形式的べき級数環 k[[t]]（収束を問わない環が離散付値環になる）

形式的べき級数は、係数を無限に並べただけのものです。収束は問いません。

$f = a_{0} + a_{1} t + a_{2} t^{2} + a_{3} t^{3} + \dots$

$t$ に数を代入することは考えず、係数の列 $(a_{0}, a_{1}, a_{2}, \dots)$ そのものを元と見なします^[1]。

それでも環になり、しかも離散付値環になる。以下では積の定義から始めて単元を決め、逆元を実際に計算し、イデアルの形まで下ります。

環になる理由

和は係数ごとに足すだけです。積は次のように定めます。

$(n \sum a_{n} t^{n}) (n \sum b_{n} t^{n}) = n \sum c_{n} t^{n}, c_{n} = i = 0 \sum n a_{i} b_{n - i}$

$c_{n}$ を決める和は $n + 1$ 項しかありません。無限和を扱っているのに、各係数の計算は有限で終わります。

ここが収束を問わずに済む理由です。 $t$ に値を入れないので、極限を考える場面が出てきません。

$k$ が可換環なら $k [[t]]$ も可換環になります。単位元は $1 = 1 + 0 t + 0 t^{2} + \dots$ です。

例: 積を 1 つ計算する

$f = 1 + 2 t + 3 t^{2} + \dots$ 、 $g = 1 - t$ の積を求めましょう。

$c_{0} = 1 \cdot 1 = 1$ 、 $c_{1} = 1 \cdot (- 1) + 2 \cdot 1 = 1$ 、 $c_{2} = 2 \cdot (- 1) + 3 \cdot 1 = 1$ です。

一般に $c_{n} = - n + (n + 1) = 1$ になります。したがって積は $1 + t + t^{2} + \dots$ です。

無限個の項が関わっているのに、係数は 1 つずつ確定します。表を作れば手で追える計算です。

単元は定数項で決まる

$f$ が可逆であることと $a_{0} \neq = 0$ であることが同値になります^[1]。

必要性は簡単です。 $f g = 1$ なら定数項どうしの積が $1$ になるので、 $a_{0} \neq = 0$ が要ります。

十分性は係数を順に決めれば示せます。 $g = \sum b_{n} t^{n}$ を未知として、 $f g = 1$ を係数ごとに書き下しましょう。

$a_{0} b_{0} = 1, i = 0 \sum n a_{i} b_{n - i} = 0 (n \geq 1)$

最初の式から $b_{0} = a_{0}^{- 1}$ です。 $n$ 番目の式を $b_{n}$ について解くと、次の形になります。

$b_{n} = - a_{0}^{- 1} i = 1 \sum n a_{i} b_{n - i}$

右辺には $b_{0}, \dots, b_{n - 1}$ しか現れません。順に決めていけば、すべての $b_{n}$ が一意に定まります。

例: 逆元を 3 つ求める

公式を使って実際に計算します。

$\frac{1}{1 - t}$ なら $a_{0} = 1$ 、 $a_{1} = - 1$ 、以降は $0$ です。 $b_{0} = 1$ 、 $b_{n} = b_{n - 1}$ となるので、すべての係数が $1$ になります。

$\frac{1}{1 - t} = 1 + t + t^{2} + t^{3} + \dots$

$\frac{1}{1 + t}$ なら符号が交互に入れ替わり、 $1 - t + t^{2} - t^{3} + \dots$ です。

$\frac{1}{2 + t}$ は $k = Q$ なら計算できます。 $b_{0} = 1/2$ 、 $b_{n} = - b_{n - 1} /2$ なので $\sum (- 1)^{n} t^{n} / 2^{n + 1}$ になります。

標数 $2$ の体では $2 = 0$ なので、 $2 + t = t$ となり単元ではありません。係数体を先に決めておく必要があります。

係数を順に埋めていく

逆元の係数が 1 つずつ決まるようすを動かしてみましょう。

$1 - t - t^{2}$ の逆元を求めています。関係式は $b_{n} = b_{n - 1} + b_{n - 2}$ で、フィボナッチ数が並びます。

無限個の係数を一度に決める必要はありません。前の項だけから次が決まるので、いくらでも先まで書けます。

多項式環では、この計算が途中で行き詰まります。 $1 - t - t^{2}$ の逆元は多項式にならないためです。

位数と一様化元

$0$ でない $f$ に対して、最初に $0$ でなくなる係数の番号を位数といい $ord (f)$ と書きます。

$ord (f) = n$ なら $a_{0} = \dots = a_{n - 1} = 0$ 、 $a_{n} \neq = 0$ です。 $t^{n}$ でくくると次の形になります。

$f = t^{n} u, u \in k [[t]]^{\times}$

$u$ の定数項が $a_{n} \neq = 0$ なので単元です。この表示は一意で、 $n$ も $u$ も $f$ から決まります^[1]。

つまり $k [[t]]$ のどの元も、 $t$ の冪と単元の積に分かれる。 $t$ が一様化元です。

例: 位数を 4 つ数える

$3 t^{2} + t^{5}$ の位数は $2$ 。 $t^{5}$ の部分は $t^{2}$ でくくったあとも $t^{3}$ として残ります。

$1 + t$ の位数は $0$ で、これは単元です。 $t + t^{2} + t^{3} + \dots$ の位数は $1$ 。

$0$ の位数は約束として $+ \infty$ とします。 $t^{n}$ でいくらでも割れるためです。

位数は積で足し算になります。 $ord (f g) = ord (f) + ord (g)$ で、 $k$ が整域なら等号が成り立つ。

イデアルは $t$ の冪しかない

$I$ を $0$ でないイデアルとします。 $I$ の元の位数のうち最小のものを $n$ とし、それを実現する $f = t^{n} u$ をとりましょう。

$u$ が単元なので $t^{n} = u^{- 1} f \in I$ です。逆に $g \in I$ なら位数が $n$ 以上なので $t^{n}$ で割り切れます。

$I = (t^{n})$

イデアルは $(1) ⊋ (t) ⊋ (t^{2}) ⊋ \dots$ と一列に並びます。単項イデアル整域であることも同時に分かる。

素イデアルは $(0)$ と $(t)$ の 2 つだけです。 $n \geq 2$ では $t \cdot t^{n - 1} \in (t^{n})$ なのに $t \in / (t^{n})$ なので、素になりません。

離散付値環である

単元でない元は定数項が $0$ なので、すべて $(t)$ に入ります。したがって $(t)$ が唯一の極大イデアルで、 $k [[t]]$ は局所環です。

整域であることは位数の加法性から出ます。 $f, g \neq = 0$ なら $ord (f g)$ が有限なので $f g \neq = 0$ です。

局所・整域・極大イデアルが単項という 3 つがそろいました。 $k [[t]]$ は離散付値環です^[2]。

$1$ 次元の正則局所環でもあります^[5]。完備な正則局所環の形として、いちばん基本になる環です。

多項式環との違い

同じ変数 1 本でも、 $k [t]$ とは性質がかなり違います。

多項式環

k [t]

項は有限個。極大イデアルが $(t - a)$ の形で無限にあるので局所環ではない。ユークリッド整域で、割り算の筆算がそのまま使える。

形式的べき級数環

k [[t]]

項は無限個でよい。極大イデアルは $(t)$ ただ 1 つで局所環になる。単元が多いぶん、割り算はほとんどの場合に実行できる。

$k [t]$ で単元は $0$ でない定数だけです。 $k [[t]]$ では定数項が $0$ でない級数がすべて単元になります。

単元が増えたぶん、環としては単純になりました。イデアルが $(t^{n})$ しかないのはその現れです。

係数の並びとして見る

元の姿を図にしておきます。

canvas: 絵を作れませんでした

左から $0$ が続き、最初に $0$ でない係数が現れた番号が位数です。図では $3 t^{3} + t^{5} + \dots$ を表しています。

先頭の $0$ の個数を数えているだけ、と読めます。 $t$ で何回割れるかと同じことです。

合成と形式的な微分

代入も、条件付きで意味をもちます。 $g$ の定数項が $0$ なら $f (g (t))$ が定義できます^[1]。

$g = t + t^{2}$ を $f = 1/ (1 - t)$ に代入すると、 $1 + (t + t^{2}) + (t + t^{2})^{2} + \dots$ です。各次数の係数は有限個の項からしか寄与を受けません。

定数項が $0$ でないと壊れます。 $g = 1 + t$ を代入すると、 $t^{0}$ の係数を決めるのに無限和が要ってしまう。

微分も形式的に定めます。 $f^{'} = \sum_{n \geq 1} n a_{n} t^{n - 1}$ とすれば、積の微分法則がそのまま成り立ちます。

標数 $p$ では注意が要ります。 $(t^{p})^{'} = p t^{p - 1} = 0$ となるので、微分が $0$ でも定数とは限りません。

ローラン級数体

$k [[t]]$ の商体は、有限個の負冪を許した級数の全体です^[1]。

$k ((t)) = {n \geq - N \sum a_{n} t^{n} N \in Z}$

$f = t^{n} u$ に対して $f^{- 1} = t^{- n} u^{- 1}$ とすればよいので、負の位数まで伸びます。

位数は $k ((t))^{\times}$ から $Z$ への全射になります。 $k [[t]]$ は位数が非負の元の全体として復元できる。

$Z_{(p)}$ と $Q$ の関係、 $Z_{p}$ と $Q_{p}$ の関係と、まったく同じ形です^[3]。

例: 有理関数を展開する

$k [t]$ の元で分母が定数項をもつものは、 $k [[t]]$ の中で割り算できます。

$\frac{t}{1 - t ^{2}}$ を展開しましょう。 $1/ (1 - t^{2}) = 1 + t^{2} + t^{4} + \dots$ なので、答えは $t + t^{3} + t^{5} + \dots$ です。

$\frac{1}{t}$ は $k [[t]]$ に入りません。位数が $- 1$ なので、 $k ((t))$ の元になります。

$\frac{1}{t ^{2} - t} = \frac{1}{t ( t - 1 )}$ も同様で、位数は $- 1$ です。 $t$ でくくった残りが単元だからです。

分母が $t$ で割れるかどうかだけを見ればよい。有理関数の展開は位数の計算に帰着します。

ネーター性と完備性

$k [[t]]$ はネーター環です。イデアルが $(t^{n})$ しかないので、有限生成であることは明らかになります。

一般に $R$ がネーターなら $R [[X]]$ もネーターです^[1]。ヒルベルトの基底定理のべき級数版にあたります。

完備性も大切な性質です。 $t$ 進位相について完備で、係数を無限に決めていく操作がいつでも収束します。

逆元を係数ごとに決められたのは、この完備性のおかげでした。 $k [t]$ では同じ手が使えません。

幾何的には何を見ているか

$k [t]$ が直線 $A^{1}$ 全体の関数環だとすると、 $k [[t]]$ は原点のごく近くだけを見る環です。

$Spec k [[t]]$ は 2 点しかありません^[3]。極大イデアル $(t)$ に対応する閉点と、 $(0)$ に対応する生成点です。

閉点が原点、生成点が「原点をわずかに外れた方向」にあたります。近傍を最小限まで削った形です。

滑らかな曲線の点を完備化すると、いつでもこの環が現れます。局所的には曲線どうしの区別が付かない、という事実の言い換えです。

練習

$k [[t]]$ の元として単元でないものはどれですか。ただし $k = Q$ とします。

$2 + t + t^{2}$
$1 - t - t^{2}$
$t + t^{2} + t^{3}$
$- 3 + 5 t$

__RESULT__

単元かどうかは定数項だけで決まります。 $t + t^{2} + t^{3}$ は定数項が $0$ なので、極大イデアル $(t)$ に入り単元ではありません。位数は $1$ で、 $t (1 + t + t^{2})$ と分解します。ほかの 3 つは定数項が $0$ でないので、いずれも逆元をもちます。

多項式としての次数や既約性は関係しません。見るのは定数項の 1 か所だけです。

よくある誤り

つまずきやすい点を並べます。

収束を確かめる必要があると思う。形式的な扱いなので収束は問わない。

t

に値を代入できると思う。代入は定数項が

0

の級数に対してだけ意味をもつ。

多項式環と同じく既約元がたくさんあると思う。既約元は

t

の単元倍しかない。

1/ t

が

k [[t]]

の元だと思う。位数が負なので

k ((t))

の元である。

標数を気にせず定数を割る。標数

p

では

p

が

0

になり、単元でなくなる。

位数を次数と混同する。位数は最も低い項の番号で、最も高い項ではない。

定数項と最低次の項、この 2 か所だけを見る癖をつけると計算が速くなります。

参考文献

Formal power series, Wikipedia (English).

Discrete valuation ring, Wikipedia (English).

Diskreter Bewertungsring, Wikipedia (Deutsch).

Section 10.50: Valuation rings, The Stacks Project.

Regular local ring, Wikipedia (English).

係数を無限に並べただけで、収束は問わない。それが形式的べき級数です。積の各係数が有限和で決まることから環になり、定数項が 0 でない元はすべて単元になります。逆元の係数を順に決める手順を書き下すと、$1/(1-t-t^2)$ ではフィボナッチ数が並ぶ。位数、イデアルが $(t^n)$ しかないこと、離散付値環であること、ローラン級数体 $k((t))$ まで進み、原点の無限小近傍という幾何の読み方も添えます。