球面は梳かせない｜座標環と射影加群

球面を方程式で書き、そこに住む多項式関数を全部集めると環になります。

$$A=\mathbb{R}[x,y,z]/(x^2+y^2+z^2-1)$$

これが $2$ 次元球面 $S^2$ の座標環です。図形の性質は、この環の性質としてそのまま読み直せる。

球面が特別なのは、その読み直しが途中で予想を裏切るところにあります。滑らかで、次元も素直で、それでも「基底がとれない」加群が出てくる。

座標環が覚えていること

$x$、$y$、$z$ は球面の上の関数です。$3$ 変数の多項式のうち、球面の上で同じ値をとるものを同一視した環が $A$ になる。

$x^2+y^2+z^2-1$ で割るのは、その同一視そのもの。球面の上では $x^2+y^2+z^2$ と $1$ が同じ関数になる。

$x^2+y^2+z^2-1$ は $\mathbb{R}$ 上で既約なので、$A$ は整域です。分数体をとれば、球面の上の有理関数体が出る。

次元は 2

$3$ 変数の多項式環のクルル次元は $3$ です。$1$ つの方程式で切ると次元は $1$ 落ちる。

$$\dim A=3-1=2$$

面としての次元と一致する。クルルの標高定理が保証する落ち方が、そのまま出た形。

特異点はない

ヤコビ判定法を当てます。$f=x^2+y^2+z^2-1$ の勾配は $(2x,2y,2z)$。

球面の上では $x^2+y^2+z^2=1$ なので、$3$ 成分が同時に $0$ になる点はありません。勾配が消えないので、どの点でも局所環は正則になる。

つまり球面はどこも滑らかです。特異点を持つ図形にありがちな困りごとは、ここでは起きない。

梳かせないという事実

滑らかで整域で $2$ 次元。素直な環に見えます。それでも球面には、位相の側から来る制約が残る。

偶数次元の球面では、連続な接ベクトル場が必ずどこかで $0$ になります^[1,2,3]。毛玉定理と呼ばれる結果。

ブラウワーが $1912$ 年に示しました^[1,2,3]。ドイツ語では針ねずみの定理と呼ばれ、「連続に梳かれた針ねずみには必ずはげが $1$ つある」と言われる^[2]。

奇数次元の球面では成り立ちません^[1,3]。$S^1$ や $S^3$ には、消えない接ベクトル場がある。

接ベクトル場を環の言葉で書く

球面の上の接ベクトル場は、$3$ つの多項式関数の組 $(a,b,c)$ で、法線と直交するものです。法線方向は $(x,y,z)$ なので、条件は次のようになる。

$$ax+by+cz=0$$

そこで $A^3\to A$ を $(a,b,c)\mapsto ax+by+cz$ で定め、その核を $P$ と置きます。$P$ が接ベクトル場全体にあたる $A$ 加群になる。

P は安定的に自由

この写像は全射です。$r\in A$ に対して $(rx,ry,rz)$ を送れば、$r(x^2+y^2+z^2)=r$ が出るため。

しかも切断がある。いま作った $r\mapsto (rx,ry,rz)$ がそれで、合成すると恒等写像になる。

したがって $A^3$ は $P$ と $A$ の直和に分かれます。

$$P\oplus A\cong A^3$$

$1$ 本ぶんの $A$ は法線方向です。加群 $M$ に自由加群を足して自由になるとき、$M$ を安定的に自由と呼ぶ^[5]。$P$ はまさにその形。

直和因子なので $P$ は射影加群です。有限生成でもある。

それでも自由ではない

$P$ が自由だと仮定します。階数は $A^3$ から $1$ を引いて $2$ なので、$P\cong A^2$ となるはず。

すると $P$ に基底が $2$ 本とれる。基底は球面のどの点でも $1$ 次独立なので、そのうち $1$ 本だけを見れば、どこでも $0$ にならない接ベクトル場が作れる。

毛玉定理がそれを禁じている^[1,3]。したがって $P$ は自由ではありません。

安定的に自由なのに自由でない加群の、いちばん見やすい例になる^[5]。$A$ を足せば自由になるのに、$P$ 単体では基底が組めない。

セール・スワンの対応

ベクトル束と射影加群が対応する、という定理があります^[4]。コンパクト空間 $X$ の上の有限階数の実ベクトル束の圏と、$C(X)$ 上の有限生成射影加群の圏が同値になる^[4]。

セールが $1955$ 年に代数の側を、スワンが $1962$ 年に解析と位相の側を示しました^[4]。

この対応があるので、接束が自明かどうかという幾何の問いが、$P$ が自由かどうかという環の問いに翻訳される。毛玉定理がそのまま代数の結論として効いてくる。

セール予想との距離

多項式環の上では事情が違います。有限生成射影加群はすべて自由になる。これがクィレン・ススリンの定理です^[6]。

セールが $1955$ 年に問いとして立て、$1976$ 年にクィレンとススリンが独立に解きました^[6]。セール自身は $1957$ 年に、そうした加群が安定的に自由であることまで示している^[6]。

球面の座標環は多項式環ではありません。だから、この定理の傘の外にある。

$A$ は多項式環の剰余環で、しかも正則です。それでも「射影なら自由」までは言えない。この差が、球面の位相を映している。

円周では一意分解が壊れる

次元を $1$ 下げて円周を見る。座標環は $B=\mathbb{R}[x,y]/(x^2+y^2-1)$ です。

$B$ の元は $f(y)+xg(y)$ と一意に書けます。共役をとって掛けると、$\mathbb{R}[y]$ に値をとるノルムが定まる。

$$N(f+xg)=f^2-(1-y^2)g^2$$

$N$ は積を保ちます。$g\ne 0$ なら $f^2$ と $-(1-y^2)g^2$ の最高次の係数は同符号にならず、打ち消し合わない。

そのため $N$ の次数はつねに偶数で、$g\ne 0$ なら $2$ 以上になる。$N$ が定数になるのは $g=0$ かつ $f$ が定数のときだけで、$B$ の単元は $0$ でない実数だけです。

二通りに分解できてしまう

$N(x)=y^2-1$ で次数は $2$。$x=uv$ と分けると $N(u)$ と $N(v)$ の次数の和が $2$ になる。

単元でない元のノルムは次数 $2$ 以上なので、$u$ と $v$ の両方が単元でないことはありえない。したがって $x$ は既約です。

同じ議論で $1-y$ も $1+y$ も既約になる。どちらもノルムの次数が $2$。

ところが円周の上では $x^2=1-y^2$ が成り立ちます。

$$x\cdot x=(1-y)(1+y)$$

左右で既約元の顔ぶれが違う。$x$ は $1\pm y$ の実数倍ではないので、同伴でもない。$B$ は一意分解整域ではありません。

複素数まで広げると直る

同じ円周を $\mathbb{C}$ 上で考えます。$u=x+iy$、$v=x-iy$ と置くと $uv=x^2+y^2=1$。

$x$ と $y$ は $u$ と $v$ から復元できるので、環はローラン多項式環になる。

$$\mathbb{C}[x,y]/(x^2+y^2-1)\cong \mathbb{C}[u,u^{-1}]$$

$\mathbb{C}[u]$ は単項イデアル整域で、その局所化なので一意分解整域です。実数の上で壊れていた分解が、複素数まで広げると直る。

さきほどの $x^2=(1-y)(1+y)$ も、$\mathbb{C}$ の上では $1\pm y$ が $u$ と $v$ の言葉でさらに分解して、食い違いが消えます。

実点と複素点

$\mathbb{R}$ は代数閉体ではないので、極大イデアルと実点が一対一には対応しません。剰余体が $\mathbb{C}$ になる極大イデアルも $A$ の中にある。

球面のように実点が豊富な場合でも、この差は消えない。代数の側は複素点まで見ており、幾何の直感は実点だけを見ています。

$x^2+y^2+z^2+1=0$ で定めた環を考えれば差がはっきりする。実点は $1$ つもないのに、環は零環になりません。

よくある誤り

参考文献