可換環の直積と直和分解〜成分ごとのイデアルと Spec の非連結性

$Z /6 Z$ の元は、 $Z /2 Z \times Z /3 Z$ の組として書けます。 $5$ なら $(1, 2)$ 、 $4$ なら $(0, 1)$ 。

足し算もかけ算も、組のまま成分ごとに計算できる。 $5 \times 4 = 20 \equiv 2$ は、 $(1, 2) \cdot (0, 1) = (0, 2)$ に対応します。

直積は、この「成分ごとに計算する」を定義にした環。

直積の定義

可換環 $R_{1}, \dots, R_{n}$ の直積 $R_{1} \times \dots \times R_{n}$ は、集合としては直積集合で、演算を成分ごとに定めたものになります。

$(a_{1}, \dots, a_{n}) + (b_{1}, \dots, b_{n}) = (a_{1} + b_{1}, \dots, a_{n} + b_{n})$

$(a_{1}, \dots, a_{n}) (b_{1}, \dots, b_{n}) = (a_{1} b_{1}, \dots, a_{n} b_{n})$

単位元は $(1, \dots, 1)$ 、零元は $(0, \dots, 0)$ 。環の公理はどれも成分ごとに確かめられるので、直積はふたたび可換環になります^[1]。

単元も零因子も成分ごとに決まる

$(a_{1}, \dots, a_{n})$ が単元になるのは、どの $a_{i}$ も単元のときに限ります。逆元も成分ごとにとれるため。

$Z /6 Z$ の単元は $1$ と $5$ の 2 個。 $Z /2 Z \times Z /3 Z$ で数えると ${1} \times {1, 2}$ で 2 個になり、確かに合う。

零因子のほうは、ある成分が $0$ になっている元がすべて該当します。その成分だけ $1$ を立てた元とかければ $0$ になる。

直積は整域にならない

成分が 2 つ以上あると、次の 2 つはどちらも $0$ ではないのに積が $0$ です。

$(1, 0) \cdot (0, 1) = (0, 0)$

零因子が必ずいるので、直積は整域になれない。整域がほしい場面で直積が使えないのは、この一点によります。

イデアルは成分ごとに決まる

$I$ が $R_{1} \times R_{2}$ のイデアルなら、 $R_{1}$ のイデアル $I_{1}$ と $R_{2}$ のイデアル $I_{2}$ をとって $I = I_{1} \times I_{2}$ と書けます。

$I_{i}$ は射影 $π_{i}$ による像とする。 $I \subseteq I_{1} \times I_{2}$ は定義からすぐ分かる。

逆向きは $(1, 0)$ と $(0, 1)$ をかけて確かめます。 $(a, b) \in I$ に $(1, 0)$ をかけると $(a, 0) \in I$ 、 $(0, 1)$ をかけると $(0, b) \in I$ 。

つまり $I_{1} \times {0}$ と ${0} \times I_{2}$ がどちらも $I$ に入ります。足せば $I_{1} \times I_{2} \subseteq I$ になる。

例： $k \times k$ のイデアルは 4 つ

$k$ を体とします。 $k$ のイデアルは $0$ と $k$ の 2 つだけなので、 $k \times k$ のイデアルは組み合わせて 4 つ。

$0 \times 0$	零イデアル
$k \times 0$	第 1 成分だけ
$0 \times k$	第 2 成分だけ
$k \times k$	全体

体を $n$ 個並べれば $2^{n}$ 個です。イデアルの個数が成分の数で決まる、という形になる。

素イデアルは片方が全体になる

$p_{1} \times p_{2}$ の形で両方が真のイデアルだと、素にはなれません。 $(1, 0) (0, 1) = (0, 0)$ がこの中に入るのに、 $(1, 0)$ も $(0, 1)$ も入らないため。

$1 \in / p_{1}$ 、 $1 \in / p_{2}$ なので、どちらの元も外にいる。

だから素イデアルは片方の成分が環全体になる形に限られます。

$p \times R_{2} または R_{1} \times q$

剰余環を計算すると $(R_{1} \times R_{2}) / (p \times R_{2}) ≅ R_{1} / p$ で、確かに整域です。

一般のイデアル

$I_{1} \times I_{2}$ の形。両方の成分が独立に動く

素イデアル

片方の成分が環全体になる。 $p \times R_{2}$ か $R_{1} \times q$ のどちらか

Spec は 2 つに離れる

素イデアルが片方の成分に寄るので、 $Spec (R_{1} \times R_{2})$ は 2 つの部分に分かれる。

$Spec (R_{1} \times R_{2}) ≅ Spec (R_{1}) ⊔ Spec (R_{2})$

分かれ目は $e = (1, 0)$ です。 $e$ を含む素イデアルの全体と、 $1 - e = (0, 1)$ を含む素イデアルの全体。この 2 つはどちらも閉集合で、たがいに補集合になっています。

閉集合の補集合が閉なので、どちらも開かつ閉。位相空間としては非連結になる。

逆に $Spec (R)$ が非連結なら、 $R$ は自明でない直積に分解します。環の分解と空間の連結成分が、そのまま対応している。

いつ直積に分解できるか

$R ≅ S \times T$ （どちらも零環でない）と書けるための条件は、 $R$ に $0$ でも $1$ でもない冪等元があることです。

$e^{2} = e$ をみたす元を冪等元という。 $S \times T$ では $(1, 0)$ がそれにあたる。

逆に $e$ が自明でない冪等元なら、 $f = 1 - e$ も冪等元で $e f = 0$ になり、 $R ≅ R e \times R f$ と分解します^[1]。 $R e$ の単位元は $e$ 、 $R f$ の単位元は $f$ 。

例：多項式環を 2 つに切る

$k$ を体、標数は $2$ でないとします。 $x^{2} - 1 = (x - 1) (x + 1)$ で、この 2 つは互いに素になる。差が $2$ で、標数が $2$ でなければ単元だから。

中国剰余定理から次の同型になります。

$k [x] / (x^{2} - 1) ≅ k [x] / (x - 1) \times k [x] / (x + 1) ≅ k \times k$

$x$ の像は $(1, - 1)$ 。2 つの根を成分に振り分けた形になります。

いっぽう $k [x] / (x^{2})$ は分解しない。 $(a + b x)^{2} = a^{2} + 2 ab x$ なので、冪等の条件は $a^{2} = a$ と $2 ab = b$ 。

$a = 0$ なら $b = 0$ 、 $a = 1$ でも $2 b = b$ から $b = 0$ です。冪等元は $0$ と $1$ だけになり、切る場所がない。

同じ 2 次式の剰余でも、重根かどうかで結果が分かれます。

例： $Z /20 Z$ を局所環に分ける

$20 = 2^{2} \cdot 5$ 。中国剰余定理から $Z /20 Z ≅ Z /4 Z \times Z /5 Z$ になります。

対応する冪等元は $16$ と $5$ 。 $1 6^{2} = 256 \equiv 16$ 、 $5^{2} = 25 \equiv 5$ で、 $16 + 5 = 21 \equiv 1$ 、 $16 \cdot 5 = 80 \equiv 0$ です。

$16$ をかけて得られる ${0, 4, 8, 12, 16}$ が $Z /5 Z$ の側、 $5$ をかけて得られる ${0, 5, 10, 15}$ が $Z /4 Z$ の側になる。

成分の $Z /4 Z$ は体ではありません。極大イデアル $(2)$ をただ 1 つ持つ局所環。

アルティン環はいつでも、極大イデアルでの局所化の有限直積になります^[2]。 $Z /20 Z$ はその最小の例のひとつ。

極大イデアルが有限個しかない

どの素イデアルも極大になる

極大イデアルごとに局所化して直積にする

連結な環

冪等元が $0$ と $1$ しかない環を連結といいます。 $Spec (R)$ が連結であることと同じ条件になる。

整域は連結

$e^{2} = e$ なら $e (e - 1) = 0$ で、整域だから $e = 0$ か $e = 1$ 。 $Z$ や $k [x]$ が該当します。

局所環は連結

自明でない冪等元は単元でも零でもない元になりますが、局所環でそれを $e$ と $1 - e$ の両方について立てられません。 $k [x] / (x^{2})$ が該当します。

Z /6 Z

は連結でない

$3$ と $4$ が冪等元です。 $3^{2} = 9 \equiv 3$ 、 $4^{2} = 16 \equiv 4$ で、 $3 + 4 = 7 \equiv 1$ 。

体の有限直積は連結でない

$k \times k$ では $(1, 0)$ が冪等元。成分が 2 つ以上ある直積は、いつでも非連結になります。

無限個の直積と直和

無限族 ${R_{i}}_{i \in I}$ でも直積 $\prod_{i \in I} R_{i}$ は定義でき、成分ごとの演算で可換環になります。

直和 $⨁_{i \in I} R_{i}$ のほうは環にならない。有限個の成分を除いて $0$ という条件があるため、単位元 $(1, 1, 1, \dots)$ が入らないからです。

成分が有限個なら、この差は消える。直積と直和が同じ集合になるためです。

有限個のとき

$R_{1} \times \dots \times R_{n}$ は環になる。直積と直和は同じもの

無限個のとき

$\prod_{i \in I} R_{i}$ は環になるが、 $⨁_{i \in I} R_{i}$ は単位元を持たない。加群としては意味が残る

無限直積のスペクトルは、有限直積のような簡明な形にならない。各成分が体のときでさえ、極大イデアルは添字集合 $I$ 上の超フィルターと対応します^[3]。

$I$ の各点から決まる素イデアルのほかに、主でない超フィルターから決まる素イデアルが並ぶ。有限直積で成り立っていた「成分ごとに読める」が、ここで崩れる。

$k$ を体とするとき、 $k \times k \times k$ のイデアルはいくつありますか。

3 個
6 個
8 個
無限個

__RESULT__

イデアルは成分ごとに決まり、各成分では $0$ と $k$ の 2 通りです。3 成分あるので $2^{3} = 8$ 個になります。3 個や 6 個は、成分そのものの個数と取り違えた形。

次のうち、自明でない直積に分解できない環はどれですか。標数は $2$ でないとします。

$k [x] / (x^{2} - 1)$
$k [x] / (x^{2})$
$Z /6 Z$

__RESULT__

$k [x] / (x^{2})$ は局所環で、冪等元が $0$ と $1$ しかありません。 $k [x] / (x^{2} - 1)$ は $x^{2} - 1$ が異なる 2 つの因数に分かれるので $k \times k$ 、 $Z /6 Z$ は $Z /2 Z \times Z /3 Z$ に分解します。重根かどうかが分かれ目になる。

成分ごとに読めるかどうか。単元も零因子もイデアルも素イデアルも、有限直積ではこの一言で片づきます。

参考

Wolfgang Soergel. *Kommutative Algebra und Geometrie*. Universität Freiburg.

Artinian rings. The Stacks Project.

Carmelo A. Finocchiaro, Sophie Frisch, Daniel Windisch. *Prime ideals in infinite products of commutative rings*. 2020.

$\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ の元が $(1,2)$ のような組で書けるように、直積は成分ごとに足してかける環です。単元も零因子もイデアルも、成分ごとに決まる。$k \times k$ のイデアルはちょうど 4 つで、素イデアルだけは片方の成分が環全体になります。だから $\mathrm{Spec}$ は 2 つに離れ、非連結になる。$k[x]/(x^2-1)$ は $k \times k$ に切れるのに $k[x]/(x^2)$ は切れない、$\mathbb{Z}/20\mathbb{Z}$ が $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z} \times \mathbb{Z}/5\mathbb{Z}$ に分かれるといった例まで。無限個になると直和は単位元を失い、極大イデアルは超フィルターと対応する。