証明
ここでは環はすべて可換環とします。
環 R のイデアル P (P≠R, P≠0)が、
X, Y が XY ⊆ P を満たす R のイデアルならば、
X ⊆ P または Y ⊆ P となるとき、
P を素イデアルと呼びます。
環 R のイデアル P (P≠R, P≠0)が、
X が P ⊆ X ⊆ R を満たす R のイデアルならば、
X = P または X = R となるとき、
P を極大イデアルと呼びます。
証明
B = Rb (b∈B)とします。
C = {c∈R|bc∈A} とおくと、
c, c'∈C とすると b(c + c') = bc + bc' ∈ A,
c∈C, r∈R とすると b(rc) = r(bc) ∈ A となるので、C は R のイデアルとなります。
c∈C とすると bc∈A となるので BC⊆A となります。
a∈A とすると a∈Rb となるので a=bc となる c∈R が存在する。c∈C となります。
証明
A = Ra (a∈A)とします。
b∈B をとると ab∈AB=AC=aC より ab = ac となる c∈C が存在します。
R が整域であることから b=c∈C となり B⊆C となります。
同様に C⊆B となります。
証明
BB' = Rb (b∈BB')とします。
AB' ⊆ BB' = Rb となるので、命題1より
AB' = Cb となる R のイデアル C が存在します。
Ab = ABB' = BCb となり、命題2より A = BC となります。
証明
A' を AA' が単項イデアルとなる R のイデアルとします。
AA'B = AA'C となり、命題2より B = C となります。
証明
P を R の素イデアル、A を R のイデアルとし、P ⊆ A とします。
命題3より、P = AB となる R のイデアル B が存在します。
P は素イデアルなので、A ⊆ P または B ⊆ P となります。
したがって A = P または B = P となって、
B = P とすると P = AP となって、命題4より A = R となります。
証明
(1) 命題5より R イデアルが素イデアルであることとイデアルの積に分解する
ことができないことは同値となります。
A が有限個の素イデアルの積として表すことができないと仮定すると、
以下のような有限個の素イデアルの積として表すことができないイデアル
A0, A1, A2, …
が存在します。
(a) A0 = A とします。
(b) Ai は有限個の素イデアルの積として表すことができないので Ai = BC となる
R のイデアル B、C で、どちらかは有限個の素イデアルの積として表すことができないものが存在します。
これを Ai とおきます。
A0 ⊂ A1 ⊂ A2 ⊂ …
(Ai ≠ Ai+1)
となるので、
I = ∪iAi とおくと、I は R のイデアルなので、
IX が単項イデアルとなる R のイデアル X が存在します。
IX = AiX となる i が存在します。
したがって I はある Ai に含まれるので
Ai ≠ Ai+1 に矛盾します。
(2) 有限個の素イデアルの積として表すことができたとき分解は順序を除いて一意的であることを証明します。
素イデアル
A1、A2、...、Ar、
B1、B2、...、Bs
が
A1A2...Ar =
B1B2...Bs
を満たすとします。
Ai は B1B2...Bs を割るので
命題3より、ある j に対して
Ai は Bj を割ります。
Bj は素イデアルなので Ai = Bj
となります。
よって、番号を付け替えると
A1A2...Ar-1 =
B1B2...Bs-1
となります。これを繰り返すと r = 0 となります。このとき s = 0 となります。
よって分解は順序を除いて一意的となります。
証明
命題6より、
I = P1e1P2e2
…Pmem,
J = Q1f1Q2f2
…Qkfk,
K = R1g1R2g2
…Rlgl
とおくことができます
(P1, P2, …, Pm は異なる素イデアル、
Q1, Q2, …, Qk は異なる素イデアル、
R1, R2, …, Rl は異なる素イデアル、
ei, fi, gi は1以上の自然数)。
I + J = R より
P1, P2, …, Pm,
Q1, Q2, …, Qk は異なるイデアルとなります。
したがって Pi はある Rj と等しくなり、
ei = ngj となります。
hi = gj とおくと
I = (P1h1P2h2
…Pmhm)n
となります。
J についても同様となります。
証明
A, B, C を R のイデアルで、A + B = B + C = C + A = R とすると
AB + C ⊇ AB + AC + CB = A(B + C) + (A + C)B = A + B = R となります。
I1…Ii + Ij = R (j > i)と仮定すると、
I1…Ii+1 + Ik = R (k > i+1)となり、
帰納法により、I1…Im-1 + Im = R
となります。
命題7より I1…Im-1 = Mn, Im = Nn
となる R のイデアル M, N が存在します。
帰納法により Ii = Kin
となる R のイデアル Ki (i = 1, … , m) が存在します。
証明
Ah = Rβ となる β∈R が存在します。
仮定 1 + kp + lh = mp + nh となる整数 k, l, m, n ≧ 0 が存在します。
Aαkβl = Rαmβn となるので、
γαkβl = αmβn となる
γ∈R が存在して、A = Rγ となります。
証明
fi: R → R (i = 0, …, p-1) を
fi(a0 + a1ζ + a2ζ2 + …
+ ap-1ζp-1) =
a0 + a1ζi + a2ζ2i + …
+ ap-1ζ(p-1)i
と定義します。
x = a0 + a1ζ + a2ζ2 + …
+ ap-1ζp-1 とすると
(S = {0, 1, 2, … , p - 1} とおきます)、
fk(x)fp-k(x)
= (Σi∈Saiζik)(Σj∈Sajζj(p-k))
= Σi,j∈Saiajζ(i-j)k
となって
Σk∈Sfk(x)fp-k(x)
= Σi,j,k∈Saiajζ(i-j)k
= Σi,j∈Saiaj(Σk∈Sζ(i-j)k)
= pΣi∈Sai2
となります。したがって
Σk∈S-{0}fk(x)fp-k(x)
= Σi,j,k∈Saiajζ(i-j)k
= Σi,j∈Saiaj(Σk∈S-{0}ζ(i-j)k)
= Σi,j∈S,i=jaiaj(Σk∈S-{0}ζ(i-j)k)
+ Σi,j∈S,i≠jaiaj(Σk∈S-{0}ζ(i-j)k)
= Σi,j∈S,i=j(p - 1)aiaj
+ Σi,j∈S,i≠j(-1)aiaj
= Σi∈S(p - 1)ai2
+ Σi,j∈S,i<j(-2)aiaj
= Σi,j∈S,i<j(ai - aj)2
となります。
η = ε/ε~ とおくと、ηη~ = (ε/ε~)(ε~/ε) = 1 となります。
η = a0 + a1ζ + a2ζ2 + …
+ ap-1ζp-1
(a0、a1 …、ap-1 は Z の元)
とおきます。
Σi,j∈S,i<j(ai - aj)2
= Σk∈Sfk(η)fp-k(η)
= p - 1
となるので
(ai-aj)2 (i < j ) のうち
あるp-1個は 1、他のものは 0 になります。
よって
ai の
ある1個は 1 + n で他のものは 0 + n、
ある1個は -1 + n で他のものは 0 + n、
のどれかになります。したがって
η = ζr, -ζr (r = 0, 1, …)のどれかになります。
ε = -ζrε~ とすると、
ε - ε~ = (1 + ζr)ε~ となります。
ε = a0 + a1ζ + a2ζ2 + …
+ ap-1ζp-1
(a0、a1 …、ap-1 は Z の元)
とおくと
ε - ε~ = a1(ζ - ζp-1)
+ a2(ζ2 - ζp-2) + …
+ ap-1(ζp-1 - ζ)
となり、ε - ε~ は 1 - ζ で割り切れます。
εp = -ε~p となるので、
εp - ε~p = 2εp となります。
εp - ε~p は 1 - ζ で割り切れるので
2εp が 1 - ζ で割り切れることになり矛盾。
したがって
ε = ζrε~ となります。