こんにちは！ケンけんです。今回は、多項式環の剰余環が有限次元ベクトル空間になることについて勉強したので書いていきます。後半は、多項式環での組成列を少し考えます。
キーワード：多項式環・剰余環
必要知識：多項式環の除法定理
多項式環
以前の学習帳でも登場しましたが、次の除法定理を用います。
$R$：単位的可換環 $R[X]$：多項式環
$f,g \in R[X]$ $\mathrm{deg}g < \mathrm{deg}f$
$\exists ! q ,\exists ! r \in R[X]((f=qg+r) \wedge (0 \leq \mathrm{deg}r < \mathrm{deg}g)$
また、事実として体$k$係数の多項式環は$k$加群（$k$ベクトル空間）であることも明記しておきます。
今回考えるのは次の問題です。
$k$：体 $0 \neq f(X) \in k[X]$ $n=\mathrm{deg}f$
- $k[X]/(f(X))$は$n$次元$k$ベクトル空間である
$f(X)= \sum_{i=0}^{n}b_{i}X^i$とする。
任意の$g(X)=\sum_{i=0}^{m}a_{i}X^i \in k[X]$を取る。
除法定理より$$g(X)=q(X)f(X)+r(X), 0 \leq \mathrm{deg}(r(X)) < \mathrm{deg}(q(X))$$とする$q(X),r(X) \in k[X]$が一意的に存在する。
従って、$k[X]/(f(X))$上で$g(X) \in r(X) + (f(X))$と定める。
代表元$r(X),r'(X) \in k[X]$で$r(X) + (f(X))=r'(X)+(f(X))$を仮定する。
このとき、$r(X) -r'(X) \in (f(X))$よりある$a \in k$で$r(X) -r'(X)=af(X)$。
しかし、$0 \leq \mathrm{deg}(r(X) -r'(X)) < \mathrm{deg}(g(X)) \leq \mathrm{deg}(f(X))$より$a=0$となる。
従って、$r(X)=r'(X)$となり$k[X]/(f(X))$はwell-definedである。
$k$加群であることは元の$k[X]$に従う。
従って、$k[X]/(f(X))=\{\sum_{i=0}^{n-1} a_{i} \overline{X}^i|a_{i} \in k\}$と書ける。
以下、$\overline{g(X)}=g(X)+((f(X))$とする。
$\overline{1},\overline{X}, \ldots , \overline{X}^{n-1}$は代表元の多項式環の性質から一次独立である。
生成することは、明らかなので$\overline{1},\overline{X}, \ldots , \overline{X}^{n-1}$は$k[X]/(f(X))$の基底である。
以上から、$k[X]/(f(X))$は$n$次元$k$ベクトル空間である。
$\square$
当たり前そうな話ですが、剰余加群のwell-definedの説明（剰余環としても）には除法公理を利用したので結構な演習問題なのではと思います。
組成列
ところで、可換代数に組成列というものがあります。
$R$：単位的可換環 $M$：$R$加群 $M_{i} \subset M(0\leq i \leq n)$：部分加群
- $l: M =M_{0} \supsetneq M_{1} \supsetneq \ldots \supsetneq M_{n}=0$：$M_{i}(1\leq i \leq n)$の鎖
- $n$：$l$の長さ（$n=l(M)$）
- $l$は組成列 $\overset{def}{\iff} l：長さが極大である$
組成列は極大な鎖なので、2つの部分加群間の間にこれ以上部分加群が追加できないことを意味する。なので、各$0\leq i \leq n-1$で剰余加群$M_{i}/M_{i+1}$は単純加群となる。つまり、部分加群として零加群と$M_{i}/M_{i+1}$のみしか存在しない。
そして、ベクトル空間も加群なので上の組成列が考えられる。組成列には「極大」であることが必要なので常に存在するわけではない。しかし、有限次元ベクトル空間の場合基底をひとつ固定して$M_{i}$が$i$個の基底を持つように設定すればそれが組成列をなします。なぜなら、基底には一次独立性が要求されるからです。
$V$の基底として$\{v_{1},v_{2}, \ldots , v_{n}\}$を固定して、部分空間$V_{i}$の基底を$\{v_{1},v_{2}, \ldots , v_{n-i}\}(0 \leq n)$と設定します。そうすると、次の鎖ができます。
$$L:V=V_{0} \supsetneq V_{1} \supset \ldots \supsetneq V_{n}=0$$
線型代数の商空間の知識から、各$i$で商空間$V_{i}/V_{i+1}$の基底は$\overline{v_{n-i}}$のみからなるので1次元のベクトル空間です。従って、零空間$0$と$V_{i}/V_{i+1}$以外に部分空間が取れないため単純となります。以上から、$L$は組成列となります。
逆に、組成列が存在した場合はベクトル空間が有限次元となります。これは、上の議論の逆を取ることができます。なぜなら、存在する組成列について商空間$V_{i}/V_{i+1}$の次元が2以上の場合、新しく部分空間$V’$で$V_{i} \supsetneq V’ \supsetneq V_{i+1}$が考えられるため組成列であることに反してしまうのです。そして、組成列は有限の長さになるため$V_{i}/V_{i+1}$が単純加群となる組が有限個しか取れない。従って、商空間を取っていくことで基底をひとつずつ追加していくことになりそれが有限回なので有限次元となります。
以上から、次のことが成り立ちます。
$k$：体 $V$：ベクトル空間
以下、互いに同値である。
$\mathrm{dim}_{k}V < \infty \iff V$は組成列を持つ。
また$l(V)=\mathrm{dim}_{k}V$である。
参考にした書籍ではさらに、Noether加群・Artin加群の定義「昇鎖条件と降鎖条件」を満たすことも含まれています。これは、加群論として次の同値命題が存在することからわかります。
$$M:組成列を持つ \iff M:昇鎖条件と降鎖条件を満たす$$
一般の加群の場合では基底のような組が取れるとは限らない。最低でも自由加群であることが必要です。なので、ベクトル空間のような基底を一個ずつ減らして部分空間を取ると言ったことができず極大の鎖が作れるかもわかりません。
初めに考えた多項式環の剰余環は加群として有限次元でした。$k[X]/(f(X))$の基底として、$\overline{1},\overline{X}, \ldots , \overline{X}^{n-1}$に固定すると考えられる組成列として不定元のべきを一個ずつ減らす形で取ることができて、直感的に次元を認識できます。
これをただの多項式環$k[X]$の場合は不定元$X$のべきすべてが一次独立なので無限に部分空間の鎖が構成でき極大の鎖が作れません。よって無限次元になります。
おわりに
初めは、多項式環の剰余環が有限次元ベクトル空間であることから始めましたが、以前学んだ有限次元であることと組成列の話を思い出し、復習ついでに一部の証明含めて書きました。証明だけでは組成列の意味が解らなかったが、商空間の基底がきれいに一個ずつ並んでいるようになっていることが理解できました。
基底についても環として見ると不定元$X$のべきが考えられることから、多項式の単項イデアルで剰余環を考えるとその次数以下で制限できます。では、一般の無限次元ベクトル空間は商空間で有限次元に落とせるのかが少し気になりました。（線形代数の話かもしれないけど）
以上、ケンけんでした。
参考文献
組成列の定義と一部同値命題の参考元たち
１．初めに組成列を知った本。今回は、ベクトル空間の場合なので同値命題はこちらの話を採用。
M.F.Atiyah I.G.MacDonald,1969, Introduction to Commutative Algebra,WESTVIEW PREESS
２．上の本の同値命題部分がベクトル空間ではなくsemisimpleな加群として有限次元の部分が有限生成加群に一般化されている。（結論は一緒）
Fanggui Wang Hwankoo Kim,2016,
Foundations of Commutative Rings and Their Modules,springer
