2022-04-30

すべての既約元が素元になるがUFDでない例

具体例環論

ここでは「すべての既約元が素元になるがUFDでない例」を紹介したいと思います.

代数学の教科書ではよく次の命題が載っています.

命題 1. 可換環 $A$ が $\textrm{UFD}$ ならば, $A$ のすべての既約元は素元になる.

今回はこの命題の逆の反例を考えるということです.

実は次のようなものを考えるといいそうです.

定理 1. $F$ を体として

$A := F [ x ; \mathbb{Q}_{0}^{+} ] := \{ \sum_{r \in \mathbb{Q}_{0}^{+}} a_{r}x^{r} \mid a_{r} \in F, 有限個の r を除いて a_r=0 \}$

を考えるとこれはすべての既約元が素元になるが $\textrm{UFD}$ でない.

証明まず普通の一変数多項式環のときのように $A$ の元に対して次数を定義する. $0 \not= f(x) \in A$ に対して

$S(f) := \{ r \mid a_r \not=0 \}$

とおく. これは有限集合なので

$\textrm{deg}f(x) := \textrm{max}S(f)$

と定める.

補題 1. 任意の正の有理数 $r$ に対して,

$\phi_{r} : A \to A,\ f(x) \mapsto f(x^r)$

は $F$ 代数の同型であり, $\textrm{deg} \phi_{r}(f(x)) = r \textrm{deg} f(x)$ .

補題 1. の証明 $\phi_{1/r}$ が逆写像である. 次数についても明らか. (終)

さて, $F [x] = F [ x ; \mathbb{N}_{0} ]$ とみれるので $F [x] \subset A$ である. 特に部分環になる.

ただちに次がわかる.

補題 2. $f(x) \in F [x]$ が $A$ において既約なら $F [x]$ においても既約である.

補題 2. の証明対偶を考えれば明らか. (終)

補題 3. $f(x) \in A$ は次数が正とする. このときもし $f(x)$ が既約元なら素元である.

補題 3. の証明 $f(x)$ が $a(x)b(x)$ を割り切るとする. このときある $g(x) \in A$ が存在して $f(x)g(x) = a(x)b(x)$ となる. さてここで $n \in \mathbb{N}$ を

$\forall r \in S(f) \cup S(g) \cup S(a) \cup S(b),\ nr \in \mathbb{Z}$

となるものとしてとる. (それぞれ有限集合なのでとれる)

このとき $\phi_{n}$ によって $f(x), g(x), a(x), b(x)$ は $F [ x ]$ の元になり

$\phi_{n}(f(x)) \phi_{n}(g(x)) = \phi_{n}(a(x)) \phi_{n}(b(x))$

となる.

$f(x)$ はもともと既約元であり $\phi_{n}$ は同型なので $\phi_{n}(f(x))$ も $A$ の既約元になり, 補題 $2$ より $F [ x ]$ においても既約元となる.

$F [ x ]$ は $\textrm{UFD}$ なので $\phi_{n}(f(x))$ は素元になり, これは $\phi_{n}(a(x))$ または $\phi_{n}(b(x))$ を割り切るので

$\phi_{n}(a(x)) = c(x) \phi_{n}(f(x)) \ \exists c(x) \in F [ x ]$

としていい. これに $\phi_{1/n}$ を施すと

$a(x) = \phi_{1/n}(c(x)) f(x)$

となり $f(x)$ が素元とわかる. (終)

補題 4. $a \in F^{\times},\ r \in \mathbb{Q}^{+}$ とする. このとき $ax^r$ の因子は $bx^s\ (b \in F^{\times},\ s \in \mathbb{Q}_{0}^{+},\ s \leq r)$ に限る.

補題 4. の証明 $f(x) \in A$ を因子とする. このときある $g(x) \in A$ が存在して $ax^r = f(x) g(x)$ . さて先ほどと同様に $n \in \mathbb{N}$ をうまくとって $\phi_{n}(ax^r),\ \phi_{n}(f(x)), \phi_{n}(g(x)) \in F [ x ]$ とできる. すると

$ax^{rn} = \phi_{n}(f(x)) \phi_{n}(g(x))$

となる. $F [x ]$ が $\textrm{UFD}$ で $x$ は既約なので, ある $b \in F^{\times}$ と非負整数 $t \leq rn$ が存在して $\phi_{n}(f(x)) = bx^t$ となる. すると

$f(x) = bx^{t/n}$

で $t/n \leq r$ なので $f(x)$ は所望の形である. (終)

補題 5. $A$ は $\textrm{UFD}$ でない. 特に $x \in A$ は二つ以上の既約元の積として表せない.

補題 5. の証明補題 $4$ より $x$ の因子は $ax^r,\ a \in F^{\times},\ 0 \leq r \leq 1$ の形である. しかしそのような形のものは既約元でない. なぜなら $r=0$ なら単元になり, もし $r$ > $0$ なら $ax^r = (ax^{r/2}) x^{r/2}$ となりどちらも単元でない. (終)

以上より定理が示される. (終)

何か間違いなどあれば教えてください.

[参考文献] R. C. Daileda 『A Non-UFD Integral Domain in Which Irreducibles are Prime』non_ufd.pdf (trinity.edu)

2022-04-23

初学者向け群論解説その１３～正規部分群の定義と例～

初学者向け群論

前回はラグランジュの定理など有限群やその剰余類の位数についてまとめました.

mathgara.hatenablog.com

今回は群論においてとても大事で基本的な正規部分群の定義と例についてまとめたいと思います.

以前まで、群 $G$ とその部分群 $H$ に対して

$G/{H} = \{ gH \mid g \in G \}$

という剰余類の集合を考えていました。今回扱う正規部分群というのはこの剰余類の集合が, もとの群 $G$ の演算により自然に群になるような部分群のことをいいます.

まあ, 定義を見てみましょう.

定義 1.(正規部分群) 群 $G$ の部分群 $H$ が

$\forall g \in G, \forall h \in H, ghg^{-1} \in H$

を満たすとき $G$ の正規部分群といい, $H \triangleleft G$ とかく.

またこれは

$\forall g \in G, gHg^{-1}=H$

とみてもいいです. 本によりいろんな形の定義の書き方があるかと思います.

定義からまず次のことがすぐにわかります.

命題 2. $G$ が $\textrm{Abel}$ 群なら任意の部分群は正規部分群である.

証明 $H$ を任意の部分群とする. 任意の $g \in G,\ h \in H$ に対して

$ghg^{-1}=gg^{-1}h=h \in H$

より $H$ は正規部分群である. (終)

また自明な部分群も正規部分群になります.

他にも正規部分群の例を見ていくために, 次の命題も示しておきましょう. とても大事な命題です.

命題 3.( $\textrm{Ker}$ は正規部分群) 群 $G, H$ とその間の群準同型写像 $f : G \to H$ に対して, $\textrm{Ker}(f)$ は $G$ の正規部分群である.

証明まず, $\textrm{Ker}(f)$ が部分群になることは以前示した. 任意の $g \in G,\ x \in \textrm{Ker}(f)$ に対して $gxg^{-1} \in \textrm{Ker}(f)$ となることがいいたいのでこの元を $f$ で送ってみると

$f(gxg^{-1}) = f(g) f(x) f(g^{-1}) = f(g) \cdot e \cdot f(g)^{-1} = f(g) f(g)^{-1} =e$

より $gxg^{-1} \in \textrm{Ker}(f)$ となる. (終)

では正規部分群の例を見ていきましょう.

例 1. 行列式をとる写像 $\textrm{det} : \textrm{GL}_{2}(\mathbb{R}) \to \mathbb{R}^{\times}, A \mapsto \textrm{det}A$ は全射準同型であり, $\textrm{Ker}(\textrm{det}) = \textrm{SL}_{2}(\mathbb{R})$ であり, $\textrm{SL}_{2}(\mathbb{R}) \triangleleft \textrm{GL}_{2}(\mathbb{R})$ となる.

例 2. 置換の符号をとる写像 $\textrm{sgn} : \mathfrak{S}_{n} \to \{ \pm 1 \}, \sigma \mapsto \textrm{sgn}(\sigma)$ は全射準同型で, $\textrm{Ker}( \textrm{sgn} ) = A_n \triangleleft \mathfrak{S}_n$ である.

さて, ある部分集合によって生成された部分群が正規部分群かどうかの判定には次の命題が有効です. 証明は煩雑なので省略します.

命題 4. $N$ は群 $G$ の部分群で, $G, N$ はそれぞれ部分集合 $S, T$ によって生成されているとする. このとき, すべての $x \in S, y \in T$ に対して $xyx^{-1}, x^{-1}yx \in N$ なら $N$ は正規部分群である. $G$ が有限群なら $xyx^{-1} \in N$ だけで十分である.

さて, この命題について, $G$ が無限群で $xyx^{-1} \in N$ しか成り立たないときに正規部分群にはならないような例を紹介しておきます.

命題 5. $A = \begin{pmatrix}2\ \ 0 \\0\ \ 1 \end{pmatrix},\ B = \begin{pmatrix}1\ \ 1 \\0\ \ 1 \end{pmatrix}$ とする. $G := \langle A, B \rangle,\ N := \langle B \rangle = \left\{ \begin{pmatrix}1\ \ n\\ 0\ \ 1 \end{pmatrix} \mid n \in \mathbb{Z} \right\}$ とすると $ABA^{-1} \in N$ であるが, $A^{-1}BA \not \in N$ となる.

今回はこんなかんじで.

何か間違いなどあれば教えてください.

[参考文献]

代数学1　群論入門 (代数学シリーズ)

作者:雪江明彦
日本評論社

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2022-04-18

群準同型 f : G → H が真部分群 K ⊂ G 以外で消えるとき

小ネタ群論

ここでは群準同型 $f : G \to H$ が真部分群 $K \subset G$ に対して $f(G \setminus K)=\{ e \}$ となるときについて考えます.

結論は次の通りです.

命題 1. 群準同型 $f : G \to H$ が真部分群 $K \subset G$ に対して $f(G \setminus K)=\{ e \}$ となるとき, $f(G)=\{ e \}$ である.

証明 $g \in G \setminus K$ をひとつとる. 任意の $x \in K$ に対して $gx \in G \setminus K$ なので

$f(x) = f(g) f(x) = f(gx) = e$

となる. よって任意の $x \in G$ に対して $f(x)=e$ である. (終)

今回はこんな小ネタで.

何か間違いなどあれば教えてください.

2022-04-17

類数2の代数体の特徴付け

整数論

ここでは L. Carlitz による類数 $2$ の代数体の特徴付けを紹介したいと思います.

定理 1.(L. Carlitz, 1960) $K$ を代数体, $\mathcal{O}$ を $K$ の整数環, $h$ を $K$ の類数とする. このとき $h \leq 2$ であることと, 任意の $\alpha \in \mathcal{O}$ に対してある $\alpha$ にのみ依存する自然数 $k$ が存在して,

$\alpha = \pi_1 \pi_2 \cdots \pi_k$

と既約元分解されることが同値である.

証明まず $h=1$ であることと $\mathcal{O}$ が一意分解整域であることが同値であるのはよく知られたことである.

$h=2$ とし, $\alpha \in \mathcal{O}$ を

$(\alpha) = \mathfrak{p}_1 \cdots \mathfrak{p}_s \mathfrak{r}_1 \cdots \mathfrak{r}_t$

と素イデアル分解する. ただし各 $\mathfrak{p}_i$ は単項イデアルで $\mathfrak{r}_i$ は単項イデアルでないとしておく. このとき

$\mathfrak{p}_i = (\pi_i)\ (i=1, \cdots, s)$

となる.

また $h=2$ なので

$\mathfrak{r}_i \mathfrak{r}_j = (\rho_{i, j})\ (i, j=1, \cdots, t)$

となる. このとき $\rho_{i, j}$ は既約元である. なぜならもし $\rho_{i, j}$ が既約でないとしてある既約元 $x$ の倍元とすると

$(x) \supsetneq (\rho_{i, j}) = \mathfrak{r}_i \mathfrak{r}_j$

より素イデアル分解の一意性から

$(x) = \mathfrak{r}_i$ または $(x) = \mathfrak{r}_j$

となり矛盾する.

さらに $t$ は偶数でなければならない. なぜならもし $t$ が奇数なら

$\mathfrak{r}_{t} = (\alpha \pi_{1}^{-1} \cdots \pi_{s}^{-1} \rho_{1, 2}^{-1} \cdots \rho_{t-2, t-1}^{-1})$

となり $\mathfrak{r}_t$ が単項イデアルでないことに矛盾する. よって $t=2u$ とおく.

すると素イデアル分解からある単数 $\varepsilon$ が存在して

$\alpha = \varepsilon \pi_1 \cdots \pi_s \rho_{1, 2} \cdots \rho_{t-1, t}$

となり, ちょうど $s+u$ 個の既約元を含み, この $s, u$ は $\alpha$ のみに依存する自然数である.

次に, $h \geq 3$ のときに既約元分解に現れる既約元の個数が一定でないことを示す.

$Case. 1$ 位数 $m \geq 3$ のイデアル類 $A$ が存在する場合： $\mathfrak{p} \in A, \mathfrak{p}' \in A^{-1}$ をそれぞれ素イデアルとする. このとき

$\mathfrak{p}^m = (\pi), \mathfrak{p'}^m = (\pi'), \mathfrak{p} \mathfrak{p'} = (\pi_1)$

となり, $\pi, \pi', \pi_1$ は互いに素である. するとある単数 $\varepsilon$ が存在して

$\pi_{1}^m = \varepsilon \pi \pi'$

となり, この場合既約元分解に現れる既約元の個数が固定された整数環の元に対して一定でない.

$Case. 2$ 位数 $2$ の異なるイデアル類 $A_1, A_2$ で $A_3 = A_1 A_2$ が単項でないようなものが存在する場合：

それぞれの類から素イデアル $\mathfrak{p}_i \in A_i,\ (i=1, 2, 3)$ をとると

$\mathfrak{p}_{i}^2 = (\pi_i)\ (i=1, 2, 3),\ \mathfrak{p}_1 \mathfrak{p}_2 \mathfrak{p}_3 = (\pi)$

となり, $pi_1, \pi_2, \pi_3, \pi$ は互いに素. ここからある単数 $\varepsilon$ が存在して

$\pi^2 = \varepsilon \pi_1 \pi_2 \pi_3$

となり, この場合も既約元分解に現れる既約元の個数が固定された整数環の元に対して一定でない.

以上より $h \geq 3$ のときに既約元分解に現れる既約元の個数が一定でない. (終)

何か間違いなどあれば教えてください.

[追記]

6/1 通りすがりさんのコメントを受けてところどころ訂正しました. コメントありがとうございました.

[参考文献]

・ Carlitz, L. A characterization of algebraic number fields with class number two. Proc. Amer. Math. Soc. 11 (1960), 391–392. (Reviewer: T. M. Apostol) 12.00

2022-03-15

A → S^-1A が単射でない例

環論小ネタ具体例初学者向け

ここでは, 可換環 $A$ とその積閉集合 $S$ に対して次の環準同型写像

$f : A \to S^{-1}A ; x \mapsto x/1$

が単射でない例を紹介したいと思います.

僕はこれをアティマクではじめて読んだときとても戸惑ったのを覚えています.

なんで？ってなりますよね.

ということで少しずつ考えていきます.

まず, 環準同型が単射でないということは, $\textrm{Ker}(f) \not= \{0\}$ ということと同値です.

ここで $a \in A$ に対して $f(a)=a/1=0$ とはどういうことかをまずは考えてみましょう.

これは局所化の定義から

$\exists s \in S, \ \textrm{s. t.}\ as=0$

ということになります. $a/1=as/s=0/s=0$ ってことです. ということは

もともと $0$ ではないけど, うまく $S$ の元をかけると $0$ になる元が存在するように可換環 $A$ とその積閉集合 $S$ を定めればいいというのが方針として立つと思います. 明らかにわかるのが 可換環 $A$ が整域だと上のような環準同型 $f$ は必ず単射になるということです.

というわけで, 整域以外で考えていきます.

すると次のような例があります.

命題 1. $A= \mathbb{Z}/{6 \mathbb{Z}},\ S=\{1, 2, 4 \}$ とすると環準同型 $f : A \to S^{-1}A\ ;\ x \mapsto x/1$ は単射でない.