局所化するとどの素イデアルが消えるのか？拡大と縮約の 1 対 1 対応

$\mathbb{Z}$ の素イデアルは $(0)$ と、素数ごとの $(2),(3),(5),(7),\dots$ で無限にあります。

これを $(5)$ で局所化した ${\mathbb{Z}}_{(5)}$ では、素イデアルが $(0)$ と $5{\mathbb{Z}}_{(5)}$ の 2 つだけになる。残りは全部消えます。

どれが残ってどれが消えるか。分母に許した元との交わりだけで決まる。

拡大と縮約

$R$ を可換環、$S$ を乗法的集合、$\iota :R\to S^{-1}R$ を標準的な準同型とします。

イデアルは 2 つの向きに移せます。$R$ のイデアル $I$ を $S^{-1}R$ へ送るのが拡大で、分母を許した集合になる。

$$I^e=S^{-1}I=\left\{\frac{a}{s}|a\in I,s\in S\right\}$$

逆に $S^{-1}R$ のイデアル $J$ を $R$ へ引き戻すのが縮約で、こちらは逆像です。

$$J^c={\iota }^{-1}(J)=\left\{a\in R|\frac{a}{1}\in J\right\}$$

どちらの操作もイデアルをイデアルに移す。問題は、往復すると元に戻るかどうかになる。

縮約すると戻るとは限らない

一般のイデアルでは戻りません。$R=\mathbb{Z}$、$S=\{1,2,4,8,\dots \}$、$I=(6)$ で試します。

$S^{-1}\mathbb{Z}$ は $\mathbb{Z}[1/2]$。ここでは $2$ が単元なので、$6=2\cdot 3$ の $2$ が消えて $I^e=(3)$ になる。

縮約を計算すると $I^{ec}=(3)$ で、$(6)$ には戻りません。分母に許した $2$ のぶんだけ、イデアルが太っている。

一般に、縮約は次の形になります。

$$I^{ec}=\{a\in R\mid sa\in I\text{ となる }s\in S\text{ がある}\}$$

$3\notin (6)$ ですが $2\cdot 3=6\in (6)$ なので、$3$ が拾われる。この操作を飽和といい、$I^{ec}$ を $I$ の $S$ による飽和といいます。

素イデアルなら 1 対 1 に対応する

素イデアルに限ると、往復がきちんと戻る。

$S^{-1}R$ の素イデアル全体と、$R$ の素イデアルのうち $S$ と交わらないもの全体。この 2 つが拡大と縮約で 1 対 1 に対応します。

$$\{\mathfrak{p}\in \mathrm{Spec}(R)\mid \mathfrak{p}\cap S=\varnothing \}⟷\mathrm{Spec}(S^{-1}R)$$

$S$ と交わる素イデアルは、対応の相手を持たない。拡大すると全体になってしまうためです。

$\mathfrak{p}\cap S$ に元 $s$ があると、$\frac{s}{s}=1$ が $S^{-1}\mathfrak{p}$ に入る。単位元を含むイデアルは環全体なので、素イデアルとしては残りません。

拡大したものが素になる

$\mathfrak{p}\cap S=\varnothing$ とし、$S^{-1}\mathfrak{p}$ が素イデアルであることを見ます。

$\frac{a}{s}\cdot \frac{b}{t}\in S^{-1}\mathfrak{p}$ とすると、$c\in \mathfrak{p}$ と $u\in S$ をとって $\frac{ab}{st}=\frac{c}{u}$ と書ける。

分数が等しいとは、ある $v\in S$ で $v(abu-cst)=0$ となることです。移項すると $vuab=vcst\in \mathfrak{p}$。

$v$ も $u$ も $S$ の元なので $\mathfrak{p}$ には入らない。$\mathfrak{p}$ が素だから、残るのは $ab\in \mathfrak{p}$ です。

もう一度素であることを使うと $a\in \mathfrak{p}$ か $b\in \mathfrak{p}$ になり、$\frac{a}{s}$ か $\frac{b}{t}$ が $S^{-1}\mathfrak{p}$ に入る。

$S^{-1}\mathfrak{p}$ が全体でないことの確認もいる。

$\frac{1}{1}\in S^{-1}\mathfrak{p}$ なら、$vu\in \mathfrak{p}$ となる $v,u\in S$ が見つかります。これは交わらないという仮定に反する。

縮約すると戻る

$\mathfrak{p}\cap S=\varnothing$ のとき、${\mathfrak{p}}^{ec}=\mathfrak{p}$ になります。

飽和の形にあてはめると、$a\in {\mathfrak{p}}^{ec}$ は $sa\in \mathfrak{p}$ となる $s\in S$ があることです。$s\notin \mathfrak{p}$ で $\mathfrak{p}$ が素だから、$a\in \mathfrak{p}$ が従う。

さきほど $(6)$ が $(3)$ に太ったのは、$(6)$ が素イデアルでなかったからです。$2\cdot 3\in (6)$ なのに $2$ も $3$ も $(6)$ に入っていない。

素イデアルなら、この拾い上げが起きません。飽和しても自分自身のまま。

逆向きも戻る

$S^{-1}R$ のイデアル $J$ については、素かどうかによらず $J^{ce}=J$ が成り立ちます。

$\frac{a}{s}\in J$ とすると、$\frac{s}{1}$ をかけて $\frac{a}{1}\in J$。だから $a\in J^c$ で、$\frac{a}{s}\in S^{-1}(J^c)$ になる。

逆の包含は定義からすぐ分かる。つまり $S^{-1}R$ のイデアルは、すべて $R$ のイデアルの拡大として書けます。

$J$ が素なら $J^c$ も素です。素イデアルの逆像は素イデアルになるため。$J^c\cap S$ が空であることは、$s\in J^c\cap S$ をとると $\frac{s}{1}\in J$ が単元になって $J=S^{-1}R$ となることから分かります。

例：$\mathbb{Z}[1/2]$ では $(2)$ だけが消える

$S=\{1,2,4,\dots \}$ とすると、$S$ と交わる素イデアルは $(2)$ だけです。$2$ を含む素イデアルがほかにないため。

残りの $(0),(3),(5),(7),\dots$ はすべて $\mathbb{Z}[1/2]$ の素イデアルへ移る。素イデアルが 1 つだけ減った形。

$D(f)$ という記号で書くと、$\mathrm{Spec}(\mathbb{Z}[1/2])$ は $\mathrm{Spec}(\mathbb{Z})$ から $1$ 点を抜いた開集合にあたります。

例：${\mathbb{Z}}_{(5)}$ には素イデアルが 2 つしかない

$S=\mathbb{Z}\setminus (5)$ とすると、$S$ と交わらない素イデアルは $(5)$ に含まれるものだけです。

$${\mathbb{Z}}_{(5)}=\left\{\frac{a}{b}\in \mathbb{Q}|5\nmid b\right\}$$

$(5)$ に含まれる素イデアルは $(0)$ と $(5)$ の 2 つ。だから $\mathrm{Spec}({\mathbb{Z}}_{(5)})$ は 2 点になります。

$(2)$ や $(3)$ は $S$ と交わるので消える。$2$ も $3$ も分母に使えるようになり、単元になってしまうからです。

残った $5{\mathbb{Z}}_{(5)}$ はただ 1 つの極大イデアルで、${\mathbb{Z}}_{(5)}$ は局所環になる。

$\mathbb{Q}$ は $S=\mathbb{Z}\setminus \{0\}$ での局所化です。$(0)$ 以外のどの素イデアルも $S$ と交わるので、残るのは $(0)$ だけになる。

対応は包含も保つ

この 1 対 1 対応は、順序も保つ。$\mathfrak{p}\subseteq \mathfrak{q}$ なら $S^{-1}\mathfrak{p}\subseteq S^{-1}\mathfrak{q}$ で、逆も同じ。

だから素イデアルの鎖がそのまま移ります。$R_{\mathfrak{p}}$ の素イデアルの鎖は、$\mathfrak{p}$ で終わる $R$ の鎖と 1 対 1 になる。

$$\dim R_{\mathfrak{p}}=\mathrm{ht}\mathfrak{p}$$

局所化したときの次元が、もとの素イデアルの高さと一致します。

開集合を見るか、点のまわりを見るか

局所化の選び方で、見える範囲が変わる。

前者は広がりのある範囲を切りとる操作で、後者は 1 点まで絞る操作です。どちらも「$S$ と交わるものが消える」という同じ規則から導けます。

$S$ と交わるかどうか。素イデアルが残るか消えるかは、この一点だけで決まります。