代数学２（環論）演習の解説 (10/3)
落合理
I. まず,
0R = 0R (−b) = (a − a)(−b) = a(−b) + (−a)(−b)
が成り立つ. 最後の等式で分配法則を用いたことに注意する. また,
0R = a0R = a(b − b) = ab + a(−b)
が成り立つ. やはり最後の等式で分配法則を用いた. 2 つの式を合わせて,
0R = −ab + (−a)(−b)
を得る. 両辺に ab を加えて欲しい結論を得る.
II. (1) 一般性を失わずに, 結合法則より, m ≥ n と仮定する. 結合法則を用
いて,
xm · xn = (xn · xm−n ) · xn = xn · (xm−n · xn ) = xn · xm
を得る.
(2) n に関する帰納法で示す. n = 2 のときは,
(2x)y = (x + x)y = xy + xy = 2xy
より正しい (2 番目の等号で分配法則を用いた). 次に, n ≥ 3 として k = n − 1
まで正しいと仮定すると
(nx)y = (x + (n − 1)x)y = xy + ((n − 1)x)y = xy + (n − 1)xy = nxy
となる (2 番目の等号で分配法則を, 3 番目の等号で帰納法の仮定を用いた).
以上で証明が終わる.
(3) x はベキ零元より xN = 0R となる自然数 N が存在する. a = 1R + x が単
数であることを示すためには, ab = ba = 1R となる元 b ∈ R をみつければよ
い. b = 1 − x + x2 − x3 + . . . + (−x)N −1 とおくと ab = ba = 1R となるので
a は単数である.
III. (1) (R1) を示す. ∀f (X) = a0 + a1 X + . . . an X n ∈ A[X] に対して,
0R + f (X) = (a0 + 0) + (a1 + 0)X + . . . + (an + 0)X n = f (X)
となる. 全く同様に, f (X) + 0R = f (X) もわかる. 以上で 0R が加法の単位
元であることが確かめられた. ∀f (X) = a0 + a1 X + . . . an X n ∈ A[X] に対
1
2
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して, g(X) = (−a0 ) + (−a1 )X + . . . + (−an )X n とおくと f (X) + g(X) =
g(X) + f (X) = 0R となる. よって加法の逆元の存在が示された.
f (X) = a0 + a1 X + . . . + an X n
g(X) = b0 + b1 X + . . . + bm X m
h(X) = c0 + c1 X + . . . + cl X l
を A[X] の元とする. 0 ≤ i ≤ max(l, m, n) とする. (f (X) + g(X)) + h(X) の i
次係数は (ai +bi )+ci , (f (X)+g(X))+h(X) の i 次係数は ai +(bi +ci ) である.
A が環であり, 加法の結合法則がみたされるので (ai + bi ) + ci = ai + (bi + ci )
が成り立つ. 全ての次数 r で係数が等しいので (f (X) + g(X)) + h(X) =
(f (X) + g(X)) + h(X) が従う.
(R2) を示す
∑. 上と同様に f (X), g(X), h(X) を定めるとき, f (X) · g(X) の p
次係数は i+j=p ai bj である. よって, (f (X) · g(X)) · h(X) の r 次係数は
r
∑
∑
ai bj
cr−p
p=0
i+j=p
0≤i,j≤p
となる. 同様に, f (X) · (g(X) · h(X)) の r 次の係数は
r
∑
q=0
∑
aq
b
c
j
k
j+k=q
0≤j,k≤p
となる. どちらも
∑
ai bj ck
i+j+k=r
0≤i,j,k≤r
と表される. 全ての次数 r で係数が等しいので (f (X) · g(X)) · h(X) = f (X) ·
(g(X) · h(X)) が従う.
(R3) を示す. f (X) · (g(X) + h(X)) の r 次の係数は,
∑
ai (bj + cj )
i+j=r
0≤i,j≤p
である. f (X) · g(X), f (X) · h(X) の r 次の係数は, それぞれ
∑
∑
ai bj ,
ai cj
i+j=r
0≤i,j≤p
i+j=r
0≤i,j≤p
である. 可換環 A において分配法則が成り立つので,
ai (bj + cj ) = ai bj + ai cj
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が得られる. 全ての次数 r で係数が等しいので f (X) · (g(X) + h(X)) = f (X) ·
g(X) + (X) · h(X) が従う.
(R4) を示す. 1R は, b0 = 1, b1 = b2 = . . . = 0 なる係数を持つ多項式である.
∀f (X) = a0 + a1 X + . . . an X n ∈ A[X] に対して, 1R · f (X), f (X) · 1R の r 次
の係数は, いずれも ar b0 = ar である. よって, 全ての次数 r で係数が等しい
ので 1R · f (X) = f (X) · 1R = f (X) が従う.
(2) deg(f (X)) = n ≥ 0, deg(f (X)) = m ≥ 0 とすると,
f (X) = a0 + a1 X + . . . + an X n (但し, an ̸= 0)
g(X) = b0 + b1 X + . . . + bm X m (但し, bm ̸= 0)
となる. f (X)g(X) の m+n+1 次以上の係数は 0 であり, m+n 次の係数は an bm
となる. 体は整域であるから, an bm ̸= 0 である. よって, deg(f (X)g(X)) =
m + n を得る.
(3) f (X)g(X) = 1R とすると, deg(f (X)g(X)) = deg(f (X))+deg(f (X)) = 0
となる. f (X), g(X) は零でないので, deg(f (X)), deg(f (X)) ≥ 0 であること
に気をつけると deg(f (X)) = deg(f (X)) = 0 でなければならない. よっ
て, f (X) ∈ U (R) ならば, deg(f (X)) = 0, つまり f (X) ∈ K × である. 逆に,
deg(f (X)) = 0 のときには f (X) = a0 ̸= 0 であるから, 0 次多項式 g(X) = a−1
0
が f (X) の逆元となる. 以上で U (R) = K × の証明を終わる.
(4) f (X) ̸= 0, g(X) ̸= 0 とする. このとき, deg(f (X)g(X)) = deg(f (X)) +
deg(f (X)) ≥ 0 であるから, f (X)g(X) ̸= 0 となる. よって, K[X] は整域と
なる.
IV. (1) 12 を単位行列とする. X ∈ M2 (C) に対して, XY = Y X = 12 な
る Y ∈ M2 (C) が存在するための必要十分条件は, detX ̸= 0 なることである.
よって,
答え: U (M2 (C)) = {X ∈ M2 (C)|detX ̸= 0}
(2) X ∈ M2 (C) とする. M2((C) の勝手な行列は三角化可能より
, A ∈ U (M2 (C))
)
a b
が存在して, AXA−1 =
となる. a, d が X の一般固有値である.
0 d
detX = (ad ̸= )0 のときは, (1) でみたように
(
)X は単数となる. a = 0 のと
1
0
0
b
きY′ =
, d = 0 のとき Y ′ =
とおくと AXA−1 Y ′ = 02 と
0 0
0 −a
なる. Y = A−1 Y ′ A とおくと,
AXA−1 AY A−1 = AXY A
−1
= 02
である. 両辺に左から A−1 , 右から A を掛けると XY = 02 となる. よって,
答え: 左零因子全体の集合は {X ∈ M2 (C)|detX = 0}
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(
)
a b
(3) X ∈ M2 (C) とする. (2) と同様に三角化可能
=
を考え
0 d
る. X がベキ零元となるための必要十分条件は AXA−1 がベキ零元となるこ
とである. 計算により, これは a = d = 0 であることと同値である. よって,
AXA−1
答え: ベキ零元全体の集合 = {X ∈ M2 (C)|X の全ての一般固有値が 0}.
V. (1) 答え: U (R) = {f (x) ∈ R | ∀a ∈ R で f (a) ̸= 0}
(2) 答え: R の零因子全体の集合は, (f (x) に依存する) 空でない開区間 U ⊂ R
があって f (x)|U が恒等的に 0 となるような f (x) ∈ R の集合である.
(3) 答え: R には 0R 以外の零因子は存在しない.
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