東京大学 数理科学研究科 数理科学専攻 2023年8月実施 専門科目B 第2問

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Author

藍色日和, 祭音Myyura

Description

剰余環

$$R:=\mathbb{C}[X,Y]/(X^2-Y^5)$$

を考え、$X,Y$ で代表される $R$ の元を $x,y$ とおく。 $R$ のイデアル $\mathfrak{m}=(x,y)$ をとり、集合

$$(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m}):=\{r\in R|r\mathfrak{m}\subseteq x\mathfrak{m}\}$$

を定める。

(1) $R$ が整域であることを示しなさい。また $K$ を $R$ の商体としたとき、その部分集合

$$\frac{1}{x}(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m}):=\left\{\frac{r}{x}\in K\middle|r\in(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m})\right\}$$

は $K$ の部分環であることを示しなさい。

(2) $R$ 代数の同型

$$\mathrm{Hom}_R(\mathfrak{m},\mathfrak{m})\simeq \frac{1}{x}(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m})$$

を示しなさい。但し左辺は $\mathfrak{m}$ の $R$ 加群としての自己準同型全体の為す集合を表し、関数の合成を積とすることで $R$ 代数の構造を定めている。

(3) $\mathbb{C}$-代数の同型

$$\mathbb{C}[S,T]/I\simeq \mathrm{Hom}_R(\mathfrak{m},\mathfrak{m})$$

が存在するような $\mathbb{C}[S,T]$ のイデアル $I$ の生成系を一つ挙げなさい。

题目描述

考虑商环

$$R:=\mathbb{C}[X,Y]/(X^2-Y^5),$$

并将 $R$ 中分别由 $X,Y$ 表示的元素记为 $x,y$。取 $R$ 的理想 $\mathfrak{m}=(x,y)$，定义

$$(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m}) :=\{r\in R\mid r\mathfrak{m}\subseteq x\mathfrak{m}\}.$$

回答下列问题：

1. 证明 $R$ 是整环。再设 $K$ 为 $R$ 的分式域，证明其子集

   $$\frac{1}{x}(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m}) :=\left\{\frac{r}{x}\in K\middle|r\in(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m})\right\}$$

   是 $K$ 的一个子环。

2. 证明存在 $R$-代数同构

   $$\mathrm{Hom}_R(\mathfrak{m},\mathfrak{m}) \simeq \frac{1}{x}(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m}).$$

   其中左端表示把 $\mathfrak{m}$ 视为 $R$-模时的全体自同态，并以映射复合作为乘法，从而具有 $R$-代数结构。

3. 给出 $\mathbb{C}[S,T]$ 的一个理想 $I$ 的一组生成元，使得存在 $\mathbb{C}$-代数同构

   $$\mathbb{C}[S,T]/I\simeq \mathrm{Hom}_R(\mathfrak{m},\mathfrak{m}).$$

Kai

(1)

まず前半については、$Y^5$ は $\mathbb C(Y)$ の平方ではない（$Y=0$ での零点の位数が奇数）。したがって $X^2-Y^5$ は $\mathbb C(Y)[X]$ で既約であり、Gaussの補題より $\mathbb C[X,Y]$ でも既約である。よって $R$ は整域である。 以下、後半を示す。$\mathbb{C}[x,y]$ の元 $r=xf+y^4g(y)+h(y)$ (但し $f$ は二変数多項式、$g$ は一変数多項式、$h$ は $3$ 次以下の一変数多項式である)が $r\mathfrak{m}\subseteq x\mathfrak{m}$ を満たすとき、$xf+y^4g\in (x\mathfrak{m}:\mathfrak{m})$ であるから $h(y)\in (x\mathfrak{m}:\mathfrak{m})$ である必要がある。 ここで $yh(y)\in(x^2,xy)$ であったとすると、$Yh(Y)\in(X^2,XY,X^2-Y^5)=(X^2,XY,Y^5)$ になるが、$h$ が $3$ 次以下の多項式であることから $h=0$ が従う。以上から

$$(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m})=\langle x,y^4 \rangle_R$$

であることがわかる。よって集合として

$$\frac{1}{x}(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m})=\left\{r+\frac{y^4}{x}s\middle|r,s\in R\right\}$$

であり、$x^2=y^5$ であることを考慮すると $1,0$ を含んでいて和と積で閉じていることがわかる。 また $\frac{1}{x}(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m})$ は $x$ を含む一方 $\frac{1}{x}$ を含まない。実際、含むなら $1\in(x\mathfrak m:\mathfrak m)=(x,y^4)\subset\mathfrak m$ となるが、$x=y=0$ での評価により $\mathfrak m$ は真のイデアルなので矛盾する。よって体ではない。 以上から $\frac{1}{x}(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m})$ は $K$ の体でない部分環である。以上で後半が示せた。

(2)

まず $\frac{r}{x}\in \frac{1}{x}(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m})$ で定義される写像 $f_{\frac{r}{x}}$ を $x$ を $r$ に、$y$ を $\frac{yr}{x}$ に送る写像とする。 定義より $r\mathfrak m\subset x\mathfrak m$、すなわち $\frac r x\mathfrak m\subset\mathfrak m$ であるから、これは $K$ 内での乗法による well-defined な $R$-線型写像である。したがって

$$\begin{aligned} F:\frac{1}{x}(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m})&\to \mathrm{Hom}_{R}(\mathfrak{m},\mathfrak{m})\\ \frac{r}{x}&\mapsto f_{\frac{r}{x}} \end{aligned}$$

が定まる。定義よりこれは $R$-代数の準同型になっているから、あとは全単射性を示せば良い。 まず $f\in \mathrm{Hom}_{R}(\mathfrak{m},\mathfrak{m})$ が与えられたとする。 このとき $f(x)\mathfrak{m}=f(x\mathfrak{m})=xf(\mathfrak{m})\subseteq x\mathfrak{m}$ であるから、$f(x)\in (x\mathfrak{m}:\mathfrak{m})$ である。 以上から $\frac{f(x)}{x}\in\frac{1}{x}(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m})$ が従う。 このとき $yf(x)=f(yx)=xf(y)$ なので、$f_{\frac{f(x)}{x}}(y)=\frac{f(x)y}{x}=f(y)$ である。したがって、$f$ は $\frac{1}{x}(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m})$ の元 $\frac{f(x)}{x}$ を用いて $f=f_{\frac{f(x)}{x}}$ と表せることがわかった。 よって $F$ の全射性が示せた。 次に $f_{\frac{r}{x}}=0$ であったとする。 このとき $r=0$ であるから $F$ の単射性がわかった。 以上から $F$ は $R$ 代数の同型であることがわかったから、$F^{-1}$ が所望の同型である。

(3)

いま

$$\begin{aligned} G:\mathbb{C}[S,T]&\to \frac{1}{x}(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m})\\ S&\mapsto y\\ T&\mapsto \frac{y^4}{x} \end{aligned}$$

と定める。ここで $y\cdot(y^4/x)=x$、$(y^4/x)^2=y^3$ であるから、$\frac{1}{x}(x\mathfrak{m}:\mathfrak{m})$ は $y ,\frac{y^4}{x}$ で生成される $\mathbb{C}$ 代数であるから、$G$ は $\mathbb{C}$ 代数の全射準同型である。 この核を $I$ とする。まず $T^2-S^3\in I$ である。 ここで $I$ は零でない素イデアルであり、像が体でないので極大イデアルではない。$\mathbb{C}[S,T]$ のクルル次元は $2$ だから $\operatorname{ht}I=1$ である。一方 $T^2-S^3$ は既約で $(T^2-S^3)\subset I$ だから、$I=(T^2-S^3)$ である。 以上から $T^2-S^3$ が所望の生成系である。