こんにちは！ケンけんです．
今回は，有限個のイデアルだからこそできる「素イデアル避け($\rm{prime \; avoidance}$)」を取り扱います．
キーワード：素イデアル避け
この記事では，環はすべて単位的可換環とします．
主張
今回はまず主張を示してそこから，意義を見てみましょう．
環$R$のイデアル$I,I_{i}(i=1,\ldots, n)$および素イデアル$P,P{j}(j=1,ldots, m)$を取る．
(1)$\bigcap_{i=1}^{n}I_{i} \subset P$ならば，ある$i$で$I_{i} \subset P$である．
(2)$I \subset \bigcap_{j=1}^{m}P_{j}$ならば，ある$j$で$I \subset P_{j}$となる．
(2)が素イデアル避け($\rm{prime \; avoidance}$)と呼ばれる技法になります．
証明が長いのでそれぞれに分割します．
(1)対偶「任意の$i$で$I_{i} \nsubseteq P$ならば，$\bigcap_{i=1}^{n}I_{i} \nsubseteq P$」を示す．
任意の$i=1,\ldots, n$に対し，$I_{i}\subsetneq P$を仮定する．
このとき，$x_{i} \in I_{i}\backslash P$が存在する．
素イデアルの定義から，
$x=x_{1}\cdots x_{n} \in \bigcap_{i=1}^{n}I_{i} \backslash P$が得られる．
従って，主張が成り立つ．
(2)対偶「任意の$j$で$I \nsubseteq P_{j}$ならば，$I\nsubseteq \bigcup_{j=1}^{m}P_{i}$である．」
を$m$に関する帰納法で示す．
$m=1$の時は明らかより，$m-1$まで主張を仮定する．
$j=1,\ldots, m$に関して$I\subsetneq P_{j}$を仮定する．
この時各$j$で$I \nsubseteq P_{j}$のため，
$m-1$までの仮定から$x_{j} \in I \backslash \cup_{k\neq j}P_{k}$が存在する．
任意の$j$で$x_{j} \notin P_{j}$ならば，
$I\backslash \bigcup_{j=1}^{m}P_{j}\neq \emptyset$から主張が成り立つ．
ある$j$で$x_{j} \in P_{j}$を仮定する．
$x_{\widehat{k}}=x_{1}\cdots x_{k-1}x_{k+1}\cdots x_{m}$に対し次の$x \in \bigcap_{k=1}^{m}I_{k}$を取る．
$$x=\sum_{k=1}^{m}x_{\widehat{k}}.$$
$k\neq j$に対し，$x_{k} \notin P_{i}$から$x_{\widehat{j}} \notin P_{j},x_{\widehat{k}} \in P_{j}$となる．
従って，$x \notin P_{j}$となり$x \in I \backslash \bigcup_{j=1}^{m}P_{j}$となる．
以上から，$I \nsubseteq \bigcup_{j=1}^{m}P_{j}$となる．
$\square$
横道ですが，実はBR1-12-1(1)の方はこちらの$\rm{Zariski}$閉集合の事実からも証明できます．
$\bigcap_{i=1}^{n}I_{i} \subset P$より，$P in \mathcal{V}(\bigcap_{i=1}^{n}I_{i})$である．
命題1(5)から，$\mathcal{V}(\bigcap_{i=1}^{n}I_{i})=\bigcup_{i=1}^{n}\mathcal{V}(I_{i})$となる．
従ってある$i=1,\ldots, n$で$P \in \mathcal{V}(I_{i})$であり，$I_{i} \subset P$となる．
$\square$
何がしたいのか？
これらの主張，特に後者の(2)は必要になるときに忘れて何度も見返す事態になります．
まずはこの主張の仮定部分の状況を考えてみます．
1.(1)の状況
(1)の状況は別証明にて登場した$\rm{Zariski}$閉集合に従うものになります．
例えば，イデアルの根基は素イデアルイデアルの共通部分で表示されます．
環$R$のイデアル$I \subset R$に対して，根基イデアル$\sqrt{I}$は次のように表示できます．
しかしこの場合では，$I \subset \sqrt{I}\subset P’ \in \mathrm{Spec}R$から$P’ \in \mathcal{V}(I)$です．
従って主張(1)は，かなり当たり前になります．
2.(2)の状況
それでは(2)の素イデアルの和集合の主張はどうでしょう．
イデアルの和集合はイデアルではないため，これまであまり考えてきませんでした．
ですが，こちらの方は非零因子の存在を保証する際に重要となります．
次の主張を示してみます．
環$R$の零因子全体の集合を$Z(R)$と$\Sigma=\{I \subset R|I \subset Z(R),I:\text{イデアル}\}$
(1)$\Sigma$は極大元を持つ．（つまり$\rm{Zorn}$の補題から極大元が存在する．）
(2)$\Sigma$の極大元は素イデアルである．
(3)$\mathcal{P}=\{P \in \mathrm{Spec}R|P \subset Z(R)\}$に対し，$Z(R)=\bigcup_{P \in \mathcal{P}}P$である．
(1)$S \subset \Sigma$を全順序部分集合とする．
極大イデアルの存在証明と同様に，$I=\bigcap_{J \in S}J$はイデアルであり$I \subset Z(R)$となる．
従って，$S$は$\Sigma$内で上界を持つため$\rm{Zorn}$の補題から極大元が存在する．
(2)$\Sigma$の極大元$P$を取り，$P \in \mathrm{Spec}R$を示す．
$x,y \notin P$を取ることで，$P \nsubseteq (x)+P,(y)+P$となる．
$P$は$\Sigma$の極大元より，$(x)+P,(y)+P$は非零因子をもつ．
よって，非零因子$ax+p \in (x)+P,by+q \in (y)+ P$が取れる．
$(ax+p)(by+q)=abxy+(axq+byp+pq) \in (xy) +P$は非零因子となる．
よって$P \subsetneq (xy)+P$となるため，$xy \notin P$となる．
以上から$P \in \mathrm{Spec}R$となる．
(3)$X=\bigcup_{P \in \mathcal{P}}P$とおく．
$X \subset Z(R)$は明らかなので，逆の包含を示す．
任意の零因子$x \in Z(R)$に対し，
問題から$(x) \subset P$となる極大元$P$が存在する．
(1)から$P \in \mathrm{Spec}R$より，$x \in X$となる．
以上から，$Z(R)=X$となる．
$\square$
この主張は[1]のExerciese1.14を細かく分解したものになります．
$\rm{Noether}$環の場合（先の話題のため流し読み推奨）
さて，$Z(R)$は素イデアルの和集合で表示できました．
一般には有限個とは限りませんが，重要な環の場合は必ず有限個になります．
それは$\rm{Noether}$環で，これはイデアルの増大列（$\subset$で）が有限個となる環です．
主張はより一般には，$\rm{Noether}$環上の加群にまで拡張できます．
例えば，先ほどの零因子に関する命題が次のように置き換わります．
$\rm{Noether}$環$R$上の加群$M$に対し，次が成り立つ．
$$Z_{R}(M)=\bigcup_{P \in \mathrm{Ass}_{R}M}P.$$
$\mathrm{Ass}_{R}M$はまた$\mathrm{Spec}R$の部分集合でBR1-12-2でいう$\mathcal{P}$に相当します．
そして$\mathrm{Ass}_{R}M$は，$M$が有限生成ならば有限集合になることが知られています．
（いずれ取り上げます．）
このとき，次のような議論が可能になります．
- $\rm{Noether}$環$R$上の加群$M$およびイデアル$I$を取る．
- $Z_{R}(M)=\bigcup_{P \in \mathrm{Ass}_{R}M}P$（右辺は有限個の和集合）
- $I \subset Z_{R}(M)$ならば，素イデアル避けからある$P \in \mathrm{Ass}_{R}M$で$I \subset P$
この議論は今後イデアル$I$が（$M$の）正則元を持つことを示すために背理法で利用されます．
直接非零因子が存在することを示すことは，抽象的な議論では難しいです．
しかしこの方法を用いることで，否定的証明ながらも存在を保証できます．
環論の高等な議論では$\rm{Noether}$性が現れますが，非零因子の話題も一つの重要な点です．
おわりに
久しぶりに記事を書いたので，少しぐだぐだになってしまったかもしれません．
$\rm{Noether}$環の項目はまだ紹介もしていない内容なので，認識しているだけで十分です．
素イデアル避けに，利用先があることを知るだけでもかなり有用だと思います．
以上，ケンけんでした．
参考文献
[1]M.F.Atiyah,I.G.Macdonald, Introduction to Commutative Algebra, Addkison-Wesley,Reading, MA,1969
