弥陀仏南無阿弥陀仏
602:208
05/10/28 16:55:49
あれ、知らなかったの？
おいおい、それは甘すぎだよ。
俺は慈善事業やってるわけじゃない。
だけど、俺が得して諸君も得する。こなにいいことないだろ。
603:１３２人目の素数さん
05/10/28 17:12:42
御陀仏御陀仏御陀仏御陀仏御陀仏御陀仏御陀仏御陀仏御陀仏
604:１３２人目の素数さん
05/10/28 21:37:55
色即是空色即是空色即是空色即是空色即是空色即是空色即是空
605:１３２人目の素数さん
05/10/29 08:39:45
PaiPPPPaiPaiPaiPaiPaiPaiPaiPaiPaiaiPaiPaiPaiPaiPaiaiPaiPaiPaiPaiPaiPaiai
606:１３２人目の素数さん
05/10/29 08:40:27
（＾ω＾）⊃ ｱｳﾄ!!!
（⊃ ）
／ ヽ
⊂（ ＾ω＾）⊃ ｾｰﾌ!!!
（ ）
／ ヽ
（ ＾ω＾） ヨヨイの!!
（⊃⊂ ）
／ ヽ
⊂⌒ヽ (⌒⊃
＼ ＼ ／⌒ヽ / /
⊂二二二（ ＾ω＾）ニニ二⊃
＼ ＼_∩_／ ／
（ (::)(::) ）
ヽ＿,*､＿ノ ﾌﾞｰﾝ
／／／
／／／
607:208
05/10/31 09:56:27
Cohen-Seidenbergの第２定理(いわゆるGoing-down定理)に関連して、
無限次ガロワ拡大について述べる。これは数論においても重要である。
位相群の初歩については既知と仮定する。
命題
G を群、S を G の正規部分群の集合で以下の条件(F)を満たすものとする。
(F) N_1, N_2 ∈ S なら N_1 ∩ N_2 ⊃ N_3 となる N_3 ∈ S がある。
x ∈ G に対して、{xN; N ∈ S} を x の基本近傍系と定義することにより、
G は位相群となる。
証明
G の部分集合 U が以下の性質(O)を満たすとき、G の開部分集合と
定義する。
(O) x ∈ U なら xN ⊂ U となる N ∈ S が存在する。
G の開部分集合全体が位相を定めることは、条件 (*) より明らか。
y ∈ xN なら、yN = xN だから xN は開部分集合である。
よって、{xN; N ∈ S} は x の基本近傍系となる。
S の元 N は正規部分群だから、任意の x ∈ G に対して
xN = Nx となることに注意する。よって、
x, y ∈ G, N ∈ S に対して、(xN)(yN) = xyNN = xyN となる。
これから、G の積算法が定める写像 G x G → G は連続である。
(xN)^(-1) = Nx^(-1) = x^(-1)N だから、
x に その逆元 x^(-1) を対応させる写像 G → G も連続である。
よって G はこの位相により位相群となる。
証明終
608:208
05/10/31 10:09:51
命題
>>607 で定義された G の位相がハウスドルフであるためには、
∩{N; N ∈ S} = {e} が必要十分である。ここで e は G の単位元。
証明
{e} の閉包が ∩{N; N ∈ S} となることに注意すればよい。
609:208
05/10/31 10:24:26
命題
f, g: X → Y を位相空間 X から Y への２個の連続写像とする。
Y がハウスドルフなら、X の部分集合 E = {x ∈ X; f(x) = g(x)}
は閉集合である。
証明
Y x Y の対角集合をΔとする。つまり、Δ = {(y, y); y ∈ Y} とする。
Y はハウスドルフだから、Δ は Y x Y の閉集合である。
h(x) = (f(x), g(x)) により、写像 h: X → Y x Y を 定義する。
これが連続なことは明らか。E = h^(-1)(Δ) だから、
E は閉である。
証明終
610:208
05/10/31 10:33:12
命題
I を前順序集合、(X_i) を I を添字集合とする位相空間の射影系とする。
各 X_i がハウスドルフなら、射影極限 proj.lim X_i は
直積空間 X = ΠX_i の閉集合である。
証明
pr_i: X → X_i を射影とする。
i ≦ j に対して E_(i,j) = { x ∈ X; pr_i(x) = f_(i,j)pr_j(x) }
と定義する。f_(i,j): X_j → X_i は射影系(X_i)を定義する射である。
E_(i,j) は命題(>>609)より X の閉集合である。
proj.lim X_i は i ≦ j を任意に変化させたときの E_(i,j) の
共通集合だから閉である。
証明終
611:１３２人目の素数さん
05/10/31 14:56:00
Gを代数的数を成分にもつGL(n,C)の有限生成部分群とする。
このときある自然数kがあり、任意のGの元gに対し
g^kの成分が代数的整数になる。
上記のことは成り立つでしょうか？知っている方がいたら
教えて下さい。
612:208
05/10/31 15:08:55
>>611
少なくとも n = 1 のときは成り立たないけど。
例えば 1/2 で生成されるGL(1,C)の部分群。1/2 を何乗しても整数にならない。
613:１３２人目の素数さん
05/10/31 15:47:43
ASASASASASASASASASASASASASASASASASASASASASASASASASASASASASASASASASASASAS
614:１３２人目の素数さん
05/10/31 15:54:32
>>612
有理整数でなく代数的整数だから，
2x-1=0⇒x=1/2
でOKなのでは？？
615:208
05/10/31 16:23:50
>>614
1/2 は代数的整数じゃない。後でやるけど、有理整数環 Z は整閉
だから、有理数で代数的整数であるものは有理整数しかない。
616:611
05/10/31 16:34:47
>>612
確かに…すぐに思いつかなかったのがなさけない…orz
何か適当な（例えば位相的な）条件を追加して
成り立つようにできないでしょうか？
617:208
05/10/31 16:50:23
>>616
今、無限次ガロワ拡大について書くのに忙しいんで、これ以上
相手出来ない。悪いが．．．
618:１３２人目の素数さん
05/10/31 17:18:47
無限次ガロワ拡大 is full!!!!!!!!!!!1
619:611
05/10/31 20:29:28
すみません。正しい主張は、
Gを代数的数を成分にもつGL(n,C)の有限生成部分群とする。
このときGの有限の生成系{g_i}に対しある自然数kがあり、
kg_iの成分が代数的整数になる。
でした。これじゃ説明省いて使うよな…
620:208
05/11/01 10:11:07
命題
I を有向前順序集合、(X_i) を I を添字集合とする位相空間の射影系とする。
射影極限 proj.lim X_i を X とおく。f_i: X → X_i を標準射とする。
X の任意の開集合は、(f_i)^(-1)(U) の形の開集合の合併である。
ここに、 i は I の要素を動き、U は X_i の開集合を動く。
証明
X は直積空間 ΠX_i の部分空間であるから、
X の開集合 U は、f_(i_1)^(-1)(U_1) ∩ ... ∩ f_(i_r)^(-1)(U_r)
の形の開集合の合併である。ここで、i_1, ... , i_r は I の要素で
あり、 U_k は X_i_k の開集合である。
x を U の任意の点とし、
x ∈ f_(i_1)^(-1)(U_1) ∩ ... ∩ f_(i_r)^(-1)(U_r) とする。
I は有向前順序集合だから、i_1 ≦ j, ... i_r ≦ j となる j がある。
V_k = f_(i_k, j)^(-1)(U_k) とおく。
ここで、f_(i_k, j) : X_j → X_i_k は射影系を定義する射。
f_(i_k, j) は連続だから、V_k は X_j の開集合である。
(f_j)^(-1)(V_k) ⊂ f_(i_k)^(-1)(U_k) だから、
V = V_1 ∩ ... ∩ V_r とおけば、
(f_j)^(-1)(V) ⊂ f_(i_1)^(-1)(U_1) ∩ ... ∩ f_(i_r)^(-1)(U_r)
となる。x ∈ (f_j)^(-1)(V) だから、命題の主張が出る。
証明終
621:208
05/11/01 10:24:29
>>607 において、各 N ∈ S に対して G/N に離散位相を入れる。
N_1, N_2 ∈ S で N_1 ⊃ N_2 のとき N_1 ≦ N_2 と定義して、
S に順序を入れる。N_1 ≦ N_2 のとき、G/N_2 → G/N_1 が自然に
定義される。よって S を添字集合として、(G/N), N ∈ S は
離散位相群からなる射影系となる。よって、proj.lim G/N が定義
される。
各N ∈ S は開集合だから、標準射 G → G/N は連続である。
さらに、この射は、射影系(G/N)と両立するから、
連続写像 f: G → proj.lim G/N が自然に定義される。
このとき、f(G) は、proj.lim G/N において稠密である。
証明
proj.lim G/N から G/N への標準射を f_N とする。
(f_N)f : G → G/N は標準射である。したがって、全射である。
これと、>>620 からわかる。
証明終
622:208
05/11/01 10:45:34
命題
>>621 において f: G → proj.lim G/N は G から f(G) への全射を
引き起こすが、これは開写像である
(f(G)には proj.lim G/N の部分位相をいれておく）。
証明
G の単位元の基本開近傍の像が f(G) の単位元の開近傍であることを
示せばよい。proj.lim G/N から G/N への標準射を f_N とし、
e を G/N の単位元とする。
f(G) ∩ (f_N)^(-1)(e) = f(N) である。G/N の位相は離散だから{e}
は、開集合である。よって、(f_N)^(-1)(e) も開集合である。
証明終
623:208
05/11/01 11:22:15
k を体、K/k を k の準ガロワ拡大(>>586)とする。
K の k-自己同型のなす群を Aut(K/k) と書く。
G = Aut(K/k) とおく。
K/k の中間体 L/k で有限次準ガロワ拡大となるものを考える。
G の元を L に制限することにより、群の射 G → Aut(L/k) が得られる。
これは、全射である。この核を G(L) と書く。G(L) は G の正規部分群
である。このような G(L) の全体は、>>607 の条件 (F) を満たす。
よって、G は >>607 により位相群となる。
命題
G はコンパクトである。
証明
>>621 より連続写像 f: G → proj.lim G/G(L) が定義される。
Ker(f) = ∩G(L) だが、これは明らかに G の単位元のみからなる。
よって、f は単射。G/G(L) = Aut(L/k) とみなされるから、
proj.lim G/G(L) の元 (σ_L)は、各 L/k にその自己同型 σ_L
を引き起こし、L ⊃ L' のときは σ_L' は σ_L の制限となっている。
K はこのような L の合併集合であるから、(σ_L)は G のある元σ
から引き起こされる。よって、f: G → proj.lim G/G(L) は全射である。
G/G(L) は有限群だから、離散位相でコンパクトである。
よってその直積 ΠG/G(L) もコンパクト。
proj.lim G/G(L) は、>>610より閉集合だから、proj.lim G/G(L) も
コンパクトである。f は、>>622 より開写像であるから、
G は、proj.lim G/G(L) と位相同型である。
よって、G もコンパクトである。
証明終
624:208
05/11/01 12:20:39
k を体、K/k を k の準ガロワ拡大(>>586)とする。
G = Aut(K/k) とおく。
一般に、K/k の中間体 L/k に対して、K/L は準ガロワ拡大である。
Aut(K/L) を G(L) と書く。G(L) ⊂ G とみなすことにする。
特に、K/k の中間体 L/k で有限次拡大となるものを考える。
L を含むK/k の中間体 L'/k で、有限次準ガロワ拡大となるものがある。
例えば、L/k のすべての共役体で生成される体をとればよい。
G(L) ⊃ G(L') であるから、G(L) も G の単位元の近傍となる。
x_1, ..., x_n を K の元とする。G の元σ に対して
U(σ; x_1, ... , x_n) =
{τ ∈ G; σ(x_1) = τ(x_1), ... , σ(x_n) = τ(x_n)}
とおく。容易にわかるように U(σ; x_1, ... , x_n) は σ の開近傍
であり、x_1, ..., x_n を変化させると、σ の基本開近傍系が得られる。
さて、K から K への集合としての写像全体からなる集合を K^K と書く。
K^K は K を添字集合とする直積集合とみなせる。
K に離散位相を入れ、K^K に直積位相を入れる。
G の位相は、この K^K の部分空間としての位相をいれたものに
他ならない。
625:１３２人目の素数さん
05/11/01 12:41:14
What is 準ガロワ拡大?
626:208
05/11/01 13:05:17
>>625
>k を体、K/k を k の準ガロワ拡大(>>586)とする。
って書いてあったら普通、>>586 に準ガロワ拡大の説明があるだろう。
わからない用語が出てきたら、このスレ全体をテキストファイルにコピーして
その用語で検索すればいい。前のほうに説明があるはず。
627:208
05/11/01 13:17:54
命題
k を体、K/k を k の準ガロワ拡大とし、L を K/k の中間体とする。
G = Aut(K/k), G(L) = Aut(K/L) とする。
G(L) は G の閉部分群である。
証明
L/k が有限次のときは、G(L) は G の開部分群であるから、
閉部分群でもある。L が有限次でないときは、L は有限次拡大 L_i/k
の合併集合となる。G(L) = ∩G(L_i) で、各 G(L_i) は閉だから、
G(L) も閉である。
証明終
628:208
05/11/01 13:25:52
>>627 から有限次ガロワ拡大の基本定理は、無条件では無限次の
ガロワ拡大に拡張出来ないことがわかる。
つまり、G の閉でない部分群 H は K/k の中間体 L をどんなに
とっても H = G(L) とならない。
629:１３２人目の素数さん
05/11/01 14:31:26
ASASASASASASASASASASASASASAASASASASASASASASASASASASASAASASASASASASASASASASASASASA
630:１３２人目の素数さん
05/11/01 15:48:29
>>625
Sorry, i was a bit stupid.....
631:208
05/11/01 16:23:45
命題
k を体、K/k を k のガロワ拡大、つまり準ガロワで分離的な拡大とし、
G = Aut(K/k) とする。H を G の部分群とする。
K^H = {x ∈ K; 各σ∈H で、σ(x) = x } とおく。
つまり、K^H は H で固定化される K の部分体である。
G(K^H) すなわち Aut(K/K^H) は H の閉包である。
証明
H の閉包を cl(H) とする。
H ⊂ G(K^H) は明らかである。G(K^H) は G の閉部分群である(>>627)
から、cl(H) ⊂ G(K^H) である。よって、σ∈G(K^H) の任意の近傍が
H の元を含むことを示せばよい。L/k を K の中間体で有限次ガロワ拡大
となるものとする。M を L と K^H の合成部分体、すなわち K の部分体で
L と K^H を含む最小のものとする。M/K^H は有限次ガロワ拡大である。
H の元を M に制限することにより射 φ: H → Aut(M/K^H) が得られる。
φ(H) で固定される M の部分体は、K^H である。
よって有限次ガロワ拡大の基本定理より、φ(H) = Aut(M/K^H) である。
つまり、φ は全射である。
σ∈G(K^H) の M への制限をσ|M とすれば、σ|M は Aut(M/K^H)
の元であるから、σ|M = φ(τ) となる τ∈ H がある。
L ⊂ M であるから、σ|L = τ|L となる。これは、τ∈σG(L) を
意味する。σG(L) はσの基本開近傍だから cl(H) = G(K^H) である。
証明終
632:208
05/11/01 16:52:43
命題
k を体、K/k を k のガロワ拡大とし、L/k をその任意の中間体とする。
G(L) すなわち Aut(K/L) で固定される体 は L である。
すなわち、K^G(L) = L である。
証明
K/L はガロワ拡大であり、特に分離拡大である。
x を K の元で L に含まれないものとする。x は L 上分離的だから
x の L に関する共役元 y で x と異なるものがある。
x を y に写す Aut(K/L) の元が存在する。
これは、K^G(L) = L を意味する。
証明終
633:208
05/11/01 17:04:48
無限次ガロワ拡大体の基本定理
k を体、K/k を k のガロワ拡大とする。
G = Aut(K/k) とおく。
L/k をその任意の中間体とする。L に G(L) を対応させることにより、
K/k の中間体と G の閉部分群の間に１対１の対応がつく。
この逆対応は、G の閉部分群 H に対して、H で固定される部分体
K^H を対応させるものである。
証明
>>632 より K^G(L) = L であり、>>631 より G(K^H) = H である。
証明終
634:208
05/11/02 09:52:53
環の整拡大の話題に戻ろう。
補題
A ⊂ B を環の包含関係、B は A 上整とする。
p_0 ⊂ p_1 を A の長さ１の素イデアル鎖(>>379)とする。
q_0 を p_0 の上にある B の素イデアルとする。
B の長さ１の素イデアル鎖 q_0 ⊂ q_1 で
q_1 が p_1 の上にあるものが存在する。
証明
A/p_0 ⊂ B/q_0 とみなせる。>>520 の定理(Cohen-Seidenberg)
より、p_1/p_0 の上にある B/q_0 の素イデアル q_1/q_0 がある。
p_1/p_0 ≠ 0 だから q_1/q_0 ≠ 0
証明終
635:208
05/11/02 09:54:27
命題
A ⊂ B を環の包含関係、B は A 上整とする。
p_0 ⊂ p_1 ⊂ ... ⊂ p_n を A の素イデアル鎖(>>379)とする。
q_0 を p_0 の上にある B の素イデアルとする。
B の素イデアル鎖 q_0 ⊂ q_1 ⊂ ... ⊂ q_n で
各 q_i が p_i の上にあるものが存在する。
証明
>>634 に帰納法を使う。
証明終
636:208
05/11/02 09:58:17
命題
A ⊂ B を環の包含関係、B は A 上整とする。
q_0 ⊂ q_1 ⊂ ... ⊂ q_n を B の素イデアル鎖(>>379)とする。
各 i で p_i = A ∩ q_i とおく。
p_0 ⊂ p_1 ⊂ ... ⊂ p_n は A の素イデアル鎖である。
証明
>>574 より明らか。
637:208
05/11/02 10:01:08
命題
A ⊂ B を環の包含関係、B は A 上整とする。
dim A = dim B である(dim A の定義は、>>379 にある)。
証明
>>635 と >>636 より明らか。
638:208
05/11/02 10:05:24
命題
A ⊂ B を環の包含関係、B は A 上整とする。
q を B の素イデアルとする。
ht(q) ≦ ht(A ∩ q) である。
証明
>>636 より明らか。
639:１３２人目の素数さん
05/11/02 10:55:54
命題
A を整閉整域(>>578)、K をその商体、L/K を有限次準ガロワ拡大(>>586)
とする。B を A の L における整閉包(>>576)とする。
p を A の素イデアル、q_1, q_2 を p の上にある B の素イデアルと
すると、σ(q_1) = q_2 となる σ∈ Aut(L/K) がある。
証明
x ∈ q_1 とする。y = Πσ(x) とおく。ここで、積は Aut(L/K) の
すべての元σを動くものとする。y は Aut(L/K) の元で不変だから、
y^q ∈ K となる整数 q がある。ただし、q は、L/K が分離的なときは
1 であり、そうでないときは、K の標数 p の適当なベキである。
y^q ∈ K ∩ B であり、A は整閉だから、A = K ∩ B となる。
よって、y^q ∈ A となる。一方、明らかに y^q ∈ q_1 だから、
y^q ∈ p となる。p ⊂ q_2 であるから、y^q ∈ q_2 となる。
これから、ある σ(x) ∈ q_2 となる。よって、x ∈ σ^(-1)(q_2)
となる。以上から、q_1 ⊂ ∪σ^(-1)(q_2) となる。ここでσは
Aut(L/K) のすべての元σを動く。よって、>>579 より
q_1 ⊂ σ^(-1)(q_2) となるσがある。σ^(-1)(q_2) は、p の上にあるから、
>>574 より q_1 = σ^(-1)(q_2) である。
証明終
640:208
05/11/02 11:26:58
>>639 の命題は L/K が有限次でなくても成立つ。
命題
A を整閉整域(>>578)、K をその商体、L/K を有限次とは限らない
準ガロワ拡大(>>586)とする。
B を A の L における整閉包(>>576)とする。
p を A の素イデアル、q_1, q_2 を p の上にある B の素イデアルと
すると、σ(q_1) = q_2 となる σ∈ Aut(L/K) がある。
証明
M を L/K の中間体で、M/K が有限次準ガロワ拡大とする。
S をこのような M の集合とする。
M ∈ S に対して
F(M) = {σ∈ Aut(L/K); σ(q_1 ∩ M) = q_2 ∩ M} とおく。
σ∈ Aut(L/K) を M に制限することにより、
連続写像 Aut(L/K) → Aut(M/K) が得られる。
F(M) は、この写像による、離散群 Aut(M/K) のある部分集合の逆像だから
閉集合である。一方、>>639 よりこれは空ではない。
M, M' ∈ S のとき、F(M) ∩ F(M') ⊃ F(M(M')) となる。
ここで、M(M') は M と M' から生成される L の部分体で
M(M') ∈ S である。
Aut(L/K) は >>623 よりコンパクトだから、∩F(M) は空でない。
L は M ∈ S の合併集合となるから、σ ∈ ∩F(M) が求めるものである。
証明終
641:208
05/11/02 11:42:11
補題
A を整閉整域(>>578)、K をその商体、L/K を有限次とは限らない
準ガロワ拡大(>>586)とする。
B を A の L における整閉包(>>576)とする。
p_0 ⊂ p_1 ⊂ ... ⊂ p_n を A の素イデアル鎖(>>379)とする。
q_n を p_n の上にある B の素イデアルとする。
このとき、B の素イデアル鎖 q_0 ⊂ q_1 ⊂ ... ⊂ q_n で
p_i = A ∩ q_i が各 i で成立つものがある。
証明
>>635 より、p_0 ⊂ p_1 ⊂ ... ⊂ p_n の上にある、
B の素イデアル鎖 r_0 ⊂ r_1 ⊂ ... ⊂ r_n がある。
>>640 より、σ(r_n) = q_n となる σ∈ Aut(L/K) がある。
q_i = σ(r_i) とおけばよい。
証明終
642:208
05/11/02 11:55:42
定理(Going-down定理)
A を整閉整域(>>578)、A ⊂ B を整域の包含関係、B は A 上整とする。
p_0 ⊂ p_1 ⊂ ... ⊂ p_n を A の素イデアル鎖(>>379)とする。
q_n を p_n の上にある B の素イデアルとする。
このとき、B の素イデアル鎖 q_0 ⊂ q_1 ⊂ ... ⊂ q_n で
p_i = A ∩ q_i が各 i で成立つものがある。
証明
K を A の商体、L を B の商体とする。B は A 上整だから、
L/K は代数拡大である。M/K を L/K を含む準ガロワ拡大とする。
C を M における B の整閉包とする。C は A の整閉包でもある(>>511)。
q_n の上にある C の素イデアル r_n が存在する(>>520)。
>>641 より、C の素イデアル鎖
r_0 ⊂ r_1 ⊂ ... ⊂ r_n で p_0 ⊂ p_1 ⊂ ... ⊂ p_n の上に
あるものがある。q_i = B ∩ r_i とおけばよい。
証明終
643:208
05/11/02 12:00:41
命題
A を整閉整域(>>578)、A ⊂ B を整域の包含関係、B は A 上整とする。
q を B の素イデアルとする。
ht(A ∩ q) = ht(q) となる。
証明
>>638 と >>642 から明らか。
644:208
05/11/02 12:58:37
整閉整域については、他にも基本的な事項があるけど後回しにする。
次に離散付値環について述べるが、その前に単項イデアル整域に
ついて基本的なことを述べる。
定義
整域 A において、そのイデアルが常に単項となるとき
単項イデアル整域と呼ぶ。
この定義によると体も単項イデアル整域になるが、
このスレでは特に断らない限り、単項イデアル整域というとき
体でないものを意味するものとする。
645:208
05/11/02 13:02:02
定義
(体でない)単項イデアル整域で局所環であるものを離散付値環と呼ぶ。
646:208
05/11/02 13:19:49
定義
単項イデアル整域 A において極大イデアルを生成する元を素元とよぶ。
647:208
05/11/02 13:21:21
次の命題は、代数の初歩でよく知られているので、ここでは証明しない。
命題
単項イデアル整域においては、任意の０でない元が素元の積に
可逆元(単元)を除いて一意に分解される。
648:208
05/11/02 14:44:55
定義
A を環、
0 → N → M → L → 0 を A-加群の完全列とする。
N → M の像が M の直和因子となるとき、この完全列は分解(split)
するという。
命題
A を環、
0 → N → M → L → 0 を A-加群の完全列とする。
これが分解するためには、f: M → L のとき、
A-加群の射 s: L → M で fs = 1 となるものがあることが
必要十分である。
証明
各自に任せる。
649:208
05/11/02 14:51:33
命題
A を環、
0 → N → M → L → 0 を A-加群の完全列とする。
L が自由加群なら、この完全列は分解する。
証明
>>648より明らか。
650:208
05/11/02 15:11:28
命題
A を単項イデアル整域、L を A 上の有限階数 n の自由加群とする。
L の部分加群は、階数 ≦ n の自由加群である。
証明
n に関する帰納法。
e_1, ... , e_n を L の基底とする。
p_n : L → A を e_n に関する射影とする。
q: M → A を p_n の M への制限とする。
q(M) は A のイデアルだから単項であり、A は整域だから
このイデアルは A-加群として自由である。
Ker(q) = N とおく。
0 → N → M → q(M) → 0 は完全である。
N ⊂ Ae_1 + ... + Ae_(n-1) だから帰納法の仮定より、
階数 ≦ n-1 の自由加群である。
q(M) は自由だから、>>649 よりこの完全列は分解する。
よって、M は自由である。q(M) の階数 ≦ 1 だから、
M の階数 ≦ n である。
証明終
651:208
05/11/02 15:36:53
>>650
q(M) = 0 のときは、q(M) は自由加群ではないが、この場合、
N = M となって自明。
652:208
05/11/02 16:26:24
定義
A を整域、M を A-加群とする。
x ∈ M が捩れ元であるとは、A の元 a ≠ 0 があり
ax = 0 となることである。
M のすべての元が捩れ元であるとき、M を捩れ加群(torsion module)という。
M の捩れ元が 0 以外にないとき M を捩れのない(torsion-free)加群という。
653:208
05/11/02 16:34:09
定義
A を整域、M を A-加群とする。
M の捩れ元全体は、部分加群となる。
これを、M の捩れ部分とよび、t(M) と書く。
A の商体を K としたとき、S = A - {0} は積閉集合であり、
M(x)K は M の S による局所化とみなされる。
標準射 : M → M(x)K の核は t(M) に他ならない。
よって、
0 → t(M) → M → M(x)K
は完全である。
654:１３２人目の素数さん
05/11/02 16:51:21
ASASASASASASASASASASASASAS
ASASASASASASASASASASASASAS
ASASASASASASASASASASASASAS
ASASASASASASASASASASASASAS
655:208
05/11/02 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
656:208
05/11/02 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
657:１３２人目の素数さん
05/11/03 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？
658:１３２人目の素数さん
05/11/03 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.
659:１３２人目の素数さん
05/11/03 06:29:28
??
有限生成とは限らない場合だぞ。
660:１３２人目の素数さん
05/11/03 09:29:43
あやまれ、ロリコンにあやまれ（AA略
661:１３２人目の素数さん
05/11/03 09:36:50
>> ??有限生成とは限らない場合だぞ。
Perhaps take the direct limit...
662:１３２人目の素数さん
05/11/03 11:33:27
Perhaps?
and じゃないのか
663:１３２人目の素数さん
05/11/03 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。
664:208
05/11/04 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。
665:１３２人目の素数さん
05/11/04 12:00:00
Perhaps?
and じゃないのか
?????
666:１３２人目の素数さん
05/11/04 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。
667:１３２人目の素数さん
05/11/04 13:23:06
>>663の記入に誤り。正しくは>>666でした。
668:208
05/11/04 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
669:208
05/11/04 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
670:208
05/11/04 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
671:208
05/11/04 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
672:208
05/11/04 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。
673:208
05/11/04 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。
674:208
05/11/04 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。
675:208
05/11/04 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
676:208
05/11/04 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。
677:１３２人目の素数さん
05/11/04 16:14:22
Omaewa erai!!!!!
678:208
05/11/04 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
679:208
05/11/04 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
680:208
05/11/04 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。
681:208
05/11/04 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。
682:１３２人目の素数さん
05/11/04 17:22:09
>>676
17 ：１３２人目の素数さん ：04/07/31 12:25
>>11-16
well known and trivial
683:１３２人目の素数さん
05/11/04 17:47:25
おばかなおりそうもないね
684:208
05/11/04 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
685:208
05/11/04 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。
686:１３２人目の素数さん
05/11/04 19:06:12
>>685
17 ：１３２人目の素数さん ：04/07/31 12:25
>>11-16
well known and trivial
687:１３２人目の素数さん
05/11/04 19:38:16
>>686
まねするな馬鹿！
ｽﾚﾘﾝｸ(math板:17番)
688:１３２人目の素数さん
05/11/04 19:53:16
>>685
17 ：１３２人目の素数さん ：04/07/31 12:25
>>11-16
well known and trivial
689:208
05/11/07 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