メーターケーブル交換

バルカン400クラシックのメータケーブルを交換してみました(^o^)丿
初めてやりましたが、やはり一番の難所(に見える部分)はタンク外しです。が、案外すんなり行きました。

必要なもの:

・バルカン400用メータケーブル
・ラチェットハンドル(タンクとフレームが繋がっている部分はトルクが要るのでソケット型レンチを使うならある方が良い)
・6角スパナ(リアホイールのドラムブレーキカバー下に接続してるメータケーブルを外すのに必要)
・8,10,12,14,17mmレンチ
・ドライバー(汎用のもの)
・ペンチ(タンクホースクリップやタンクホースをつまむ用のもの)
・結束バンド

シート外した後

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フューエルホースと負圧ホース

前方右側にもホースが一つあり、合計3つのホースがタンクに繋がってる。
ホースクリップはクロスしている部分をペンチで抑えると緩む。負圧ホースの方はクリップがつぶれていたので、戻すときはねじって付けた。次回この部分のホースクリップを用意しておかねば。

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メータカバーを外した後

カプラー×2とメータケーブルがメータカバーの裏に繋いである(注意深く見て普通に抜けば抜ける)。メータカバーを外した後タンクを止めてるネジが露出するので、これと初めから見えてる下側のネジでタンクを止めていることになる。タンクを外した後に中央部が結束バンドで止まっていたので、メータケーブル交換時には新しい結束バンドが必要だった。

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戦利品
メータケーブルと結束バンド(壊)

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※メータケーブルが川崎純正で約1500円だったと思います。

ルーティングがおかしくなった

VPNを繋ぐとデフォルトルート(宛先とマスクが0.0.0.0の項目)が書き換えられて, ゲートウェイも接続先サーバのものに割り当てられた。
これ今まではなってなかったのに(”^ω^)

ファームウェアをアップデートしたからか、それとも?

ネットワーク宛先        ネットマスク          ゲートウェイ       インターフェイス  メトリック
          0.0.0.0          0.0.0.0         10.8.0.5         10.8.0.6     20

やむを得ないのでデフォルトルートを書き換えてローカルのゲートウェイ経由でWANに接続するようにした。

route delete 0.0.0.0
route add 0.0.0.0 mask 0.0.0.0 192.168.2.1 metric 1

うまくいったみたいです。

ネットワーク宛先        ネットマスク          ゲートウェイ       インターフェイス  メトリック
          0.0.0.0          0.0.0.0      192.168.2.1      192.168.2.2     26

可換環6

一段落したのでちょこちょこと書きためていたものを公開.


prob.1. Aをnoether ring, MをA上の有限生成加群とすると, MはネータA-加群である.
M=\sum_{i=1}^n Ax_iと書けるので, 写像A^n\rightarrow M(a_1,\ldots,a_n)\mapsto \sum_{i=1}^n a_ix_iと作ると,
これは明らかにA-全準同型で, {\rm ker} = \prod_{i=1}^n(0:x_i)だから,

    \[M\cong A^n/\prod_{i=1}^n(0:x_i)\]

である. 完全列

    \[0\rightarrow \prod_{i=1}^n(0:x_i)\rightarrow A^n\rightarrow M\rightarrow 0\]

においてA^nNoetherian⇔\prod_{i=1}^n(0:x_i),\ MはNoetherian■


prob.2-1. Mをneither A-Module, u:M\rightarrow MをA-homとする. uが全射なら, uは同型である.

u^n = \overbrace{u\circ \ldots \circ u}^nは一般のhomとして{\rm Im}u^n\subset {\rm Im}u^{n-1}だから, Mの部分A-Moduleとしての増大列

    \[{\rm ker}u\subset \ldots \subset {\rm ker}u^n \subset \ldots\]

が取れる. MはNoetherianなので十分大きいnに対して{\rm ker}u^n={\rm ker}u^{n+1}を満たす. u^n\ (\forall n)はMへの全射で

    \[M/{\rm ker}u\supset \ldots \supset M/{\rm ker}u^n = M/{\rm ker}u^{n+1} \cong M\]

よって{\rm ker}u^n = 0\ (\forall n)

prob.2-2. MをArtinian A-Module, u:M\rightarrow MをA-homとする. uが単射なら, uは同型である.

Mの部分A-Moduleとしての減小列

    \[{\rm Im}u\supset \ldots \supset {\rm Im}u^n \supset \ldots\]

に対し, 十分大きいnに対しMのArtin性から{\rm Im}u^n={\rm Im}u^{n+1}となる. u^n\ (\forall n)は単射なのでこれはMに同型で, 増大列

    \[{\rm Coker}u\subset \ldots \subset {\rm Coker}u^n = {\rm Coker}u^{n+1} \cong 0\]

が取れる. 故にuは全射となり, 同型■


prob.3. MをA-moduleとし, N_i\ (i=1,2)をMの部分A-moduleとする. M/N_i\ (i=1,2)がNoetherian A-ModuleならM/(N_1\cap N_2)もそうである.

0でない元x\in M/(N_1\cap N_2)

    \[x=a_0x'+a_1x_1+a_2x_2\ (a_i\in A,\ x'\in M\backslash(N_1\cup N_2),\ x_i\in N_i\backslash N_j\ (i\neq j))\]

と書くとき, 写像x\mapsto a_0x' + a_2x_2\in M/N_1M/N_1へのwell-definedな上へのA-homになる. これによる完全列

    \[0\rightarrow N_i/(N_1\cap N_2)\cong (N_1+N_2)/N_j\rightarrow M/(N_1\cap N_2) \rightarrow M/N_i\rightarrow 0\ (i=1,2,\ i\neq j)\]

を考えると, (N_1+N_2)/N_j\subset M/N_jはNoetherian A-moduleの部分A-ModuleだからNoetherian, よって拡大M/(N_1\cap N_2)もNoetherian. NoetherianをArtinianに変えても成立する■


prob.4. MをNoetherian A-moduleとし, aをAにおけるMの零化イデアルとする. このときA/aはNoetherian ringである.

Mの部分A-moduleの増大列\{M_i\}_i\ (M_n=M_{n+1})をとっておき, M_iの零化イデアルをa_i = (0:M_i)と置くと, これはAのイデアルの停留的な減少列

    \[a_1\supset a_2\supset \ldots \supset a_n = a\]

を成す. 逆にaを含むAの任意のイデアルの減少列\{a_i\}_iに対し, a_iで零化されるMの元の集合(0:a_i)_M=M_iはMの部分A-Moduleであるから, 上と同様にMの停留的な部分A-Moduleの増大列を取れる. aを含むAのイデアルとA/aのイデアルとは一対一対応があるから, A/aはNoetherian ringである■


prob.5. Aを環Bの部分環とし, 集合B-Aが乗法的であるとする. このときAはBにおいて整閉である.

x\in B\backslash AがA上整なら, 整従属を示す方程式から

    \[x(x^{n-1}+a_1x^{n-2}+\ldots+a_{n-1})=-a_n\in A\]

を得る. x\in B\backslash Aなら, x^{n-1}+a_1x^{n-2}+\ldots+a_{n-1}\notin B\backslash A. つまりx^{n-1}+a_1x^{n-2}+\ldots+a_{n-1}=a\in Aだが, これはnの最小性に反す■


prob.6-1. Aを整域Bの部分環とし, CをBにおけるAの整閉包とする. f,gをB[x]のモニック多項式とし, fg\in C[x]を満たすとする. このとき, f,g\in C[x].

Bを含むfgの最小分解体をLとすると, f=\prod_j(x-\mu_j),\ g=\prod_j(x-\eta_j)\ (\mu_j,\eta_j\in L)と分解する. \mu_j,\eta_jは共にC上のモニック多項式fgの根で, 従ってC上整. \mu_j,\eta_jはそれぞれf,gの根でもあり, C上整であるLの元はLの部分環を成すから, f,gの係数はC上整. 仮定よりf,gの係数はBの元で, BにおけるCの整閉包をDとすると, 整従属の推移律によってDはA上整. よってC=Dだから, f,g\in C[x]


prob.6-2. B(or A)が整域であるという仮定なしに6-1が成り立つ.

Aが整域でなければその拡大環であるBもまた整域でないので, Aが整域でないと仮定して6-1を示す.
hom C\rightarrow Bによるq\in {\rm Spec}(B)の縮約q^c=q\cap CはCの素イデアルで, その剰余環C/q^c上の多項式を考える.

射影C[x]\ni f(x)g(x)\mapsto \overline{f(x)g(x)}=f(x)g(x)\mod q^c[x]を通じて, C/q^cA/A\cap q上整. \overline{f},\ \overline{g}は, 整域B/q上の多項式として, 6-1よりC/q^c[x]の元である. よって\overline{f},\ \overline{g}の係数はA/A\cap q上整.


prop.7.1 Aがネータ環で{\rm dim}A=0であることは, Aがアルチン環であるための必要十分条件である.
(必要性) アルチン環の全ての素イデアルは極大であるから, {\rm dim}A=0. またアルチン環の極大イデアルは有限個で, それらを\{m_j\}_{j\leq n}とすると, 冪零元根基:

    \[\prod_j m_j = \mathfrak{N}\]

はアルチン環の性質からイデアルとして冪零である. そこで\mathfrak{N}^k=0なる最小のkに対し,

    \[\prod_j m_j^k\subset (\cap_j m_j)^k = \mathfrak{N}^k = 0\]

※可換環において, イデアルの冪に関する可換性\prod_j m_j^k = (\prod_j m_j)^kが成立することに注意.

が成立する. 零イデアルが極大イデアルの積で表される時, アルチン環であることとネータ環であることは同値であるから, AはNoetherianである■

(十分性) 零イデアルは準素分解を持ち, 対応する有限個の孤立素イデアルm_1,\ldots,m_nに対し, 冪零元根基は\mathfrak{N}=\cap_j^n m_jで表される. {\rm dim}A=0より, m_jは極大で, ネータ環の冪零元根基もイデアルとして冪零であるから, \mathfrak{N}^k=0. 故に必要性を示したときと同様にして, \prod_j^n m_j^k=0を得る. 零イデアルが極大イデアルの積として表されたので, これはアルチン環である■


lemma.1. 相異なる極大イデアルm_1,\ldots,m_nは互いに素である.
同値な命題「A\rightarrow \prod_j^n A/m_jが全射である」を示す. それには

    \[\exists a\in A,\ a\equiv 1\mod m_1\equiv 0\mod m_j\ (j>1)\]

を示せば十分である. \nu = \cap_{j=2}^n m_jに対し, \nu \backslash m_1は空でない(Aの単元全体の集合Sによる商環を考えると, m_jはSと交わりを持たない. よってr(m_j)=m_j,\ \nu^{ec}=\nuであり, 前式は\nuの相異なる極大イデアルによる最短の準素分解を与えていることから従う).
a\in \nu \backslash m_1をとると, aは体A/m_1で単元なので, あるb\in A\backslash m_1が存在し, ab\equiv 1\mod m_1. \nuはイデアルなのでab\in\nu. これは求める性質を持つ■


ex.5.27. 体Kに対し, ∑をKのすべての局所部分環の集合とする. この集合に次のようにして順序を入れる. すなわちA, Bを∑に入っている二つの局所環とするとき,

    \[A\leq B\Leftrightarrow A\subset B \wedge rad(A)=rad(B)\cap A\]

と定義する(B dominates A). このとき∑には極大元が存在し, A\in \Sigmaが極大であることと, AがKの付値環であることは同値である(※ここでradはヤコブソン根基だが, 局所環なのでそれはただ一つの極大イデアルである).

pf. まずK\in \Sigmaである(体K自身極大イデアル(0)を持つ局所環である)から∑は空ではない. ∑から取った全順序部分集合族の鎖の和を, \cup A_j=Aとする. これは1, 0を含み和と積について閉じていてA\subset KであるからKの部分環である. A=A_jとなるものがあるからこれは局所環であり, A\in\Sigma.

(A,m)が∑の一つの極大元とする(mはAの極大イデアル). x\in K\backslash\{0\}に対し, Kの中でA上生成される部分環A[x]\subset Kを考える. Aが局所環なので, m[x]\neq A[x]m[1/x]\neq A[1/x]少なくとも一方は成り立つ. m[x]\neq A[x]を仮定すると, A[x]の極大イデアルでn\supset m[x]を満たすものがある. その縮約はn^c=A\cap n=mである. 実際nはmを含む真のイデアルであるから, Aにおいてmに対応する. A[x]_nはAを含み, nA[x]_nを極大イデアルとして持つKの局所部分環で,

    \[m\subset n\subset nA[x]_n\]

を満たす. 同様にしてnA[x]_nがnを含む真のイデアルであることから, A\cap A[x]_n=A. ∴A[x]_nはAを支配する. Aの極大性からA=A[x]_n. よって最初に取った零でないKの元xはAに含まれるので, AはVR.

逆にAがKのVRで(B,n)がAを支配するとする. x\in B\backslash Aに対し, 1/x\in A. 1/xはAで単元でないので, Aの極大イデアルm=n^cに含まれる. よって1/x\in m\subset nだが, これによりxはBで単元になる. これは矛盾である(1/x\in nとし, 極大イデアルが単元を含む)■


ex.5.31. 全順序可換群\Gammaに値を持つ体Kの付値を\nu:K^*\rightarrow \Gammaとする. このときA=\{x\in K^*|\nu(x)\geq 0\}\cup \{0\}はKの付値環である.

p.f. x,y\in Aとする. \nu(xy)=\nu(x)+\nu(y)\geq 0よりxy\in A. また\nu(x+y)\geq \min{\nu(x),\nu(y)}\geq 0よりx+y\in A. \nu(1)=\nu(1\cdot 1)=\nu(1)+\nu(1)だから\nu(1)=0. よって1\in A.

これによりAは環である.

x\in K^*に対し, 0=\nu(1)=\nu(xx^{-1})=\nu(x)+\nu(x^{-1})であるから, \nu(x)\geq 0\vee \nu(x^{-1})\geq 0 \Leftrightarrow x\in A\vee x^{-1}\in A.

これによりAは付値環である■


prop. 9.0.1 整域A, 商体K, 離散付値νがあるとする. AがKのDVRであるとき, その極大イデアルmは0か\nu(x)>0を満たすK^*の元である.

DVRは局所環であるから, \nu(x)=0\ (x\in K^*)\Leftrightarrow x\in A^*を示せば十分である. x\in A\backslash A^*\cup \{0\}とする. AはDVRだから1/x\notin Aとして良い. このとき0=\nu(xx^{-1})=\nu(x)+\nu(x^{-1})だが, \nu(x)>0だから\nu(x^{-1})=-\nu(x)<0. よって\nu(x)\neq 0. 逆にx\in A^*なら\nu(x^{-1})\geq 0,\ \nu(x^{-1})\geq 0で, 上の等式から\nu(x)=0である他ない■


prop. 9.0.2 (A,ν)が商体KのDVRで, Aの任意の非零イデアルをαとする. 適当なx\in \alphaに対しその値\nu(x)\in Zは最小値を持つ.

αが単位イデアルであれば, 定義から0が最小値である(Aの単元に対応する). αが零でない真のイデアルと仮定すると, x\in\alphaは単元ではないから\nu(x)>0(x\in A\Leftrightarrow \nu(x)\geq 0を忘れないこと). よって最小値が存在する■


0<g=\min{\nu(\alpha)}=\nu(x)となるx\in\alphaを固定する. 付値は仮定よりZへの全射だから, \nu(a)=1となるa\in Aがある. よってそのようなa,xに対し, \{\nu(a^kx) | k\geq 0\}はg以上の全ての整数を含む. 従ってDVRの任意の非零イデアルαは, 適当な非負整数gに対し, m_g = \{\nu(x)\geq g | x\in K^*\}と表される集合と一致する.

    \[m=m_1\supset m_2\supset \ldots\]

が唯一のイデアルの鎖であり, AはNoetherianである.

上でとったように\nu(x)=1を満たすx\in Aに対し, (x)=m_1=m. 特に(x^g)=m_g\ g\geq 1だから, Aの全ての非零イデアルはxの冪で生成される. 従ってAの非零素イデアルはmのみで, DVRは次元1のネータ局所整域と分かる.

逆にAを次元1のネータ局所整域とするとき, 同値な性質について次のようなものがある.

prop. 9.2

mを極大イデアル, k=A/mとする.

  1. AはDVR
  2. Aは整閉
  3. mは単項イデアル
  4. {\rm dim}_k(m/m^2)=1
  5. すべての非零イデアルはmの冪
  6. Aのある元xが存在し, すべての非零イデアルは(x^k),\ k\geq 0という形をしている

(1)⇒(2) VRの性質として, x\in A\vee x^{-1}\in A\ (\forall x\in K)がある. x\in K\backslash 0をA上整とすると,

    \[x^n+a_1x^{n-1}+\ldots+a_n = 0\ (a_i\in A) \ \cdots\ (*)\]

を満たす\{a_i\},nがある. x\in Aなら何も証明することは無いので, x\notin Aとすれば, x^{-1}\in A. x^{n-1}を(*)に掛けて

    \[x = -(a_1+x^{-1}a_2+\ldots+x^{n-1}a_n)\in A\]

これは矛盾である.


(2)⇒(3)

(A) αが非自明なイデアル(0,Aと異なるイデアル)ならばm-準素イデアルで, \alpha\supset m^nとなるnが存在する. 実際Aは次元1の局所環であるから0以外の唯一つの素イデアルmは極大で, r(\alpha)=mとなる(αの根基はαを含む素イデアルの共通部である). mが極大だからこれはαがm-準素イデアルであることを意味し, ネータ環の任意のイデアルは根基のある冪を含むから, m^n\subset \alphaとなるnを取れる(α=0のときm^n=0となるnが存在しなくてはいけないが, これはAがアルチン局所環であることを要求するのでこの場合は省く).

a\in m\backslash 0なら, (A)よりm^n\subseteq (a)\wedge m^{n-1}\nsubseteq (a)となるnを取れる. そこでb\in m^{n-1}\backslash (a)なるbが存在する. x=a/b\in Kに対し, x^{-1}=b/a\in Aならb/a=a'/1\ (\exists a'\in A)だからs(aa'-b)=0. Aは整域だからこれはb=aa'を意味し, b\notin (a)に反する. よってx^{-1}\notin A. Aは整閉だから, x^{-1}はA上整でない. Aはネータ環だから, mはA加群として有限生成で, x^{-1}mA[x^{-1}]加群として忠実(Aが整域なのでA[x^{-1}]も整域である). 従ってx^{-1}m\subseteq mなら中山の補題によりx^{-1}がA上整となり, 矛盾. よってx^{-1}m\nsubseteq m. 一方xの作り方からx^{-1}m\subseteq Aである(x^{-1}m\ni (aa')/a=a'\in A\ (\exists a'\in A)). よってx^{-1}mは単元を含み,

    \[x^{-1}m = A \Leftrightarrow m=(x)\]


(3)⇒(4) 極大イデアルmのA加群としてのある生成系(今Aがネータ環だから有限)は, (A加群の)準同型m\rightarrow m/m^2で写った像によりm/m^2のkベクトル空間としての基底を成す. 今mは単項イデアルを仮定しているから, A加群として唯一つの元で生成される. よって{\rm dim}_k(m/m^2)\leq 1. 一方m\neq m^2より{\rm dim}_k(m/m^2)=1(ネータ局所環において, m^n\neq m^{n+1}\ (\forall n)か, m^n=0\ (\exists n)いずれか一方のみがおこる. 後者の場合アルチン局所環となり, 次元は0になるので仮定に反する).


(4)⇒(5) (A)により任意の非零イデアルαに対し, \alpha\supseteq m^nとなるnがある. ネータ局所環がアルチン局所環であることと, m^n=0となるnがあることは同値であるから, 剰余環B=A/m^nはアルチン局所環になる. 同型m/m^2\cong (m/m^n)/(m^2/m^n)があるから, {\rm dim}_k(\overline{m}/\overline{m}^2)={\rm dim}_k(m/m^2) = 1. これはアルチン局所環Bにおいて, 全てのイデアルが単項イデアルであることを意味する(Atiyah, 8.8). m=(x)に対し, m^n=(x^n)\subseteq \alpha=(y)\subseteq m=(x)とすると, Bにおいて極大イデアルはただ一つ一意的に存在するからy=x^k\ (1\leq k\leq n)となる.


(5)⇒(6) m\neq m^2よりx\in m\backslash m^2がある. 仮定より(x)=m^rだが, r\geq 2だとxの取り方に矛盾する. よってr=1. ∴すべてのイデアルαは\alpha = (x^k)=m^k\ (k\geq 0)と書ける.

(6)⇒(1) VRの構成に寄る.

ある入試問題

JCEqAsO

学部特別選抜入試問題らしいのですが、要望があったので解いてみました。(問3)は解けませんでした(いやぁ、面倒くさくなりました笑)。解答しました。

ルールは設けてなくて、高校数学の範疇で解くというような縛りもしてません。
こういう数学オリンピック系の問題も、色々な角度から見ると面白いですね。

後々必要に応じて記号を導入していくのが煩わしいので、先に一通りの準備をしておこうと思います。
(問1)と(問2)は力押しで解けるので、(問3)を意識して定式化します(また気が向いた時に(問3)も考えてみます)


n次対称群S_nがn次直積群X=(Z_2)^nに, (g, (a_1,\ldots,a_n))\mapsto (a_{g(1)},\ldots,a_{g(n)})で作用しているものとする.

n次巡回置換\sigma=(1\ldots n)の生成するS_nの部分巡回群\langle\sigma\rangleがXに作用していると見て, Xを\langle\sigma\rangle空間と考えると, 商空間\langle\sigma\rangle\backslash X=Yは問題のコインの状態と一対一対応がある.

関数f: Z_2\rightarrow Z_2f(a)=a+1と定義し, \Omega=\{1,..,n\}からYへの作用F_kを,

    \[F_k(j)(a_1,\ldots,a_n)=(a_1,\ldots,f(a_j),\ldots,f(a_{j+k-1}),a_{j+k},\ldots,a_n)\]

で定義する. つまりF_k(j)Y\ni x=(a_1,..,a_n)のj番目の要素からk枚をひっくり返す, YからYへの写像である. 写像の積を合成により定義すると, これは\langle\sigma\rangle作用で等化した元を考えるから, 右をはみ出す場合は左に戻って作用する. このとき作用F_kは次の性質を持つ.

(i) 冪等性: F_k(j)^2 = Id,
(ii) 可換性: F_k(i)F_k(j) = F_k(j)F_k(i)

実際(ii)は, F_k(i)F_k(j)によって影響を受けるx\in Yの要素で共通のものがなければ明らかだし, そうでない場合も\langle\sigma\rangle作用による商を考えているから, 1\leq m\leq k-1に対し, m個の要素を共有するx=(A, a_1,\ldots,a_m, B)の場合に帰着される. AとBはk-m個以上の要素を含むZ_2の部分列で, F_k(i), F_k(j)がそれぞれB, Aを変化させないものを取っている.

このとき

    \[F_k(i)F_k(j)(x) = F_k(i)(A, f(a_1),\ldots,f(a_m), B') = (A', a_1,\ldots,a_m, B') = F_k(j)F_k(i)(x)\]

の形になるのが分かる.

1\leq m\leq nなるmに対し, m個の作用の合成T_m=F_k(j_1)\circ F_k(j_2)\circ \cdots \circ F_k(j_m)\ (j_p\neq j_q\ (p\neq q))全体の集合をG_m(n,k)と定義し,

    \[G(n,k) = \bigcup_{m=1}^n G_m(n,k)\]

と定義する. ここでG_m(n,k)の元はF_kの可換性(性質(ii))により, 番号を辞書式に(つまりF_k(2)F_k(3)F_k(7)のように)取っておくと決めて一般性を失わない. 利便性のため, 以降[2,3,7]\in G_3(n,k)等と書くことにして, G_m(n,k)の元を指数mの作用と呼ぶことにする.

上の商空間Yの定義に関し注意すべき点は, \langle\sigma\rangleG(n,k)にも(\tau,F_k(j))\mapsto F_k(\tau(j))で作用していると考えて, 二つの作用に整合性

    \[T(\tau(x))=(\tau^{-1} T)(x)\ (\tau\in \langle\sigma\rangle)\]

を持たせないといけないことである. ここでTはF_k(j)\ (j=i_1,..,i_m)の積で表されることを注意しておく. 実際F_k(j)(x)=yなら, \tau\in \langle\sigma\rangleに対し, F_k(\tau(j))(\tau(x))=yだから,

    \[T(\tau(x))=(\tau^{-1} T)(\tau^{-1}\tau(x)) = (\tau^{-1} T)(x)\]

が成立する. つまり, Xの元xのG(n,k)軌道を考えるとき, 我々の立場からはxの属している軌道が問題なのだから, G(n,k)x\sim \langle\sigma\rangle G(n,k)xと見るべきである.

(問3)で問われているように, 任意の初期状態x=(a_1,\ldots,a_n)から操作の有限回の繰り返しでゲームが終了できるための必要十分条件は,

    \[x\in G(n,k)(1,1,\ldots,1) = \{ T(1,1,\ldots,1) | T\in G(n,k) \}\]

となることである.

逆にある初期状態x\in Xが存在し終了状態にさせられないことと, G(n,k)作用によるXの軌道分解が二つ以上の直和から成ることとは同値である. これで準備は整った.


問1. 4回, 作用パターン[1,2,3,7].
実際n=7, k=3で, 初期状態はW上1001010と表せる. 関係(*2)による縮約によって

1001010 ~ 0111010 ~ 1011011 ~ 1000111 ~ 1111111

だからゲームは写像[1,2,3,7]\in G_4(7,3)により, 4回で終了させることができる. 3回以下でゲームを終了させられないことも, 次のようにして分かる.

ある状態での1の個数をbとして, 初期状態ではb=3である. G_1(7,3)の元でbは\pm1,\ \pm 3の変動をせしめうる. 最終的にb=7にするために, +4せねばいけない. よって1回で終了はできない. また, 操作(G_1(7,3)の元)の可換性から, 2回で終了させるためにbは1+3, 2+2という増減パターンを取らなければいけないが, 直ぐに確かめられる通りこれも不可能である. よって3回で終了できないことを言えば良い. 最大{}_7C_3=35パターンを確かめるのはそれほど難しくないが, ここではより易しい考察で不可能なことが分かる.

つまり3回で終了するためには, 2回目にxは0001111の軌道上にないといけない. このときb=4であるが, \pm 1,\pm 3のどの2回の組み合わせによっても+1することはできないので, これは不可能だと分かる. よって(問1)が言えた.

問2. 指数1の作用6通り, 指数2の作用15通り, 計21通りを検証し, 指数3以上の全ての作用がこれらの組み合わせで構成できることを確かめて, 不可能だと証明できる. 厳密には帰納法を使う.

以下指数4までの対応表:

Id=[1,2,4,5]=[1,3,4,6]=[2,3,5,6]
[1,2]=[4,5]=[1,3,5,6]=[2,3,4,6]
[1,3]=[4,6]=[1,2,5,6]=[2,3,4,5]
[1,4]=[2,5]=[3,6]
[1.5]=[2,4]=[1,2,3,6]=[3,4,5,6]
[1,6]=[3,4]=[1,2,3,5]=[2,4,5,6]
[2,3]=[5,6]=[1,3,4,5]=[1,2,4,6]
[2,6]=[3,5]=[1,2,3,4]=[1,4,5,6]
[1,2,3]=[1,5,6]
[1,2,6]=[1,3,5]=[2,3,4]


2015-12-15 12:30追記

一旦解答した後, (n,k)=(3,2)に対し相異なる二つの軌道0\sim 2,\ 1\sim 3が存在することを確かめた. これは明らかに上記における例外となっており, nとkが互いに素という条件では不十分だったことが分かった.

実際のところZ_nの中でk倍写像の生成する部分群の個数と一対一対応しているというのに根本の誤りがあり, (n,k)=(3,2)の場合, それは唯一つ(:=Z_3)であるが, 実際には2つの軌道があることが確かめられる.

さて上の議論を精密にするため, アーベル群のk倍写像i\mapsto i+kの代わりに, 写像(\eta,\mu)を次のように定義する. J=\{0,\ldots,n\}とするとき,

    \[\begin{cases} \eta(i) = \begin{cases} i+k & (k+i\leq n) \\ 2n-(k+i) & (k+i>n)\end{cases} \\ \mu(i) = \begin{cases} i-k & (k<i) \\ k-i & (i\leq k)\end{cases} \end{cases}\]

これらの写像はすぐに加法との整合性がないと分かる. 実際0\leq g\leq jに対し,

i=n-k-jのとき\eta(i+g)=\eta(i) + gなのにi=n-k+j+1のとき\eta(i+g)=\eta(i)-gである. \mu}も同様に示される.

一方で, これらは定義からJへの作用になっているため, その軌道を考えることができる. 厳密にはiの値によって作用のさせ方が異なるようにしなければいけないが, これら(\eta,\mu)が共に作用していると見て(\eta,\mu)作用と呼ぶことにする. この意味は, Jの元のうちこれら二つの作用の組み合わせで写りあう全ての元を等化するということである. 実はそうして得られる軌道の個数が1であることが, 任意の初期状態から終了状態にできるための必要十分条件であることを次のように説明できる.

G(n,k)作用によってXの元は常にx_0=(0,\ldots,0),\ldots,x_n=(1,\ldots,1)にY上同値であり, 集合H=\langle\sigma\rangle\backslash\{x_0,x_1,\ldots,x_n\}の元を自然数の集合J=\{0,\ldots,n\}と見るとき, (\eta,\mu)作用の合成によってi\mapsto n\ (\forall i\leq n)とできれば, 任意の初期状態から終了状態にできることになる. 具体的に(\eta,\mu)のJへの作用とHへの作用を同一視する際には, x_i=(0,\ldots,0,\overbrace{1,\cdots ,1}^{i})の1の個数をiとし, 要素で0か1いずれかが最大長続いている左から数えて最初の塊の一番目の要素の番号をt_iとするとき(i=nのときは1番目を選ぶ. 巡回置換によって作用の結果残った1は全て右端に移し, これを改めてHの元と見る), このときF_k(t_i)を0に対し適用させる時, それによって変動した1の個数を\mu(i), 一方1に対し適用させた時の変動した1の個数を\eta(i)と見做す. これを同じiが現れなくなるまで繰り返す.

具体的に(n,k)=(17,6)の時, 0に属す軌道だけやってみよう.

    \[\begin{array}{lcl} (0,\ldots,0) &\sim& (0,\ldots,0,\overbrace{1,\cdots ,1}^{6}) \\ &\sim& (0,\ldots,0,\overbrace{1,\cdots ,1}^{12}) \\ &\sim& (1,1,1,1,1,0,1,\ldots,1) \\ &\sim& (0,\overbrace{1,\cdots ,1}^{16}) \\ &\sim& (0,\ldots,0,\overbrace{1,\cdots ,1}^{10}) \\ &\sim& (0,\ldots,0,\overbrace{1,\cdots ,1}^{4}) \\ &\sim& (1,1,0,\ldots,0) \\ &\sim& (0,\ldots,0,1,1) \\ &\sim& (0,\ldots,0,\overbrace{1,\cdots ,1}^{8}) \\ &\sim& (0,\ldots,0,\overbrace{1,\cdots ,1}^{14}) \end{array}\]

このことをx_0\sim x_6\sim x_{12}\sim x_{16}\sim x_{10}\sim x_4\sim x_2\sim x_8\sim x_{14}と書いてH上一つの軌道と見ることは, J上の(\eta,\mu)軌道と見ることに等しい.

さて, 作用(\eta,\mu)によるJの軌道分解は仮定よりJ全体であるから, 任意の初期状態(の代表系)x_iは終了状態(の代表系)x_nに指定された作用の合成で移ることができる. これで十分条件は示された. 上で説明した対応H\leftrightarrow Jによって必要性も明らかであろう.


以上を踏まえてG(n,k)空間Xに関する議論として再構すると, 補題及び問3の正確な解を得る.

Lemma.1. k\geq 2,\ k\mid nのとき, Xが相異なる軌道を2個以上持つ.
1\leq l\leq kに対し, x_l=(0,\cdots ,0,\overbrace{1,\cdots ,1}^{l})とおくとき, 仮定より(1,\ldots,1)\sim (0,\ldots,0)\sim x_k\in G(n,k)x_kだから, x_0 \not\sim x_1を示せば(*1)は示されたことになる.

(\eta,J)上の議論でn=mkとおくと,

    \[1\sim 1+k\sim \cdots \sim 2n-(1+mk)=n-1 \sim k(m-1)-1 \sim \cdots \sim k-1 \sim \cdots \sim n-1\]

作用が巡回するので軌道上これ以上新しい元は得られない. 1の軌道上にある全ての元は\not\equiv 0\mod kであるからx_0 \not\sim x_1である■

Lemma.2. kが偶数のとき, 0の(\eta,\mu)軌道は偶数である.
初期段階ではi=0だから, 無論偶数. iが偶数なら\eta(i),\mu(i)は定義から偶数である■

Lemma.3. kが偶数のとき, Xが相異なる軌道を2個以上持つ.
補題2により, 1の(\eta,\mu)軌道は奇数であるから, この場合もx_0\not\sim x_1が示される.

最後に問題3の解答.

Prop.1. kが奇数でnとkが互いに素であることは, Xが唯一つの軌道を持つことの必要十分条件である.
(必要性) 補題1, 3から, kは奇数でk\nmid nを満たすことが分かる. kとnが最大公約数d\geq 2を持つと仮定して矛盾を出す.

整数列\{C_j\}_jで,

    \[\begin{array}{l} C_0=0, C_i\in \{[n/k],[n/k]+1\}\ (\forall 1\leq i\leq s) \\ C_1+\ldots+C_s = n \end{array}\]

を満たすものに対し, 関数\rho_{ij}

    \[\rho_{ij}(v)=(-1)^i\{v+(j+C_1+C_2+\ldots+C_i)k - 2in\}\ (0\leq j\leq C_{i+1},\ i\geq 0)\]

で定義する. このとき0の(\eta,\mu)軌道は \rho(0)の形をしているので, 軌道は常にdの倍数から成る. 一方1の軌道は\rho(1)の形だから決してdの倍数にならない. 仮定からx_0\sim x_1でないといけないが, これらは同一軌道に成り得ないので矛盾である.

(十分性) 上で定義した関数\rho_{ij}は, 0での値\rho_{ij}(0)をiを添え字, jをパラメータの関数とみるとき

    \[\rho_{ij}(0) = \pi_i(j)\]

と書くことにする. これがJへの全射, つまり\pi_{i_1}(j)\neq \pi_{i_2}(j')\ (\forall 1\leq i_1<i_2\leq s,\ \forall j,j')であることと, 唯一つの軌道を持つことは同値である. 今仮定よりnとkは互いに素であるから, \pi_i(0)-\pi_{i'}(0)\not\equiv 0\mod k\ (\forall i,i'\leq s,\ i\neq i')であるので(*2), \pi_i(j)は全射であることが示された■

(*2): k\mid 2nm (m\geq 1) \Leftrightarrow k\mid mだが, m\leq s-1<kよりこれは起こりえない

可換環5

Googleのロゴが

生誕後200年になるGeorge Booleにちなんだものになってていいですね♪
40歳に満たず病死してしまったのですが, 代数・解析の各方面で著名な結果を残しています. そういえばBooleの生まれた時期はChopinやLiszt, R. Schumannなどのロマン派の作曲者が全盛だった時期と重なりますな.

今回はBooleへの敬意を表し, Booleの残したBoolean Algebra (ブール代数)を紹介しようと思います.

Def. 半順序集合Lが束(lattice)であるとは, Lにおける2項演算\vee,\ \wedgeが束の公理AAE(associative(結合律), absorption(吸収律), exchange(交換律))を満たすことを言う. すなわち\veeの場合のみ書くと(\wedgeも同様)任意のa,b,c\in Lに対し,

(las) (a\vee b)\vee c=a\vee (b\vee c)
(lab) a\vee(a\wedge b)=a
(lex) a\vee b=b\vee a

を満たすことを言う.

束に更にBCD条件(bounded(有界性), complemented(可補性), distributive(分配律))を付け加えたものをBoolean lattice (またはBoolean algebra)という.

(lbo) \displaystyle{\bigvee_{x\in L} x = 1\in L,\ \bigwedge_{x\in L}x=0\in L}
(lco) \forall a\in L,\ uniquely\ \exists \neg{a}\in L,\ a\vee\neg{a}=1,\ a\wedge\neg{a}=0
(lde) a\wedge (b\vee c) = (a\wedge b)\vee (a\wedge c)

Lをブール束とすると, Lにおける加法と乗法を次の式によって定義することでブール環A(L)が得られる.

    \[a+b=(a\wedge \neg{b})\vee(\neg{a}\wedge b),\ ab=a\wedge b\]

実際Lは-a=a\in L,\ 0=a+a\in Lによって加法と束演算に整合性があることが分かる(閉性, 可換性, 結合律は明らか).
分配律を示すのに, A(L)ではde Morgan Lawが成り立つことを見る.

    \[\begin{array}{lcl} 0 &=& (a\wedge b)\cdot \neg{(a\wedge b)} \\ &=& a\cdot \neg{a} \cdot b \cdot \neg{b} \\ &=& (a\cdot \neg{b})\wedge (b\cdot \neg{a}) \\ &=& a(\neg{a}\vee \neg{b})\wedge b(\neg{a}\vee \neg{b}) \\ &=& (a\wedge b)(\neg{a}\vee \neg{b}) \end{array}\]

a\wedge bの取り方は任意で可換だから, \veeの場合も同様にして, 一般に

    \[\begin{cases} \neg{(a\wedge b)} =& \neg{a}\vee \neg{b} \\ \neg{(a\vee b)} =& \neg{a}\wedge \neg{b} \end{cases}\]

が成り立つ(しかしこの時点では和とde Morgan Lawとの整合性を見ていない). また,

    \[\begin{array}{lcl} 1 &=& \neg{0} \\ &=& \neg(a\neg{a}) \\ &=& \neg{a}\vee \neg\neg{a} \\ 0 &=& \neg{1} \\ &=& \neg(a\vee \neg{a}) \\ &=& \neg{a}\wedge \neg\neg{a} \end{array}\]

から,

    \[\neg\neg a = a\]

も分かる. これにより

    \[\begin{array}{lcl} (a\wedge b) + (a'\vee b') &=& (a\wedge b)\cdot \neg(\neg a \vee \neg b) \vee (\neg a \vee \neg b)\cdot \neg(a\wedge b) \\ &=& (a\wedge b)^2 \vee (\neg a \vee \neg b)^2 \\ &=& (a\wedge b) \vee (\neg a \vee \neg b) \\ &=& (a\wedge b) \vee \neg (a\wedge b) \\ &=& 1 \end{array}\]

de Morgan Lawはブール代数と整合する. 以上から分配律が導かれる.

    \[\begin{array}{lcl} ab+ac &=& ab\cdot \neg(ac)\vee \neg(ab)ac \\ &=& ab(\neg{a}\vee \neg{c}) \vee ac(\neg{a}\vee \neg{b}) \\ &=& ab\neg{c} \vee a\neg{b}c \\ &=& a(b\neg{c} \vee \neg{b}c) \\ &=& a(b+c) \end{array}\]


逆にAをブール代数とすると, 半順序

    \[a\leg b \Leftrightarrow a=ab\]

によって(A,\leg)はブール束を成すことが示される.

a,bの上界の集合をHとおくと, H=\{c\in A|ac=a,bc=b\}で, 1\in H. 計算により, aの積により不変であるブール代数Aの元は

    \[a+\sum_i (x_i+ax_i)\]

の形しかありえないことが分かる. bの積についても同様に考えると, 2倍写像によって0に消えるから,

\min{H}=\sup(a,b)=a\vee b=a+b+abである. 同様の考察で, a\wedge b=abとおける. \neg{a}=1-aとおくと, 可補性, 分配律, de Morgan Lawも満たすことが見れる. よってこれはBoolean Latticeになる.


Theorem(Stone). 任意のブール束は, あるコンパクト・ハウスドルフ空間の開かつ閉である部分集合の作る束に同型である.

pf. 上述のことにより, 与えられたブール束をLとすると, Lによって定まるブール環A(L)=Aが同型を除いて一意的に対応する. Spec(A)=XはZariski Topology Spaceとしてコンパクト・ハウスドルフ空間である. そこで(S(X),\leq)をXの冪集合族に包含順序を入れたものとすると, これは束になり((S(X),\cap,\cup)),

    \[B=\{U\subset X | U^\circ = \overline{U}=U\}=\{X_f | f\in A\}\]

はその部分束になる(開かつ閉な集合全体が集合演算で閉じているのは明らかであろう). また, \emptyset,\ X\in Bで, これらが最大・最小元を与える. 分配・結合律は集合演算の規則に準じるのでここでは述べない. 以上からBはブール代数になる.

    \[\phi: L\rightarrow B\]

を写像とする.

任意のf\in Aに対し, X_fはXで開かつ閉(当然Xは非連結位相空間である)で, しかもXにおいて開かつ閉である部分集合はX_fの形の集合に限るので, \phi(f)=X_f\in Bによって全射. X_f=\emptyset\Leftrightarrow f\ is\ nilpotentであるが, f\in Aはブール代数の性質から冪等で, 0以外の元は冪零に成り得ない. よって\phiは単射. \phiが順序単射であることを示せば, 順序同型, この場合束同型を構成できたことになる.

f\leq g\Leftrightarrow f=fg \Rightarrow f\in (g)で, 逆にf\in (g)ならf=gaとなるa\in Aがあって, fg=ga=f\Rightarrow f\leq g.

よってf\leq g \Leftrightarrow f\in (g). このときX_f=X_ga=X_g\cap X_a \subset X_gとなるから,

    \[f\leq g\Rightarrow X_f\subset X_g\]

は示された. 逆は

    \[\begin{array}{lcl} X_f\subset X_g &\Leftrightarrow & V((g))\subset V((f)) \\ &\Leftrightarrow & \forall p\in V((g)),\ p\in V((f)) \\ &\Leftrightarrow & (g)\subset p \Rightarrow (f)\subset p \\ &\Leftrightarrow & \forall p\in V((g)),\ \exists a\in A,\ ga=f\in p \\ &\Leftrightarrow & f\leq g \end{array}\]

による■


X\neq \emptysetが既約な位相空間であるとは, 全ての空でない開集合がXで稠密, つまり集合の作用子で書けば, \forall O\in \mathfrak{D},\ \overline{O}^c=O^{ci}=\emptysetとなり, 任意の開集合の補集合に含まれる開集合は空集合に限ることを言う. このとき

prop 19. Spec(A)が既約 \Leftrightarrow\ r_A(0)\in Spec(A)
pf 19.

    \[\begin{array}{lcl} Spec(A)\ is\ irreducible &\Leftrightarrow& \forall X_f,\ X_g\ (f,g\notin r_A(0)),\ X_f\cap X_g\neq \emptyset \\ &\Leftrightarrow& X_{fg}\neq \emptyset \\ &\Leftrightarrow& fg\notin r_A(0) \\ &\Leftrightarrow& r_A(0)\in Spec(A) \qquad \blacksquare \end{array}\]


prop 21.6. \phi:A\rightarrow B,\ \psi:B\rightarrow Cを環の準同型とすると, それらの合成は誘導されたSpectrumの間の写像の合成を誘導する. つまり次が成り立つ.

    \[(\psi\circ \phi)^*=\phi^*\circ \psi^*\]

pf 21.6. A, B, CのSpectrumを順にX, Y, Zとする. 環の準同型の合成は環準同型で, そのcodomainにおける素イデアルの縮小イデアルは相変わらず素イデアルであるから, (\psi\circ \phi)^*:Z\rightarrow Xを誘導する. これらが同じ像に移るのは\phi^*=\phi^{-1}|_Y,\ \psi^*=\psi^{-1}|_Zという定義から明らか■


prop 21.7. Aは唯一の0でない素イデアルpを持つ整域とし, KをAの商体とする. B=(A/p)\times Kとおく. 写像\phi:A\rightarrow B\phi(x)=(\overline{x},x)で定義する. このとき\phi^*は同相でない全単射である.

pf 21.7. \phi^*が全射であることと, X=Spec(A)が縮小イデアルから成ることは同値で, またそのことは\forall q\in X,\ q^{ec}=qと同値である. Aは整域だから, q=(0)ならK上の値を見れば明らかにq^{ec}=qを満たす. またq=pとした場合も, \phi^{-1}((0,y))\subset p\ (y\in p)だからq^{ec}=qである. よって\phi^*は全射.
Kは体だから, 素イデアルは自明なもの, すなわち(0)のみ. A/pにおける素イデアルはpを含むAの素イデアルと一対一対応があり, それはA/a上(0)だけである. よって(有限因子から成る)直積環において, p_i\times \prod_{j\neq i}R_j\ (p_i\in Spec(R_i))の形のものは素イデアルであるから,

    \[Spec(A)=\{\{(0)\},\{p\}\},\ Spec(B)=\{\{A/p\times 0\},\ \{0\times K\}\}\]

特に

    \[\phi^*(\{A/p\times 0\})=\{(0)\},\ \phi^*(\{0\times K\})=\{p\}\]

である(\phi^*が全射であると分かった時点でSpec(B)は二つより多い元を持たないことが分かる). これで\phi^*は全単射.
Spec(B)はdescrete. 実際

    \[\displaystyle{\{0\times K\}^\circ = \bigcup_{Y_g\subset \{0\times K\},\ g\notin \{0\times K\}} Y_g = \{0\times K\}}\]

である. \{A/p\times 0\}も同様.

一方\{p\}^\circ = \emptyset,\ \overline{\{p\}} = V(p)=\{p\}で, \{p\}はSpec(A)で閉であるから, XとYはhomomorphicではあり得ない ■


prop 5.30. A\subset Kを体Kの付値環(単位的とする). U=A^\times\subset K^\timesは乗法部分群(可換体を考えているので, 乗法群は可換群である). \Gamma = K^\times/U. \mu,\ \eta\in \Gammaの代表元をそれぞれx, y\in Kとする.

    \[xy^{-1}\in A\Leftrightarrow \mu \geq \eta\]

\Gammaに順序を入れる. これは\Gamma上群構造と適合している全順序を定義している.

pf 5.30. \mu \geq \muxx^{-1}=1\in A, \mu \geq \eta\wedge \eta \geq \zetaならxy^{-1},\ yz^{-1}\in Aよりxy^{-1}yz^{-1}=xz^{-1}\in Aから\mu \geq \zetaが示せる. \mu \geq \eta\wedge \eta \geq \muとする. このときxy^{-1}\in A^\times=Uだから, xy^{-1}=1_\Gamma. 故にx=y. 比較可能性は明らか.

x_1,\ x_2\muの二つの代表元, y_1,\ y_2\etaの二つの代表元とする. \mu \geq \etaならx_iy_j^{-1}\in A\ (i,j=1,2). 逆に適当なi,j\in \{1,2\}に対し, x_iy_j^{-1}\in A,\ x_iU\subset\mu,\ y_jU\subset\etaが成り立つとすると, x_ix_k^{-1}=1_Uならx_i\in x_kUだから, x_i=x_kuなるuをとって, x_kuy_j^{-1}\in A. 可換だからx_ky_j^{-1}\in Au^{-1}=A. これら順序が代表元の取り方に依らないことも分かった.

最後に群演算との整合性を見よう. \forall\omega\in\Gammaについて, \mu \geq \eta\Rightarrow \omega\mu \geq \omega\etaを示す. \mu,\ \eta,\ \omegaの代表元x, y, zを取っておく. xy^{-1}\in Aだから, zx(zy)^{-1}=xy^{-1}\in A. 先に示したように, Uの元の余剰分は単元として無視してよいので, これも代表元の取り方依らない.

これにより, 体Kとその付値環Aが与えられたとき, 全順序可換群である値群\Gammaと群準同型であって, 順序写像(のようなもの)が対応することが分かった. つまり

    \[{\rm VR}\times {\rm Field}\ni (A,K)\mapsto (\Gamma,v)\in {\rm OAG}\times {\rm end}({\rm OAG})\]

のような対応がある(VRはvaluation ring, OAGはordered abelian group, endは(実際は自然な射影だが)群のendmorphismである). 一方で, 実は次のような逆の対応があることが示される.

    \[{\rm OAG}\times {\rm Field}\ni (\Gamma,K)\mapsto (A,v)\in {\rm VR}\times {\rm end}({\rm OAG})\]

具体的には, \Gamma\in {\rm OAG},\ K\in {\rm Field}に対し, \Gammaに値を持つKのvaluation \nu:K^\times \rightarrow \Gammaを次の条件を満たすものとして定める.

(1) \nu(xy)=\nu(x)+\nu(y)
(2) \nu(x+y)\geq \min(\nu(x),\nu(y))

このとき,

    \[B = \{ x\in K^\times | \nu(x)\geq 0\}\]

は, ある付値環Aの単元群になる. 部分群\nu(K^\times)\subset \Gamma\nuのvalue groupと言う.

一応確認しておくと, 条件(1)は\nuが群準同型であることを表す. 実際

    \[\nu(x)=\nu(1x)=\nu(x1)=\nu(1)+\nu(x)\ (\forall x\in K^\times)\]

だから\nu(1)=0. また0=\nu(1)=\nu(x^{-1}x)=\nu(x^{-1})+\nu(x)だから

    \[\nu(x^{-1})=-\nu(x)\ (\forall x)\]

Bを含む付値環Aを構成しよう.

\nu(1)=0\geq 0だからBは空ではない. \nu(x+y)\geq 0 \Leftrightarrow \nu(x)\geq 0 \wedge \nu(y)\geq 0だから, x+y\in B\Leftrightarrow x,y\in B.

    \[x,y\in K^\times,\ xy^{-1}\in B \Leftrightarrow \nu(x)\geq \nu(y)\]

ここでy\in Bならx\in Bで, x\in yB

x\in Bなら\nu(x)=\nu(1+(x-1))\geq 0だから, \nu(x-1)\geq 0. よってx-1\in B.

だから{\bf B}には加法逆元が存在する.

x,y\in {\bf B},\ xy\in {\bf B}\Rightarrow \nu(xy)=\nu(x)+\nu(y)\geq 0

表現論1

入門しました。

今回(に限らず)ノート形式でトピックを絞らず書いてるので余り見やすくはないかなぁ。いずれ整理します。
ガロアコホモロジーのKummer理論への応用が面白い。専門でもないけど、Whitney–Grausteinの定理をちゃんと理解したい。また次回。

prop. 群Gと体Kを固定する(Homを書くときKは省略する). {\rm Hom}(V,W)\cong V^*\bigotimes Wと同一視した時, これらはGの同じ表現を与える.
pf. まず上の同型を示す. \lambda\otimes w\in V^*\bigotimes Wに対し,

    \[(\lambda\otimes w)(v)=\lambda(v)w=\psi(v)\ (\forall v\in V)\]

と置けば, \psi\in {\rm Hom}(V,W)だからV^*\bigotimes W\subset {\rm Hom}(V,W). 逆に\psi\in V^*\bigotimes Wは全てのv\in Vの行先で決まり, これをw_i=\psi(v_i)と書くと, \psi = \sum_i \lambda_i \otimes w_i\ (\lambda_i(v_j)=\delta_{ij})によってV^*\bigotimes Wの元と見做せる. これらのV上のK線形性は明らかだろう. 以上で

    \[{\rm Hom}(V,W)\cong V^*\bigotimes W\]

が示せた. 今{\rm Hom}(V,W), V^*\bigotimes Wの自然な表現をそれぞれ\tau,\ \muとする(V, Wは始めからGの表現空間として, 特に断りなくgv, g’w等と書く).

このとき,

    \[\begin{array}{lcl} \tau(G){\rm Hom}(V,W)(v)\ni (\tau(g)\psi)(v) &=& g'\psi(g^{-1}v) \\ &=& g'(\lambda\otimes w)(g^{-1}v)\ (\exists (\lambda,w)\in V^*\times W,\ \psi=\lambda\otimes w\ at\ v) \\ &=& \lambda(g^{-1}v)g'w \\ \mu(G)(V^*\bigotimes W)(v)\ni (\mu(g)\lambda\otimes w)(v) &=& (g^*\lambda\otimes g'w) (v) \\ &=& \lambda(g^{-1}v)g'w \end{array}\]

これで\tau,\ \muが同型を通じて同じ表現であることが示せた■


def(intertwiner). (\rho,V),(\sigma,W)をGの表現とする. このときT\in{\rm Hom}(V,W)がintertwining作用素であるとは,

    \[T\circ \rho(g) = \sigma(g)\circ T \ (g\in G)\]

が成り立つときを言う. Tが可逆なら, VとWは同値な表現といい, V\simeq Wと表す. {\rm Hom}_G(V,W)でintertwining作用素全体を表す.

lemma. (\rho,V),(\sigma,W)をGの有限次表現とする. このとき{\rm Hom}_G(V,W)\simeq (V^*\bigotimes W)^Gが成り立つ(*^GはG不変元全体の集合).
pf. T\in {\rm Hom}(V,W),\ v\in Vに対し, gT(v)=\sigma(g)T\rho^{-1}(g)(v)=T(v)\ (\forall g\in G)\Leftrightarrow T\in {\rm Hom}_G(V,W)だから, {\rm Hom}_G(V,W){\rm Hom}(V,W)のG不変元の全体である(特にG部分表現になる).
上のKベクトル空間としての同型

    \[\iota: {\rm Hom}(V,W)\cong V^*\bigotimes W\]

によってGの表現空間として同一視できるから, {\rm Hom}_G(V,W),\ (V^*\bigotimes W)^Gも表現空間として同一視できる(G不変元の全体はベクトル空間として部分空間になり, 特に表現空間として部分表現になることに注意). 上の同型の制限写像を\iota|_{{\rm Hom}_G(V,W)}=\eta:{\rm Hom}_G(V,W)\cong (V^*\bigotimes W)^Gと置く. 有限次表現を仮定してるから, Kベクトル空間としての基底\{e_1,\ldots,e_n\} \subset {\rm Hom}_G(V,W)が存在し, \rho(g),\ \sigma(g),\ \etaはそれに関する正則表現行列で表される. それらも同じ記号で書けば, 同型で写りあう基底への作用が同じだから,

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が可換になる. 以上で{\rm Hom}_G(V,W)\overset{\eta}{\simeq}(V^*\bigotimes W)^Gが示された■


Lemma(Schur). (\rho,V),\ (\sigma,W)をGの有限次既約表現とする. このとき,

    \[{\rm Hom}_G(V,W)\simeq \begin{cases} \mathbb{C} & V\not\simeq W \\ 0 & V\simeq W \end{cases}\]

が成り立つ.

省略■

※有限次元表現に関して, 既約表現⊂分解不能表現が成り立つ. 実際, 定義から有限次元表現の直和因子は部分表現だから, 直和因子⊂部分表現が成り立ち, 対偶により逆の包含関係が必ずしも成り立たないことが示せる.


prop. Rを実数体とするとき, {\rm Spec}(R[x])=\{0\}\cup \{ f\in R[x] | f\ is\ irreducible\ over\ R \}
pf. Rは体だから, 環としてのイデアルは自明. よって零イデアルのみがRの素イデアル. これがR[x]でも素イデアルとなるのは, \bigcup _{a\in R[x]} {\rm Ann}(a)\subset Rによる. またR[x]がユークリッド環だからUFDであり, 既約元と素元は同じなので, 零イデアルでなければ素イデアルはR上の既約多項式の生成するものしかない.


記号を次のように導入する. 一般に環の拡大A\subset Bについて, BにおけるAの整閉包を\overline{A(B)}と書く.

prop. A\subset Bを環の拡大. \overline{A(B)}=B (BはA上整). このとき次が成立する.
(i) {\bf b}\subset Bをイデアル, {\bf a}={\bf b}^c=A\cap {\bf b}なら, \overline{(A/a)(B/b)}=B/b.
(ii) \overline{(S^{-1}A)(S^{-1}B)} = S^{-1}B (SはAの乗法的集合).

pf. (i) {\bf a}{\bf b}の縮小イデアルだから, 包含写像i:A\subset Bと自然な射影\pi:B\rightarrow B/{\bf b}に対し, \pi\circ i:A\rightarrow B/{\bf b}の核がi^{-1}({\bf b})={\bf a}になる.
そこで同型定理によって関係式:

    \[A/{\bf a}\cong {\rm Im}(\pi\circ i)\subset {\rm Im}\pi = B/{\bf b}\]

が得られるので, A/{\bf a}は自然にB/{\bf b}の部分環と見做せる. 今度はこのA/{\bf a}からB/{\bf b}への包含をjと置くと(これは単射),

x\in Bの整従属を表す関係x^n+a_1x^{n-1}+\ldots + a_n=0\mod {\bf b}で考え(つまり\piの像の中で考え), 次にa_i\in Aだったから, 係数a_iだけj^{-1}で自然にA/{\bf a}に引き戻せることから分かる.

(ii) x/s\in S^{-1}Bなら, 上の整従属関係をS^{-1}Bの中でs^nで割ったものを考えることによって,

    \[(x/s)^n + (a_1/s)(x/s)^{n-1} + \ldots + a_n/s^n = 0\]

を得る. これはx/sS^{-1}A上の整従属関係を示している■


prop. L/Kが体の有限次拡大なら. [L:K]_s=|{\rm Hom}_K^{al}(L,\overline{K})|である.
pf. L=L_s, すなわち分離拡大の時は明らかであるからL\neq L_s,\ {\rm ch}K=p>0とする. まずL=K(\alpha)となる非分離的な元\alpha\in \overline{K}を一つ固定して考察する. LにおけるKの分離閉包をL_sとすれば, L/L_sは純非分離的である. 実際\alphaのK上の最少多項式\phi(x)は, K上既約な分離多項式g(x)と正整数b>0によって

    \[\phi(x)=g(x^{p^b})\]

と表せられる. g(x)はモニックで, K上\alpha^{p^b}の最小多項式になっているから, \alpha^{p^b}\in L_s. 故にL/L_sが純非分離拡大であることが分かる. 上の既約な分離多項式gは次数を最小に取ってあるから, 1\leq j\leq q-1なるjに対し\alpha^j\notin L_s. よってp^b=qと置くと, \alphaは純非分離的な元として, L_sx^q-\alpha^qの形の最小多項式を持つことが分かる. よって[L:L_s]=[L:K]_i=q.

g(x)のK上の次数をnとすれば, {\rm deg}\phi(x)=nq. これは仮定より[L:K]に等しいのでn=[L:K]_sが分かる. \alpha^q\overline{K}での共役を\{\beta=\beta_1=\alpha^q,\ldots,\beta_n\}とすれば(\beta_j\ (j\geq 2)はLに入っているとは限らない), 分離性からこれらは全て相異なり, \delta_j\in {\rm Hom}_K^{al}(L_s,\overline{K})\beta_j=\delta_j(\beta)なるものが取れる. これらは明らかに相異なり, |{\rm Hom}_K^{al}(L_s,\overline{K})|\geq n=[L:K]_sであるが, 逆の不等号は常に言えるので結局

    \[|{\rm Hom}_K^{al}(L_s,\overline{K})|=[L:K]_s\]

が言える. 最後に準同型の拡張\upsilon:{\rm Hom}_K^{al}(L_s,\overline{K}) \rightarrow {\rm Hom}_K^{al}(L,\overline{K})が一意的に存在すること, すなわち異なる準同型の個数を変えないことを言う.

拡張の存在はSteinitzによる代数閉体の存在定理から従う. \upsilon(\delta_j)=\eta_jとして, \alpha^q=\beta\in L_sより,

    \[\eta(\alpha)^q=\eta(\beta)=\delta(\beta)\]

を得る. 上で注意したように, x^q-\eta(\beta)\eta(\alpha)L_s上の最小多項式である. 正標数pを仮定してるからx^q-\eta(\beta)=(x-\eta(\alpha))^qで, この根は一つしかないので, \eta(\beta)を決めれば\eta(\alpha)も一意的に決まる. L=K(\alpha)なので\eta\alphaでの値で決まるから, これは確かに一意的な拡張になっている■


prop (Hilbert’s Theorem 90). L/Kが有限次ガロア拡大なら, L,\ L^\times係数の1次元ガロアコホモロジーは自明である.

以下記述を簡単にするためG={\rm Gal}(L/K)と書く. h\in Z^1(L/K,L^\times)を1コサイクルとする. x\in Lに対し

    \[f(x) = \displaystyle{\sum_{\tau\in G} h(\tau)\tau(x)}\]

とおく. \tau\in G\subset {\rm Hom}_K^{al}(L,\overline{K})は, Lに値を取る相異なる準同型写像として一次独立である(任意のx\in Lについて線形関係を満たすなら, 係数が0でなくてはいけない). またL^\times\ni h(\tau)\neq 0だから, f(x)\neq 0となるxがある. \sigma\in Gなら,

    \[\begin{array}{lcl} \sigma(f(x)) &=& \sum_{\tau\in G} \sigma(h(\tau)) \sigma\tau(x) \\ &=& \sum_{\tau\in G} h(\sigma\tau)h(\sigma)^{-1}\sigma\tau(x) \\ &=& h(\sigma)^{-1} \sum_{\tau\in G} h(\sigma\tau)\sigma\tau(x) \\ &=& h(\sigma)^{-1}f(x) \end{array}\]

故にh(\sigma)=\sigma(f(x))^{-1}f(x)=\sigma(f(x)^{-1})(f(x)^{-1})^{-1}=h_{f(x)^{-1}}(\sigma)となるx\in Lf(x)\in L^\timesがあり, hはコバウンダリーになる. よってH^1(L/K,L^\times)=\{1\}

3次方程式の解法: Galois-Lagrangeの方法

今回は3次方程式の根の調べ方を書いてみようと思います. とりわけ理論の詳細は省略し(理解したい方は教科書を参照のこと), 実用的な(私の使っている)方法を述べます.

下のプログラムは私の作った3次多項式の係数から判別式(Descriminant), 根, グラフを表示するもの(但しグラフはgoogleへのリンク)です. 使うには, 各項の係数を記入し(係数が1, 0である場合も記入. -2や2/3, -5/2等も可), Enterキーを押すと結果がでます.

まず対象の3次方程式をf(x)=x^3+a_1x^2+a_2x+a_3と書き, 係数は有理数としておく.

モニック多項式の間の写像f(x)\mapsto f(x-a_1/3)によって, 係数の間の写像(a_1,a_2,a_3)\mapsto (0,a_2-a_1^2/3,(2a_1^3-9a_1a_2+27a_3)/27)を引き起こすので, 二次の項の係数はいつも0と仮定して良いことに注意する(この正規化された多項式の根からa_1/3を引けば元の根になる).

正規化された多項式を改めてf(x)=x^3+a_2x+a_3と書き, その3つの根(重複を許す)\{\alpha_i\}_{i\leq 3}に対し, 判別式D(f)=\prod^3_{i=1} (x-\alpha_i)^2

    \[D(f)=-4a_2^3-27a_3^2\]

で与えられる. 定数A, B\in \mathbb{Q}A=2^{-1}\frac{\partial}{\partial a_3} D(f)=-27a_3,\ B=-3a_2で定める.

-A, B^3を1次, 0次の係数に持つ二次多項式の根は, A=U^3+V^3,\ B=UVと置くとき, U^3,\ V^3になる.
上の正規化された3次多項式fの根は, \omega=\exp(2\pi i/3)(1の原始3乗根)を使って,

    \[\begin{array}{lcl} \alpha &=& (U+V)/3 \\ \beta &=& (\omega^2 U+\omega V)/3 \\ \gamma &=& (\omega U+ \omega^2 V)/3 \end{array}\]

と表される.

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この応用に円分体の中間体を求める問題を考える.

prob. 原始7乗根\zeta=\zeta_7に対し, \mathbb{Q}(\zeta_7)/\mathbb{Q}\mathbb{Q}上の拡大次数3の中間体Mを求めよ.
solv. 簡略のためL=\mathbb{Q}(\zeta_7),\ K=\mathbb{Q},\ G={\rm Gal}(L/K),\ H={\rm Gal}(L/M)とする. 7は奇素数だから, L/KのGalois群Gは位数7-1=6の巡回群で, G\cong (Z/7Z)^\times \cong Z/6Zである. 仮定より[M:K]=3だから, 拡大次数の性質により, [L:M]=6/3=2. L/MはGalois Extensionだから, そのGalois群HはGの位数2の部分群で, 下の対応表を見ると分かるように, (Z/7Z)^\timesの位数2の元は6しかない. そこでHは6で生成される群に同型, つまりH\cong <6>\subset (Z/7Z)^\times.

{\rm Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_7)/\mathbb{Q}) (Z/7Z)^\times Z/6Z 位数
\zeta\mapsto \zeta 1 0 1
\zeta\mapsto \zeta^2 2 2 3
\zeta\mapsto \zeta^3 3 1 6
\zeta\mapsto \zeta^4 4 4 3
\zeta\mapsto \zeta^5 5 5 6
\zeta\mapsto \zeta^6 6 3 2

Artinの定理があるから, MはLの元でHによって固定される元から成る. HのLへの作用は(つまりH\rightarrow {\rm Aut}_K Lを考えると), 自明なものを除いてH \ni \sigma=(\zeta\mapsto \zeta^6)しかない. LがK上\zetaで生成されることを考慮すると, \alpha\in M\zetaの冪の有理数体上の加減乗除によって成る元で, \sigma(\zetaを6乗する作用)によって固定されるもの全体である.

    \[(*1)\ \cdots \ \begin{cases} \alpha =& \zeta+\zeta^6\\ \beta =& \zeta^2+\zeta^5\\ \gamma =& \zeta^3+\zeta^4  \end{cases}\]

と置くと, M=K(\alpha,\beta,\gamma)であることが分かる.

    \[\begin{array}{lcl} \alpha+\beta+\gamma &=& -1 \\ \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha &=& -2 \\ \alpha\beta\gamma &=& 1 \end{array}\]

から,

    \[f(x)=x^3+x^2-2x-1\]

\alpha,\beta,\gammaを根にもつ. 実際にはK上これら3根の最小多項式になるが, 証明しておく.

D(f)=49>0だから相異なる実根を3つ持ち, もし一つでも有理根を持てば整数根を持ち(整数環は整閉整域である), それは定数項で割り切れなければならないが, f(\pm 1)\neq 0よりそれはあり得ない. モニックな3次多項式fが\mathbb{Q}上可約である必要条件は有理根を持つことだから, 結局fはモニックな既約多項式, すなわち3根のK上の最小多項式になる.

定義からMはfのK上の最小分解体で, 同型Z[x]/(f(x))\cong M/Kx\mapsto \alphaで与えられる (\beta,\gammaを取っても同型であることに変わりない). 故に[M:K]=3が言える.

今度はこの\alpha,\beta,\gammaを冪根によって表示してみよう.

    \[f(x-1/3)=g(x)=x^3-7x/3-7/27\]

と正規化しておいて, 上の記号でA=-27a_3=7=U^3+V^3,\ B=-3a_2=7=UVが得られる.
-A,B^3を1次, 0次係数に持つ二次多項式を考えて(t^2-At+B^3), 通常のLagrangeによる方法で

    \[\begin{array}{lcl} \alpha &=& \displaystyle{\frac{1}{3}( {}^3\sqrt{\frac{7+21i\sqrt{3}}{2}} + {}^3\sqrt{\frac{7-21i\sqrt{3}}{2}} - 1)} \sim 1.2469796037174674 \\ \beta &=& \displaystyle{\frac{1}{3}( \omega^2 \cdot {}^3\sqrt{\frac{7+21i\sqrt{3}}{2}} + \omega\cdot {}^3\sqrt{\frac{7-21i\sqrt{3}}{2}} - 1)} \sim -1.801937735804838 \\ \gamma &=& \displaystyle{\frac{1}{3}( \omega \cdot {}^3\sqrt{\frac{7+21i\sqrt{3}}{2}} + \omega^2 \cdot {}^3\sqrt{\frac{7-21i\sqrt{3}}{2}} - 1)} \sim -0.4450418679126287 \end{array}\]

となる. \omega=\frac{-1+\sqrt{3}i}{2}は1の三乗根である. 見た目に反してこれらは全て実数内で実現されている(実数であることは\alpha,\beta,\gammaの定義が複素共役について不変であることから分かる).
また留意点として, 今回Gは巡回群で, 従ってAbel群であったから任意の部分群が正規なのでM/KがGalois Extensionになったが, 一般にはH={\rm Gal}(L/M)がGの正規部分群とは限らず, 正規部分群でない場合M/KもGalois Extensionとはならない.

ここで中間体Mの満たすべき性質に立ち戻って考えてみよう. それは等式M=K(\alpha,\beta,\gamma)に集約されている.

つまり\alpha,\beta,\gammaの加減乗除によって生成されるので, (*1)の代わりに

    \[(*2)\ \cdots \ \begin{cases} \alpha =& \zeta+\zeta^2+\zeta^5+\zeta^6 \\ \beta =& \zeta^2+\zeta^3+\zeta^4+\zeta^5 \\ \gamma =& \zeta+\zeta^3+\zeta^4+\zeta^6 \end{cases}\]

としても, 結果として得られる中間体は同型でなくてはならない(これらも\zetaを6乗する作用について不変である). 体として同型な生成元がどのようなものであるかを確かめてみよう(ガロア群も構成から同じHを使ってるので明らかに同じ)

最初の方法と同様にして,

    \[\begin{array}{lcl} \alpha+\beta+\gamma &=& -2 \\ \alpha\beta+\beta\gamma+\gamma\alpha &=& -1 \\ \alpha\beta\gamma &=& 1 \end{array}\]

と, それらのK上の最小多項式

    \[f(x)=x^3+2x^2-x-1\]

を得る. これを正規化したgは

    \[f(x-2/3)=g(x)=x^3-7x/3+7/27\]

となるので, A=-7,\ B=7を得る. これから

    \[\begin{array}{lcl} U &=& \displaystyle{ {}^3 \sqrt{\frac{-7+21i\sqrt{3}}{2}} } \\  V &=& \displaystyle{ {}^3 \sqrt{\frac{-7-21i\sqrt{3}}{2}} } \end{array}\]

として良いことが分かるので, 結局最初の\alpha,\beta,\gammaの表示式において7の符号を変えた生成元が得られる.
興味深いことに, これら二つの異なる生成元によって得られた最小多項式の判別式は等しい(=49)■

追記. より発展した興味深い話題として, Galois拡大体の同型を類として得られる方程式の族の代数多様体がある. これは今度時間を見つけて調べる.

連続

位相空間の間の写像の連続性についての厳密な言い換え.

(S,\mathfrak{D}),\ (S',\mathfrak{D}')を位相空間, f:S\rightarrow S'を写像とする. また記号\mathfrak{D}を開集合系, \mathfrak{U}を閉集合系, {\bf V}(x)をxの近傍系, {\bf V}^*(x)をxの基本近傍系, 及び\mathfrak{B}\mathfrak{D}の準基底として使う.

以下は同値.

(i) fは連続
(ii) \forall O'\in \mathfrak{D}',\ f^{-1}(O')\in \mathfrak{D}
(iii) \forall A'\in \mathfrak{U}',\ f^{-1}(A')\in \mathfrak{U}
(iv) \forall O'\in \mathfrak{D}',\ \forall x\in f^{-1}(O'),\ \exists V\in {\bf V}_S(x),\ f(V)\subset O'
(v) \forall x\in S,\ \forall V'\in {\bf V}_S'(x')\ (x'=f(x)),\ f^{-1}(V')\in {\bf V}_S(x)
(vi) \forall x\in S,\ \forall V'\in {\bf V}^*_S'(x')\ (x'=f(x)),\ f^{-1}(V')\in {\bf V}_S(x)
(vii) \forall O'\in \mathfrak{B}',\ f^{-1}(O')\in \mathfrak{D}
(viii) f(\overline{M})\subset \overline{f(M)}\ (\forall M\subset S)

上で(vii)は(ii)の, (vi)は(v)の条件を緩めたものになっていて, 応用性が高い.

証明は略.

several whimsy fragments of propositions (1)

Bernstein’s theorem denotes that the existence of subsets such that X\sim Y',\ X'\sim Y,\ X'\subset X,\ Y'\subset Y is equivalent to X\sim Y. Here we have a good example of a real open interval (-1,1) having bijection to a real closed interval [-1,1] since f:(-1,1)\subset [-1,1];\ f(x)=x,\ g:[-1,1]\subset (-1,1);\ g(x)=x/2 are both injective in each direction. We soon know that the specific construction of the bijectional map is commonly not very easy.

As the consequence, we can find such a bijection F:(-1,1)\sim [-1,1] as:

    \[F(a)=\begin{cases} a & (a\in \displaystyle{\bigcup_{k=0}^\infty \{x\in R : 2^{-(k+1)}<|x|<2^{-k} \} }) \\ 2a & (a\in \displaystyle{\bigcup_{k=1}^\infty \{-2^{-k},2^{-k} \} }) \end{cases}\]

, where the map is apparently discontinuous and somewhat complex.

With this constitution (as in the proof of Bernstein’s Theorem), we define families of sets \{A_k\}_{1\leq k},\ \{B_k\}_{0\leq k} as following corresponding to two injection maps f and g.

    \[\begin{array}{lcl} B_0 = B-f((-1,1)) &=& \{-1,1\} \\ A_1 = g(B_0) &=& \{-1/2,1/2 \} \\ & \ddots & \\ A_n=B_n &=& \{-2^{-n},2^{-n}\} \end{array}\]

Let we define some symbols as A_*=\bigcup_{n=1}^\infty A_n,\ B_*=B_0\cup A_*,\ A^*=A_*^c,\ B^*=B_*^c({}^c indicates the complementary set), because f(A^*)=B^*,\ g(B_*)=A_* are generally established, we obtain bijections A^* \overset{F^*}{\sim} B^*,\ B_* \overset{G_*}{\sim} A_* by limiting the codomains. By definition, we know A=A_*\sqcup A^*,\ B=B_*\sqcup B^*(direct sum). Thus, the bijection has successfully constituted with maps F^*,\ G_*^{-1} depending on the belongings of an element of A.

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I had an unsolved problem until right before I wrote this down a minutes ago.
Let A be a commutative ring, M an A-Module, A-Module isomorphisms exist as following: A/I\bigotimes M\cong M/IM \cong (A/I)M.
A primary ideal I=(x)\subset A can be considered as an A-Module, let’s say M, the equation above concludes A/(x)\bigotimes (x)\cong (x)/(x^2) \cong (A/(x))(x). Two right modules are not trivial, yet the most left module is since x\in A leads to A/(x)\bigotimes (x) \ni \bar{a}\otimes x = x\bar{a}\otimes 1 = 0\ (\because xa\in (x)) with the use of bilinearity. In other words, any arbitrary ideal of A is a set of nilpotents, namely, the ring A is absolutely flat? This seemed an odd result.

A/(x)\bigotimes (x) is a tensor product over A, which allows only an element of A to be transferred to the other space; the `x’ of (x) should not be regarded as an element of A when we see (x) as an A-Module, although x is an element of A for the following reason. As an A-Module (x), we accept (x) is equivalent to Ax. For A-Module isomorphism A\overset{u}{\cong} Ax (x is not a zero divisor), 1_A corresponds to x in (x). Thus we should cautiously note that A/(x)\bigotimes (x) is generated by a\otimes x\ (a\notin (x)) over A.

This denotes that if and only if a\in (x)\backslash \{0\}, nontrivial element of each space becomes zero as following:

    \[0=(a\mod x)\otimes x=ax \mod x^2 = (a\mod x)x\]

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prop 2.15. In a direct system (M_i,\mu_{ij}) over direct set I, for any elements of the direct limit \displaystyle{\lim_\rightarrow M_i = M}, there exists i\in I and x_i\in M_i such that the element is represented as a form of \mu_i(x_i) (\mu_i is the restriction to M_i of a projection map). In addition to it, if \mu_i(x_i)=0 there exists j\geq i and M_j such that \mu_{ij}(xi)=0.

pf 2.15. Let we define some symbols as: C=\bigoplus_{i\in I}M_i,\ D=(x_i-\mu_{ij}(x_i))_{x_i\in M_i},\ \mu:C\rightarrow C/D=M. There is a representation such as \forall x\in M,\ \exists \{x_{\alpha_j}\}_{j\in \{1,\ldots, n\}},\ x = \mu(\sum_j^n x_{\alpha_j})=\mu(x'). Taken i\geq \alpha_j\ (\forall j\in \{1,\ldots,n\}), let y be y = \sum_j^n \mu_{\alpha_j,i}(x_{\alpha_j})-x_{\alpha_j} \in D, we obtain:

    \[x = \mu(x')=\mu(x'+y) = \mu(\sum_j^n \mu_{\alpha_j,i}(x_{\alpha_j})) = \mu_i(x_i)\ (x_i\in M_i)\]

The second half is realized with the help of a lemma:

    \[\exists k\geq i,j,\ \mu_{ik}(x_i)=\mu_{jk}(x_j) \Leftrightarrow \mu(x_i-x_j)=0\]

So we now prove this first. Taken k\geq i,j such that x_i\in M_i,\ x_j\in M_j,\ \mu_{ik}(x_i)=\mu_{jk}(x_j). We instantly achieve

    \[x_i-x_j = (x_i-\mu_{ik}(x_i)) - (x_j-\mu_{jk}(x_j)) \in D\ \cdots \ (*)\]

, thus \mu(x_i-x_j) = 0. Conversely \mu(x_i-x_j) = 0 denotes that there exist finite direct set Λ, an element of M_\alpha, and a family of homomorphism (x_\alpha, \mu_{\alpha,\beta{\alpha}})_{\alpha\in \Lambda} that meet the conditions of:

    \[x_i-x_j = \sum_{\alpha\in \Lambda} x_\alpha-\mu_{\alpha,\beta(\alpha)}(x_\alpha)\in D\]

(Here we don’t use x_i-x_j\in M_i+M_j but we do the left-hand side belongs to D).

By the way, when we take k\geq i,j,\alpha,\beta(\alpha), the homomorphism of A-Module \psi: \bigoplus_{\alpha\in \Lambda} M_\alpha \rightarrow M_k is compatibly defined as \psi(\sum_{\alpha\in \Lambda} x_\alpha) = \sum_{\alpha\in \Lambda} \mu_{\alpha k}(x_\alpha).

Then applying to the equation (*),

    \[\begin{array}{lcl} \mu_{ik}(x_i)-\mu_{jk}(x_j) &=& \sum_{\alpha\in\Lambda}\mu_{\alpha k}(x_\alpha)-\mu_{\beta(\alpha)k}\circ \mu_{\alpha\beta(\alpha)}(x_\alpha) \\ &=& \sum_{\alpha\in\Lambda}\mu_{\alpha k}(x_\alpha) - \mu_{\alpha k}(x_\alpha) \\ &=& 0 \end{array}\]

The lemma is completed above. Now when we assume \mu_i(x_i)=0, this denotes that \mu(x_i-0_k)=0 is achieved against for any zeros 0_k\in M_k (note: \mu_i is the restriction of \mu). The lemma denotes that there exists j in condition of j\geq k,i, we get \mu_{ij}(x_i)=\mu_{kj}(0_k)=0. The proof has been shown.

応答

PID:=A上の有限生成加群Mが平坦なときの構造を決定できるかと聞かれたんだ. つい先日ね.

そして後々よく考えてみたら凄く簡単なことだった. これは自由加群になるのだ.
構造定理からM\cong A^n\oplus T(M)は良い. T(M)はMのトーションだ.

トーションは同型T(M)\cong \bigoplus_i^m Z/n_iZ\ (2\leq n_i\leq n_{i+1})があるから, 基本的にトーション・フリーでない場合に矛盾が出ればよい. これはすごく簡単だ. 即答できなくて悔しい.

上の議論から, 基本的にMが次の構造: M\cong A^n\oplus Z/nZ\ (n\geq 2)を持つと仮定して矛盾を出せば十分だ.

この場合, 単射\psi: N_1\hookrightarrow N_2\ (\forall N_1,N_2\in A-Mod)に対して, 単射\psi\otimes 1: N_1\otimes_A M\hookrightarrow N_2\otimes_A Mを構成できる(平坦). そこで\psiをn倍写像とすれば, 基本的にPIDは整数環と同型なので, n倍写像は単射だ. 上の形から, 双線形性によって行先の係数がZ/nZにかかって0になる. これは自明でなくとも0に写すから, 平坦性に反する.

やれやれだぜい.