中山の補題 | 環論入門 | 天游ヶ丘数理学院

1 左右の有限生成性とイデアルの作用

左加群では係数を生成元の左に置き、右加群では係数を生成元の右に置く。

注意 1.1 (有限生成左加群と有限生成右加群). 有限生成左加群は§E6.11 定義 1.1、有限生成右加群は§E6.11 定義 1.3で、有限階数自由加群からの全射を用いて定義した。§E6.11 命題 1.2と§E6.11 命題 1.4により、左右それぞれの有限生成性は、有限族 $x_1,\ldots,x_n$ が存在して

M=Rx_1+\cdots+Rx_n, \qquad M=x_1R+\cdots+x_nR

となることと同値である。 $n=0$ の場合には $M=0$ である。

$I\subseteq R$ を両側イデアルとする。左 $R$ 加群 $M$ に対して

IM =\left\{\sum_{\ell=1}^t a_\ell m_\ell \ \middle|\ t\ge0,\ a_\ell\in I,\ m_\ell\in M\right\}

は左部分加群である。右 $R$ 加群 $M$ に対して

MI =\left\{\sum_{\ell=1}^t m_\ell a_\ell \ \middle|\ t\ge0,\ a_\ell\in I,\ m_\ell\in M\right\}

は右部分加群である。 $IM$ が左作用で閉じることには $I$ が左からの乗法で閉じることを用い、 $MI$ が右作用で閉じることには $I$ が右からの乗法で閉じることを用いる。このため、以下では $I$ を両側イデアルと仮定する。

2 中山の補題

非零有限生成加群には§E6.11 命題 1.5により極大部分加群が存在する。その商は単純であり、Jacobson 根基に含まれるイデアルはこの商を零化する。

定理 2.1 (中山の補題). $R$ を単位元をもつ結合環とし、 $I\subseteq J(R)$ を両側イデアルとする。

$M$ が有限生成左 $R$ 加群であり、 $IM=M$ ならば $M=0$ である。
$M$ が有限生成右 $R$ 加群であり、 $MI=M$ ならば $M=0$ である。

特に $I=J(R)$ とすると、 $J(R)M=M$ または $MJ(R)=M$ を仮定する形を得る。

証明.(1)を示す。左加群の場合を証明する。 $M\ne0$ と仮定する。§E6.11 命題 1.5により、 $M$ は極大左部分加群 $N$ をもつ。したがって $S:=M/N$ は単純左 $R$ 加群である。

§E6.7 定理 4.3により $J(R)S=0$ であり、 $I\subseteq J(R)$ だから $IS=0$ である。一方、商加群への作用を元で計算すると

I(M/N)=(IM+N)/N

となる。仮定 $IM=M$ により

IS=(IM+N)/N=M/N=S

である。よって $S=0$ となるが、 $N$ は真の部分加群なので $S\ne0$ であり、矛盾する。したがって $M=0$ である。

(2)を示す。右加群の場合にも $M\ne0$ と仮定すると、§E6.11 命題 1.5により極大右部分加群 $N$ が存在し、 $S:=M/N$ は単純右 $R$ 加群である。§E6.7 定理 5.2と $I\subseteq J(R)$ から $SI=0$ である。一方、積の順序を保った元による計算で

(M/N)I=(MI+N)/N

であり、 $MI=M$ から $SI=S$ を得る。 $SI=0$ と $SI=S$ の両式は $S\ne0$ に反する。よって右加群でも $M=0$ である。▨

この証明では、有限生成性を極大部分加群の存在に用い、Jacobson 根基の単純左右加群による特徴づけを直接用いた。行列式や最小個数の生成族は用いず、一般の結合環に対して左右の積の順序を保っている。

3 部分加群を含む形

中山の補題を商加群へ適用すると、加群全体が部分加群と Jacobson 根基による積の和である場合に、その部分加群がすでに加群全体であることが分かる。

系 3.1 (中山の補題の部分加群形). $R$ を単位元をもつ結合環とし、 $I\subseteq J(R)$ を両側イデアルとする。

$M$ を有限生成左 $R$ 加群、 $N\subseteq M$ を左部分加群とする。このとき $N+IM=M \quad\Longrightarrow\quad N=M$ である。
$M$ を有限生成右 $R$ 加群、 $N\subseteq M$ を右部分加群とする。このとき $N+MI=M \quad\Longrightarrow\quad N=M$ である。

特に $I=J(R)$ とすると、左加群では $N+J(R)M=M$ 、右加群では $N+MJ(R)=M$ から $N=M$ が従う。

証明.(1)を示す。左加群の場合を証明する。商左加群 $Q:=M/N$ を考える。 $M$ の有限生成族の像は $Q$ を生成するため、§E6.11 命題 4.1により $Q$ は有限生成である。

商加群に対する $I$ の作用を計算する。 $I Q$ の元は有限和

\sum_{\ell=1}^t a_\ell(m_\ell+N) =\left(\sum_{\ell=1}^t a_\ell m_\ell\right)+N

の形である。したがって

I(M/N)=(IM+N)/N

となる。仮定 $N+IM=M$ から

IQ=(IM+N)/N=M/N=Q

を得る。定理 2.1 (1)により $Q=0$ であるから、 $M=N$ である。

(2)を示す。右加群の場合、 $M$ の有限生成族の像が $Q:=M/N$ を右から生成するため、 $Q$ は有限生成右加群である。元を用いる同じ計算で

(M/N)I=(MI+N)/N

となる。仮定 $N+MI=M$ により $QI=Q$ であるから、定理 2.1 (2)を適用して $Q=0$ を得る。したがって $M=N$ である。▨

4 生成系の持ち上げ

商加群で生成する有限族の代表元を取ると、その代表元はもとの加群を生成する。

系 4.1. $R$ を単位元をもつ結合環とし、 $I\subseteq J(R)$ を両側イデアルとする。

$M$ を有限生成左 $R$ 加群とする。 $x_1,\ldots,x_t\in M$ の像 $x_1+IM,\ldots,x_t+IM$ が $M/IM$ を左 $R$ 加群として生成するならば、 $x_1,\ldots,x_t$ は $M$ を左から生成する。
$M$ を有限生成右 $R$ 加群とする。 $x_1,\ldots,x_t\in M$ の像 $x_1+MI,\ldots,x_t+MI$ が $M/MI$ を右 $R$ 加群として生成するならば、 $x_1,\ldots,x_t$ は $M$ を右から生成する。

特に $I=J(R)$ とすれば、Jacobson 根基を法とする生成系を元の加群の生成系へ持ち上げることができる。

証明.(1)を示す。左加群の場合、

N:=Rx_1+\cdots+Rx_t

と置く。像が $M/IM$ を生成するという仮定により、任意の $m\in M$ に対して $r_1,\ldots,r_t\in R$ が存在し、

m+IM=\sum_{i=1}^t r_i(x_i+IM)

となる。したがって $m-\sum_i r_ix_i\in IM$ であり、 $m\in N+IM$ となる。よって $M=N+IM$ である。系 3.1 (1)から $M=N$ を得るため、 $x_1,\ldots,x_t$ は $M$ を生成する。

(2)を示す。右加群の場合、

N:=x_1R+\cdots+x_tR

と置く。像の生成性により、任意の $m\in M$ に対して $r_1,\ldots,r_t\in R$ が存在して

m+MI=\sum_{i=1}^t(x_i+MI)r_i

となる。したがって $m-\sum_i x_ir_i\in MI$ であり、 $M=N+MI$ である。系 3.1 (2)から $M=N$ を得る。▨

注意 4.2 (空の生成族と零環). 有限生成族の元の個数が零である場合、加群は零加群であり、中山の補題の結論は直ちに成り立つ。零環では $1_R=0$ であり、任意の単位的左加群または右加群 $M$ の元 $m$ は

m=1_Rm=0m=0

または

m=m1_R=m0=0

を満たす。したがって零環上の単位的加群は零加群だけであり、左右の主張、部分加群形および生成系の持ち上げはすべて同じ定式化で成り立つ。

5 演習

問題 5.1 (中山の補題の確認). 次の各問に答えよ。

有限生成左右加群の定義を有限階数自由加群からの全射として述べ、有限個の一次結合による特徴づけと比較せよ。また、非零有限生成加群が極大部分加群をもつ理由を説明せよ。
$I\subseteq J(R)$ ならば、任意の単純左 $R$ 加群 $S$ について $IS=0$ 、任意の単純右 $R$ 加群 $T$ について $TI=0$ となることを証明せよ。
極大左部分加群 $N$ による単純商 $M/N$ を用いて、中山の補題の左版を証明せよ。
極大右部分加群による単純商を用いて、中山の補題の右版を証明し、積の順序を明示せよ。 $I=J(R)$ の場合も述べよ。
左加群について $I(M/N)=(IM+N)/N$ を、右加群について $(M/N)I=(MI+N)/N$ を元によって証明し、 $N+IM=M$ または $N+MI=M$ から $N=M$ を導け。
$M/IM$ または $M/MI$ の有限生成系の代表元が $M$ を生成することを証明せよ。特に $I=J(R)$ の場合を述べよ。
単純商による証明で有限生成性を使う箇所と、Jacobson 根基の単純加群による特徴づけを使う箇所を区別せよ。また、通常の行列式を用いない利点を説明せよ。
空の生成族と零環の場合に、中山の補題がどのように成り立つかを説明せよ。

解答 (演習の解答).

左右とも、有限生成であるとは有限階数自由加群からの全射が存在することである。標準基底の像を取ることと、有限生成族の像を指定する自由加群の普遍性により、左では $M=\sum_iRx_i$ 、右では $M=\sum_i x_iR$ と同値になる。真の部分加群の鎖の和は、有限生成族をすべて含む鎖の一元が存在してしまうため加群全体にはならない。よって Zorn の補題から極大部分加群を得る。
§E6.7 定理 4.3により $J(R)$ はすべての単純左加群を零化し、§E6.7 定理 5.2によりすべての単純右加群を零化する。 $I\subseteq J(R)$ だから、左では $IS\subseteq J(R)S=0$ 、右では $TI\subseteq TJ(R)=0$ である。
$M\ne0$ と仮定し、極大左部分加群 $N$ を取る。 $S=M/N$ は単純であり、(2)から $IS=0$ である。一方、 $I(M/N)=(IM+N)/N$ と $IM=M$ から $IS=S$ を得る。よって $S=0$ となり、 $N$ が真であることに反する。したがって $M=0$ である。
$M\ne0$ と仮定し、極大右部分加群 $N$ と単純右商 $S=M/N$ を取る。(2)から $SI=0$ である一方、 $(M/N)I=(MI+N)/N$ と $MI=M$ から $SI=S$ となり矛盾する。 $I=J(R)$ とすれば $J(R)M=M$ または $MJ(R)=M$ から $M=0$ が従う。
$I(M/N)$ の元は $\sum_\ell a_\ell(m_\ell+N)=(\sum_\ell a_\ell m_\ell)+N$ の形であり、逆に $(IM+N)/N$ の各元もこの形である。したがって $I(M/N)=(IM+N)/N$ である。右側でも積の順序を保って $(M/N)I=(MI+N)/N$ を得る。 $Q=M/N$ は有限生成であり、仮定から左版では $IQ=Q$ 、右版では $QI=Q$ となる。中山の補題により $Q=0$ であるから $M=N$ である。
左版で代表元が生成する部分加群を $N=\sum_iRx_i$ とする。商での生成性は、任意の $m\in M$ が $N+IM$ に属することを意味する。よって $M=N+IM$ であり、部分加群形から $M=N$ を得る。右版では $N=\sum_i x_iR$ と置いて $M=N+MI$ を得る。 $I=J(R)$ とすれば、Jacobson 根基を法とする生成系の任意の代表元が $M$ を生成する。
有限生成性は、非零加群に極大部分加群が存在することを Zorn の補題で示す箇所に用いる。Jacobson 根基の単純加群による特徴づけは、極大部分加群による非零単純商を $I$ が零化する箇所に用いる。左右の商作用を直接計算するため係数の順序を交換せず、可換性を必要とする通常の行列式や随伴行列を用いない。
空族が生成する加群は零加群であるため、生成族が空ならば結論は直ちに成立する。零環上の単位的加群では、左加群の元は $m=1_Rm=0m=0$ 、右加群の元は $m=m1_R=m0=0$ となる。したがって加群は零加群だけであり、すべての主張が成り立つ。

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6 後続記事との関係

本記事では、Jacobson 根基が単純左右加群を零化することと、非零有限生成加群が極大部分加群をもつことを組み合わせ、左右の中山の補題、部分加群形および生成系の持ち上げを証明した。後続記事では、Hom とテンソル積の完全性、加群の局所化、射影性、平坦性および鎖条件を、それぞれ固有の仮定の下で扱う。

§E6.12中山の補題