Hungerford4章読む（12/28）

これは「今年中にHungerford4章読むぞ Advent Calendar 2021」24日目の記事です。今夜はクリスマス～

今日読む3つの定理（T6.6、6.7、6.9）によって主イデアル整域 $R$ 上の単位的な有限生成加群 $A$ の1つ目の分解を得ます。

まず $A$ がトーション部分加群 $A_t$ と自由 $R$ 加群 $F$ によって $A = A_t \oplus F$ と分解できます（T6.6）。剰余加群 $A / A_t$ の元と $r \neq 0$ について $r(a + A_t) = A_t \Rightarrow ra \in A_t \stackrel{A_tがトーション}{\Rightarrow} \exists r_i \neq 0 , r_1(ra)=0 \Rightarrow a \in A$ となるので $A / A_t$ はトーションフリーです。 $A / A_t$ は（ $A$ と同様に）PID上で有限生成なのでT6.5より有限ランクの自由加群です。自由加群は射影的なのでT3.4より完全列 $0 \to A_t \hookrightarrow A \to A/A_t \to 0$ が分裂して $A \cong A_t \oplus A / A_t$ が得られます。この同型によって $A_t$ は $A_t$ に写り、 $A / A_t$ は自然な射影の右逆写像となることから単射像 $F \subset A$ に写ります。自由加群の単射像は自由加群になる（と思う。基底からの包含を合成 $X \stackrel{\iota}{\hookrightarrow} F' \stackrel{i}{\hookrightarrow} F$ で考えて、任意の $X \stackrel{f}{\to} G$ に対して $F \stackrel{i^{-1}}{\to} F' \stackrel{\bar{f}}{\to} G$ とできそう）ので $F$ は有限ランクの自由加群となります。トーション加群と自由加群は0以外の共通部分を持たないので $A = A_t \oplus F$ が得られます*1。
（20220625追記：ここの=の処理についてもう少しまじめに考える。実は一般に、右分裂列 $0 \to A \overset{f}{\to} B \overset{g}{\underset{s}{\rightleftarrows}} C \to 0, gs=1_C$ から直和分解 $B = f(A) \oplus s(C)$ が得られます。
証明します。直和因子の共通部分から $b \in f(A) \cap s(C)$ をとると、 $f$ の単射性から $\exists ! a \in A , f(a)=b$ が、 $s$ の単射性から $\exists ! c \in C , s(c)=b$ がとれ、 $g(b) = g(f(c))=c$ 。完全性から $gf(a) = g(b)=0$ となり、 $b=s(0)=0$ 。次に $\forall b \in B$ に対して、 $g(b)=gsg(b) \Rightarrow g(b-sg(b))=0$ から、 $b-sg(b) \in \mathrm{Ker} g = \mathrm{Im} f = f(A)$ 。さらに $sg(b) \in s(C)$ より $B \subset f(A) + s(C)$ 。逆は明らか。
T6.1も同じ形式に取り込めます。左右の分裂列は同値なことはすでにT1.18で見ましたが再考します。左分裂列 $0 \to A \overset{f}{\underset{r}{\rightleftarrows}} B \overset{g}{\to} C \to 0, rf=1_A$ に対して、 $h = 1_B -fr$ とします。 $hf=0 \Rightarrow \mathrm{Im} f \subset \mathrm{Ker} h$ となるので、準同型定理より $\exists ! s : B / \mathrm{Im} f \to \mathrm{Im} h$ が唯一存在し（余核の普遍性）、これにより右分裂列が得られます。
まとめると、分裂列は以下の形で特徴づけられます： $0 \to A \overset{f}{\underset{r}{\rightleftarrows}} B \overset{g}{\underset{s}{\rightleftarrows}} C \to 0$ に対し、 $rf = 1_A , gs = 1_C , gf = rs = 0 , fr+sg=1_B$ 。前3式が $f,s,r,g$ が直和の入射や直積の射影と対応することをいい、最後の式によって実はこれらによる直和（=直積）とBが（同型よりも強く）等しいことがわかります。）

T6.7ではトーション部分加群のほうに注目します。 $A$ をPID $R$ 上トーション加群として、素元 $p \in R$ に対して $A(p) = \lbrace a \in A | aはpのべきの（加群の意味での）位数をもつ \rbrace$ とします。このとき $A(p)$ は $A$ の部分加群で、 $A$ は $A = {\sum}_{p \in R} A(p)$ と直和分解されます。特に $A$ が有限生成ならば有限個の $A(p)$ だけが非零となります。これは各生成元は高々有限個の基底の線形和なので、無限個の直和にならないことからすぐわかります。
部分加群であることを言いたいので和と係数環の作用について閉じることを示します（0と逆元は明らか）。 $\mathcal{O}_a = (p^r) , \mathcal{O}_b = (p^s)$ とすると、 $k = \mathrm{max}(r,x)$ を取ってくることで $p^k (a+b)=0$ とできます。T6.4より $0 \leq i \leq k , \mathcal{O}_{a+b} = (p^i)$ となり $a+b \in A(p)$ が得られます。 $R$ の可換性から $p^i ra = r p^i a = 0$ となり作用についても閉じているので $A(p)$ は部分加群です。
$0 \neq a \in A , \mathcal{O}_a = (r)$ を考えます。既約元（素元）分解 $r = {p_1}^{n_1} ... {p_k}^{n_k}$ して、 $r_i = {p_1}^{n_1} + ... + {p_{i-1}}^{n_{i-1}} + {p_{i+1}}^{n_{i+1}} + ... + {p_k}^{n_k}$ とすると $\lbrace r_i \rbrace$ の最大公約元は $1_R$ となります。T3.11より $s_1 r_1 + ... + s_k r_k = 1_R$ となる $s_i$ が存在し、 $a = 1_R a = s_1 r_1 a + ... + s_k r_k a$ ですが、各項について ${p_i}^{n_i} s_i r_i a = s_i r a = 0 \Rightarrow s_i r_i a \in A(p_i)$ となることから各 $A(p)$ の和が $A$ を生成することを示すことがわかります。あとは共通部分が0になることを言えばいいです。すなわち $A_1$ を $q \neq p$ が生成する部分加群として $A(p) \cap A_1$ を考察します。 $a \in A(p) \cap A_1$ のとき $p ^m a =0$ かつ $a = a_1 + ... + a_t , a_i \in A(q_i)$ となります。 $q_i ^{m_i} a_i = 0$ から $(q_1 ^{m_1} ... q_t ^{m_t})a = da = 0$ が得られます。この $d$ と $p$ （すなわち $p ^m$ ）が互いに素なので $r p ^m + sd = 1_R$ 、すなわち $a = 1_R a = (r p ^m + sd) a = r (p ^m)a + s(da) = 0$ です。

$A(p)$ の性質を考えるためにL6.8を準備します。PID $R$ 上加群 $A$ がある素元 $p \in R$ と $n \in \mathbb{N}$ に対して $p ^n A = 0 \land p ^{n-1} A \neq 0$ を満たし、 $a \in A$ の位数 $p ^n$ とします。このとき、 $A \neq Ra$ ならば $0 \neq b \in A , Ra \cap Rb = 0$ となります。そのような $b$ を集めることで（ $A=Ra$ の場合は $C=0$ とすれば） $A = Ra \oplus C$ と部分加群で直和分解することができます。
証明です。 $A \neq Ra$ のとき、 $c \in A - Ra$ が存在しますが、 $p ^n c \in p ^n A = 0$ から最小の正整数 $j \ s.t. \ p ^j c \in Ra$ が存在します（ $j=n$ のとき $0 \in Ra$ ）。つまり $p ^j c = r_1 a , r_1 \in R$ で、既約元分解より $r_1 = r p ^k , k \geq 0 , p \not| r$ とできるので $0 = p ^n c = p ^{n-j} r p ^k a = r p ^{n-j+k} a$ となります。 $a$ の位数 $p ^n$ からT6.4より $p ^{n-1} a \neq 0$ となり、 $p \not| r$ と合わせると $n-j+k \geq n \Rightarrow k \geq j \geq 1$ となります。したがって $b = p ^{j-1} c - r p ^{k-1} a \in A$ という元を作ることができます（積の逆元の心配がない）。この $b$ について $p ^{j-1} c \in Ra$ （ $j$ の最小性）から $b \neq 0$ 、 $pb = p ^j c - r p ^k a = r_1 a - r_1 a = 0$ が成立します。ここで $Ra \cap Rb \neq 0$ 、すなわち $s \in R , 0 \neq sb \in Ra$ を仮定します。 $pb \neq 0$ より $p \not| s$ であり、 $s$ と $p ^n$ が互いに素なことから $sx + p ^n y = 1_R$ とできます。 $b = 1_R b = sxb + p ^n yb \stackrel{p ^n A = 0}{=} x(sb) \in Ra$ から $p ^{j-1} c = b + r p ^{k-1} a \in Ra$ が得られます。これは $j-1 \neq 0$ とすると $j$ の最小性に矛盾し $j-1=0$ とすると $c \not\in Ra$ に矛盾するので $Ra \cap Rb = 0$ が導かれました。
後半の証明に向かいます。 $A \neq Ra$ の場合を考えばいいです。 $Ra$ に対して $B , Ra \cap B$ となるような加群の集合 $\mathcal{S}$ を考えます。すでにそのようなものとして $Rb$ が作れることは上で見たので、 $\mathcal{S} \neq \emptyset$ です。 $\mathcal{S}$ を集合の包含による半順序集合として、任意の全順序部分集合に対して上界 $A$ が存在することからZornによって極大元 $C$ の存在がわかります。この $C$ と $Ra$ によって $A$ が生成されることを見れば証明が終わります。そこで $A/C$ を考察します。 $p ^n A = 0$ から $p ^n (A/C) = 0 , p ^n (a + C) = 0$ です。 $Ra \cap C = 0 , p ^{n-1} a \neq 0$ より $p ^{n-1} (a+C) = p ^{n-1} a+ p ^{n-1} C \neq C$ です。よって $a+C \in A/C$ の位数は $p ^n$ であり、 $p ^{n-1} (A/C) \neq 0$ を得ます。ここで、もし $A/C$ が $a+C$ の巡回加群でない（つまり $A/C \neq R(a+C)$ ）と仮定すると、前半の定理を援用して $d+C \in A/C , d+C \neq C , R(a+C) \cap R(d+C) = C$ が得られます（剰余加群なので微妙に形が異なることに注意）。 $R(a+C) \cap R(d+C) = C \Rightarrow (Ra+C) \cap (Rd+C) = C \stackrel{Ra \cap C = 0}{\Rightarrow} Ra \cap (Rd+C) + C \cap (Rd+C) = C \Rightarrow Ra \cap (Rd+C) = 0$ と計算できますが、これは $Rd+C \in \mathcal{S}$ を意味します。 $d \not\in C$ よりこれは $C$ の最大性に矛盾します。よって $A/C = R(a+C) = Ra+C$ となり、 $A=Ra+C$ が得られました。
後半部分の別証明が演習として出てきており、 $Ra \cong R / ( p ^n )$ と $R / ( p ^n )$ の単射性を用いて分裂列 $0 \to Ra \to A \to C \to 0$ を作るそうですが、見なかったことにします。誘導部分だけ眺めると $R / ( p ^n )$ 加群と $R$ 加群を相互に言い換えられることを用いて、まず係数環を $R / ( p ^n )$ で考えてから最後の分裂列で $R$ について考える流れらしい？

T6.9で $A(p)=A$ が位数 $p ^{n_1} , ... , p ^{n_k} , n_1 \geq ... \geq n_k \geq 1$ の巡回加群の直和で書けることがわかります。すなわち $A(p)$ はL2.2.5(iii)（アーベル群から $Z_{p ^{n_i}}$ の直和を集めたもの）の類似物と言えます。
証明は $A$ の生成元の数 $r$ に関する帰納法で行います。 $r=1$ の場合は $A(p)$ の生成元も1つなので明らかです。 $r \gt 1$ として、 $A$ の生成元 $a_1 , ... , a_r$ の位数を $p ^{n_1} , p ^{m_2} , ... , p ^{m_r}$ とします。並び替えによって $n_1 = \mathrm{max} \lbrace n_1 , ... , m_r \rbrace$ と選べば、 $p ^{n_1} A = 0 , p ^{n_1 -1} A \neq 0$ が得られます。こうするとL6.8が使えて $A = R a_1 \oplus C$ とできます。自然な全射 $\pi : A \to C$ を考えると $C$ は $\pi (a_1) , ... , \pi (a_r)$ で生成されますが、 $\pi (a_1)=0$ より $C$ の生成元は $a_1$ を除いた $r-1$ 個以下になります。よって $C$ に対して帰納法の仮定を適用できて、 $C$ は位数 $p ^{n_2} , ... , p ^{n_k} , n_2 \geq ... \geq n_k \neq 1$ の巡回加群の直和で書けます（この添え字の付け方は証明がきれいになるためで、生成元の位数 $p ^{m_2} , ... , p ^{m_r}$ と直和因子の位数 $p ^{n_2} , ... , p ^{n_k}$ の対応関係は特に考えてないことに注意）。 $p ^{n_1} A = 0 \Rightarrow p ^{n_1} C = 0$ を考えると $n_1 \geq n_2$ が得られます。 $R a_1$ は位数 $p ^{n_1}$ の巡回加群なので、 $A=R a_1 \oplus C$ は位数 $p ^{n_1} , ... , p ^{n_k} , n_1 \geq ... \geq n_k \geq 1$ の巡回加群の直和で書けることが言えました。