§D3.20係数の範囲を取り替える

証明. 表から、$x + y$は$x$と$y$が等しいとき$0$、異なるとき$1$である。言い換えると、$x + y$は$x, y$のうち$1$であるものの個数が偶数のとき$0$、奇数のとき$1$に等しい。したがって$(x+y)+z$と$x+(y+z)$はいずれも、$x, y, z$のうち$1$であるものの個数が偶数のとき$0$、奇数のとき$1$に等しく、両者は一致する。これが (F1) の結合法則である。交換法則は表が対角線について対称であることによる。(F2) は$0 + 0 = 0$と$1 + 0 = 1$による。(F3) は$0 + 0 = 0$と$1 + 1 = 0$により、$-0 = 0$、$-1 = 1$と取ればよい。

表から、$xy$は$x$と$y$がともに$1$のとき$1$、それ以外のとき$0$である。したがって$(xy)z$と$x(yz)$はいずれも、$x, y, z$がすべて$1$のとき$1$、それ以外のとき$0$に等しく、両者は一致する。交換法則は表の対称性による。これが (F4) である。(F5) は$1 \ne 0$と$1 \cdot 0 = 0$、$1 \cdot 1 = 1$による。(F6) は、$0$でない元が$1$だけであり、$1 \cdot 1 = 1$であることによる。

(F7) を確かめる。$x = 0$のとき、左辺は$0 \cdot (y+z) = 0$、右辺は$0 + 0 = 0$である。$x = 1$のとき、左辺は$y + z$、右辺も$y + z$である。よって分配法則が成り立つ。▨

証明.$\operatorname{char} K = n > 0$とする。まず$n \ne 1$である。$n = 1$とすると$1 \cdot 1 = 1 = 0$となり、定義 1.1の (F5) が要求する$1 \ne 0$に反するからである。

$n$が素数でないと仮定する。このとき$n = ab$を満たす整数$a, b$で$1 < a < n$、$1 < b < n$を満たすものが存在する。分配法則 (F7) を繰り返し用いると、任意の正の整数$a, b$について

が成り立つ。実際、$b$についての帰納法により$(a \cdot 1)(b \cdot 1) = (a\cdot 1)\bigl((b-1)\cdot 1 + 1\bigr) = (a\cdot 1)\bigl((b-1)\cdot 1\bigr) + a \cdot 1$であり、帰納法の仮定から右辺は$(a(b-1))\cdot 1 + a\cdot 1 = (ab)\cdot 1$に等しい。

したがって$(a\cdot 1)(b\cdot 1) = n \cdot 1 = 0$である。ここで$a \cdot 1 \ne 0$と仮定すると、 (F6) により$(a\cdot 1)^{-1}$が存在し、$b \cdot 1 = (a\cdot 1)^{-1}(a\cdot 1)(b\cdot 1) = (a\cdot 1)^{-1}\cdot 0 = 0$となる。よって$a \cdot 1 = 0$または$b \cdot 1 = 0$であるが、$1 < a < n$かつ$1 < b < n$であるから、いずれも$n$が最小であることに反する。したがって$n$は素数である。▨

証明. 1について。$\operatorname{char}K = 2$より$1 + 1 = 0$であるから、分配法則 (F7) により$x + x = (1+1)x = 0 \cdot x = 0$である。ここで$0 \cdot x = 0$は$0 \cdot x = (0+0)x = 0\cdot x + 0 \cdot x$の両辺に$0\cdot x$の加法の逆元を足して得られる。$x + x = 0$は、$x$の加法の逆元が$x$自身であること、すなわち$x = -x$を意味する。

2について。1により、行列$-A$の各成分は$A$の対応する成分に等しいから$-A = A$である。したがって$A^{\top} = A$と$A^{\top} = -A$は同じ条件である。

3について。$2 \cdot 1 = 0$であり、(F6) が逆元の存在を保証するのは$0$でない元についてだけである。$0$が逆元をもつと仮定すると$1 = 0 \cdot 0^{-1} = 0$となり、(F5) に反する。▨

証明. どの操作についても、変形後の各行の等式が変形前の等式から従うことは、和とスカラー倍を取るだけで確かめることができる。したがって変形前の解は変形後の解である。逆向きを示すには、各操作に逆の操作があることを言えばよい。1については同じ入れ替えが逆の操作である。2については$c \ne 0$より定義 1.1の (F6) が$c^{-1}$を与え、その行に$c^{-1}$を掛ける操作が逆である。3については、同じ行に他の行の$-c$倍を加える操作が逆であり、$-c$は (F3) が与える。よって変形後の解も変形前の解である。用いたのは (F3) と (F6) だけであり、$K$の元の大小は用いていない。▨

証明. 1の証明が$K$について用いるのは、$b_{k+1} \ne 0$のときに$\vec w_{k+1} = b_{k+1}^{-1}\bigl(\vec u_{k+1} - \sum_{i \le k} a_i \vec u_i - \sum_{j > k+1} b_j \vec w_j\bigr)$と書き直す一箇所だけであり、ここで用いているのは定義 1.1の (F6) である。他の各段は、一次結合を作ること、和を取ること、加法の逆元を取ることに尽きる。

2の証明は、1を2回、役割を入れ替えて適用するだけであるから、1と同じ条件で成り立つ。

3の証明は、張る空間に属さないベクトルを付け加えると一次独立性が保たれることを繰り返し用いる。その一手（§D3.11 補題 1.1）が用いるのは、係数$b$が$0$でないときに$b^{-1}$を掛けることであり、やはり (F6) である。繰り返しが有限回で止まることは、1から従う。

4の証明は、核の基底を$V$の基底へ延長し、延長した分の像が像空間の基底になることを示すもので、用いるのは3と、線形写像の定義（和とスカラー倍を保つこと）だけである。

以上のいずれにも、$K$の元の大小、絶対値、極限は現れない。▨

証明. 1について。和の各項$\operatorname{sgn}(\sigma)a_{1\sigma(1)}\cdots a_{n\sigma(n)}$は、各行からちょうど一つずつ成分を取った積であるから、第$i$行の成分$a_{i\sigma(i)}$をちょうど1次だけ含む。したがって各項は第$i$行の成分について一次であり、定数項をもたない。有限個の和も同じ性質をもつ。用いたのは積の分配法則だけである。

2について。第$k$行と第$l$行が等しいとする（$k \ne l$）。$\tau$を$k$と$l$を入れ替える互換とし、$n$文字の置換の全体を、$\sigma$と$\sigma\tau$の組へ分ける。$\tau\tau$が恒等置換であることから、この分け方は置換の全体をちょうど二つずつの組へ分割する。一つの組について、二つの項の積の部分は

を満たす。実際、$\sigma\tau$は$k$と$l$の位置でだけ$\sigma$と異なり、$a_{k\sigma(l)}a_{l\sigma(k)}$という積が現れるが、第$k$行と第$l$行が等しいことから$a_{k\sigma(l)} = a_{l\sigma(l)}$、$a_{l\sigma(k)} = a_{k\sigma(k)}$であり、積は$a_{k\sigma(k)}a_{l\sigma(l)}$に等しいからである。一方、符号については$\operatorname{sgn}(\sigma\tau) = -\operatorname{sgn}(\sigma)$である。したがって、この組の二つの項の和は、$t = a_{1\sigma(1)}\cdots a_{n\sigma(n)}$と$\varepsilon = \operatorname{sgn}(\sigma)$を用いて$\varepsilon t + (-\varepsilon)t = \bigl(\varepsilon + (-\varepsilon)\bigr)t = 0 \cdot t = 0$となる。すべての組について和が$0$であるから$\det A = 0$である。用いたのは分配法則と加法の逆元だけであり、標数を問わない。▨

証明. まず$0 < 1$を示す。定義 1.1の (F5) より$1 \ne 0$であるから、順序が比較可能であることにより$0 < 1$または$1 < 0$のいずれかである。$1 < 0$と仮定する。定義 4.1の1で$z = -1$とすると$1 + (-1) < 0 + (-1)$、すなわち$0 < -1$である。同2により$0 < (-1)(-1)$である。ここで$(-1)(-1) = 1$が成り立つ。実際、分配法則 (F7) により$(-1)(-1) + (-1) = (-1)(-1) + (-1)\cdot 1 = (-1)\bigl((-1) + 1\bigr) = (-1)\cdot 0 = 0$であるから、$(-1)(-1)$は$-1$の加法の逆元、すなわち$1$である。よって$0 < 1$となり、$1 < 0$と比較可能性に矛盾する。したがって$0 < 1$である。

次に、すべての正の整数$n$について$0 < n \cdot 1$であることを、$n$についての帰納法で示す。$n = 1$の場合は上に示した。$0 < n\cdot 1$とすると、定義 4.1の1で$z = 1$として$1 < n\cdot 1 + 1 = (n+1)\cdot 1$を得る。$0 < 1$と順序の推移性から$0 < (n+1)\cdot 1$である。

したがって、すべての正の整数$n$について$n \cdot 1 \ne 0$であり、定義 2.1により$\operatorname{char}K = 0$である。▨

証明.$K$の元が有限個であるとすると、元$1\cdot 1, 2\cdot 1, 3\cdot 1, \dots$の中に等しいものがある。$a \cdot 1 = b\cdot 1$（$a < b$）とすると$(b - a)\cdot 1 = 0$であるから、$\operatorname{char}K > 0$である。命題 4.2の対偶により、$K$は順序体ではない。▨