有名問題・定理から学ぶ数学

Well-Known Problems and Theorems in Mathematics

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定義《環, 可換環, 整域》

(1)
空集合でない集合 $R$ と $R$ 上の二項演算 \[\begin{aligned} +:R\times R\to R&;(a,b)\mapsto a+b, \\ \cdot\,:R\times R\to R&;(a,b)\mapsto a\cdot b \end{aligned}\] が次を満たすとき, $R$ は加法 $+,$ 乗法 $\cdot$ に関して (英: ring, 仏: anneau) をなすといい, $3$ つ組 $(R,+,\cdot )$ を環と呼ぶ.
(R1)
加法に関する結合法則 (associative law): $a,b,c \in R$ ならば, $(a+b)+c = a+(b+c)$ が成り立つ.
(R2)
加法に関する単位元の存在: ある $0 \in R$ について, すべての $a \in R$ に対して $0+a = a+0 = a$ が成り立つ.
(R3)
加法に関する逆元の存在: $a \in R$ ならば, ある $-a \in R$ について $a+(-a) = (-a)+a = 0$ が成り立つ.
(R4)
加法に関する交換法則 (commutative law): $a,b \in R$ ならば, $a+b = b+a$ が成り立つ.
(R5)
乗法に関する結合法則 (associative law): $a,b,c \in R$ ならば, $(a\cdot b)\cdot c = a\cdot (b\cdot c)$ が成り立つ.
(R6)
分配法則 (distributive law): $a,b,c \in R$ ならば, $a\cdot (b+c) = a\cdot b+a\cdot c,$ $(a+b)\cdot c = a\cdot c+b\cdot c$ が成り立つ.
本稿では断りのない限り, 環 $(R,+,\cdot )$ を単に環 $R$ と呼ぶ.
(2)
次の条件を満たす環 $R$ は単位的 (unitary) であるという.
(R7)
乗法に関する単位元の存在: ある $1 \in R$ について, すべての $a \in R$ に対して $1\cdot a = a\cdot 1 = a$ が成り立つ.
(3)
次の条件を満たす環 $R$ を可換環 (commutative ring) と呼ぶ.
(R8)
乗法に関する交換法則 (commutative law): $a,b \in R$ ならば, $a\cdot b = b\cdot a$ が成り立つ.
可換環でない環を非可換環 (non-commutative ring) と呼ぶ.
(4)
次の条件を満たす単位的可換環 $R$ を整域 (domain) と呼ぶ.
(R9)
簡約法則 (cancellation law): $a,$ $b \in R$ ならば, $ab = 0$ $\Longrightarrow$「$a = 0$ または $b = 0$」が成り立つ.
(5)
$a,$ $b \in R$ に対して, $a+b$ を $a$ に $b$ を加えた, $a\cdot b$ を $a$ に $b$ を掛けたと呼ぶ. 積 $a\cdot b$ は $ab$ で表すことも多い. また, $a+(-b)$ を $a-b$ で表し, $a$ から $b$ を引いたと呼ぶ. 二項演算 \[ -:R\times R\to R;(a,b)\mapsto a-b\] を $R$ の減法と呼ぶ.

例《環, 可換環, 整域》

(0)
$1$ 元からなる集合 $\{ 0\}$ は $0+0 = 0,$ $0\cdot 0 = 0$ という二項演算に関して環をなす. これを零環 (zero ring) と呼ぶ.
(1)
整数全体の集合 $\mathbb Z$ は通常の加法, 乗法に関して整域をなす. これを整数環 (ring of integers) と呼ぶ.
(2)
$n$ 行 $n$ 列の複素行列全体の集合は行列の加法, 乗法に関して環をなす. $n \geqq 2$ のとき, この環は非可換環である.

命題《単位元, 逆元の一意性》

 $R$ を環とする.
(1)
(R2) において, $0 \in R$ はただ $1$ つに定まる.
(R3) において, 各 $a \in R$ に対して $-a$ はただ $1$ つに定まる.
(R7) において, $1 \in R$ はただ $1$ つに定まる.
(2)
$a \in R$ とする. ある $a^{-1} \in R$ について $a\cdot a^{-1} = a^{-1}\cdot a = 1$ が成り立つとき, $a^{-1}$ はただ $1$ つに定まる.

証明

 群の単位元・逆元の一意性 (こちらを参照) と同様である.

定義《環の単位元, 逆元》

 $R$ を環とする.
(1)
(R2) を満たす $0$ を $R$ の加法に関する単位元 (unity), (R3) を満たす $-a$ を $a$ の加法に関する逆元 (inverse), (R7) を満たす $1$ を $R$ の乗法に関する単位元 (unity) と呼ぶ.
(2)
上記の命題の (2) の条件を満たす $a \in R$ は可逆 (invertible) であるといい, $a^{-1}$ を $a$ の乗法に関する逆元 (inverse) と呼ぶ.

命題《環の演算の性質》

 $R$ を環とする. $a,$ $b \in R$ ならば,
(1)
$-(a+b) = -b-a,$ $(ab)^{-1} = b^{-1}a^{-1}$ $(a,b \in R^\times )$
(2)
$0\cdot a = a\cdot 0 = 0$ 
(3)
$-(-a) = a,$ $(a^{-1})^{-1} = a$ $(a \in R^\times )$
(4)
$(-1)a = -a$ 
(5)
$(-a)(-b) = ab$ 
が成り立つ.

証明

(1)
(R3), (R2) により \[\begin{aligned} (a+b)+(-b-a) &= a+(b+(-b))+(-a) \\ &= a+0+(-a) = a+(-a) = 0 \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $-b-a$ は $a+b$ の加法に関する逆元であるから, その逆元の一意性により $-(a+b) = -b-a$ が成り立つ.
 後者についても同様である.
(2)
(R6), (R2) により, \[ 0\cdot a+0\cdot a = (0+0)\cdot a = 0\cdot a\] が成り立つ. 両辺に $0\cdot a$ の加法に関する逆元を加えると, (R1), (R3) により \[\begin{aligned} (0\cdot a+0\cdot a)+(-0\cdot a) &= 0\cdot a+(-0\cdot a) \\ 0\cdot a+(0\cdot a+(-0\cdot a)) &= 0 \\ 0\cdot a &= 0 \end{aligned}\] が得られる.
(3)
(R3) により, \[ (-a)+a = a+(-a) = 0\] が成り立つ. これは $a$ が $-a$ の加法に関する逆元であることを意味するから, その一意性により $-(-a) = a$ が成り立つ.
 後者についても同様である.
(4)
(R7), (R6), (R3), (2) により, \[\begin{aligned} a+(-1)a &= 1\cdot a+(-1)a = (1+(-1))a \\ &= 0\cdot a = 0 \end{aligned}\] が成り立つ. (R4) により, $(-1)a+a = 0$ も成り立つ. これは $(-1)a$ が $a$ の加法に関する逆元であることを意味するから, その一意性により $(-1)a = -a$ が成り立つ.
(5)
(2), (R3), (R6) により, \[ 0 = 0\cdot (-b) = (a+(-a))(-b) = a(-b)+(-a)(-b)\] が成り立つ. また, (4) により \[\begin{aligned} a(-b) &= a((-1)b) = (a(-1))b \\ &= ((-1)a)b = (-1)(ab) = -ab \end{aligned}\] が成り立つ. よって, $(-a)(-b)$ は $-ab$ の加法に関する逆元であるから, その逆元の一意性, (3) により \[ (-a)(-b) = -(-ab) = ab\] が成り立つ.

命題《整数倍, べき乗の計算法則》

 $a,$ $b$ を環 $R$ の元とする.
(1)
整数 $m,$ $n$ に対して, \[\begin{aligned} ma+na &= (m+n)a \quad \cdots (1.1), \\ n(a+b) &= na+nb \quad \cdots (1.2), \\ n(a-b) &= na-nb \quad \cdots (1.3), \\ n(ma) &= (mn)a \quad \cdots (1.4) \end{aligned}\] が成り立つ.
(2)
指数法則: 整数 $m,$ $n$ に対して, $m,$ $n \geqq 0$ のとき, $ab = ba$ ならば, \[\begin{aligned} a^ma^n &= a^{m+n} \quad \cdots (2.1), \\ (ab)^n &= a^nb^n \quad \cdots (2.2), \\ (ab^{-1}) ^n &= a^n(b^n)^{-1} \quad \cdots (2.3), \\ (a^m)^n &= a^{mn} \quad \cdots (2.4) \end{aligned}\] が成り立つ. ただし, (2.3) では $b \in R^\times$ であるとする. $a,$ $b$ が可逆であるとき, これらは $m < 0$ または $n < 0$ のときにも成り立つ.

証明

 (1), (2) は同様に証明できる. ここでは, (2) を示す.
(2.1)
(i)
$m \geqq 0,$ $n \geqq 0$ のとき. $a^ma^n$ は $m+n$ 個の $a$ の積であるから, $a^ma^n = a^{m+n}$ が成り立つ.
(ii)
$m \geqq 0,$ $n < 0,$ $a \in R^\times$ のとき. \[\begin{aligned} &a^ma^n = a^m(a^{-1})^{-n} \\ &= \begin{cases} a^{m-(-n)} = a^{m+n} & (m \geqq -n) \\ (a^{-1})^{-n-m} = (a^{-1})^{-(m+n)} = a^{m+n} & (m < -n) \end{cases} \end{aligned}\] が成り立つ.
(iii)
$m < 0,$ $n \geqq 0,$ $a \in R^\times$ のとき. (ii) と同様である.
(iv)
$m < 0,$ $n < 0,$ $a \in R^\times$ のとき. (i) の結果により, \[\begin{aligned} a^ma^n &= (a^{-1})^{-m}(a^{-1})^{-n} \\ &= (a^{-1})^{(-m)+(-n)} = (a^{-1})^{-(m+n)} = a^{m+n} \end{aligned}\] が成り立つ.
(2.2)
(i)
$n > 0$ のとき. 仮定により, $(ab)^n$ は $n$ 個の $a$ と $n$ 個の $b$ の積であるから, $(ab)^n = a^nb^n$ が成り立つ.
(ii)
$n < 0,$ $a,$ $b \in R^\times$ のとき. (i) の結果により, \[\begin{aligned} (ab)^n &= ((ab)^{-1})^{-n} = (a^{-1}b^{-1})^{-n} \\ &= (a^{-1})^{-n}(b^{-1})^{-n} = a^nb^n \end{aligned}\] が成り立つ.
(2.3)
(i)
$a = 1,$ $n \geqq 0$ のとき. (2.2) により \[ b^n(b^{-1})^n = (bb^{-1})^n = 1^n = 1\] であるから, $(b^{-1})^n = (b^n)^{-1}$ が成り立つ.
(ii)
$a = 1,$ $n < 0$ のとき. (i) の結果により \[\begin{aligned} b^n(b^{-1})^n &= (b^{-1})^{-n}((b^{-1}) ^{-1})^{-n} = (b^{-1})^{-n}b^{-n} \\ &= (b^{-1}b)^{-n} = 1^{-n} = 1 \end{aligned}\] であるから, $(b^{-1})^n = (b^n)^{-1}$ が成り立つ.
(iii)
一般の場合. (2.2) と (i), (ii) の結果により, \[ (ab^{-1})^n = a^n(b^{-1})^n = a^n(b^n)^{-1}\] が成り立つ.
(2.4)
(i)
$m \geqq 0,$ $n \geqq 0$ のとき. $(a^m)^n$ は $mn$ 個の $a$ の積であるから, $(a^m)^n = a^{mn}$ が成り立つ.
(ii)
$m \geqq 0,$ $n < 0,$ $a \in R^\times$ のとき. (2.3) と (i) の結果により, \[\begin{aligned} (a^m)^n &= ((a^m)^{-1})^{-n} = ((a^m)^{-n})^{-1} = (a^{m(-n)})^{-1} \\ &= (a^{-mn})^{-1} = (a^{-1})^{-mn} = a^{mn} \end{aligned}\] が成り立つ.
(iii)
$m < 0,$ $n \geqq 0,$ $a \in R^\times$ のとき. (2.3) と (i) の結果により, \[\begin{aligned} (a^m)^n &= ((a^{-1})^{-m})^n = ((a^{-m})^{-1})^n = ((a^{-m})^n)^{-1} \\ &= (a^{(-m)n})^{-1} = (a^{-mn})^{-1} = (a^{-1})^{-mn} = a^{mn} \end{aligned}\] が成り立つ.
(iv)
$m < 0,$ $n < 0,$ $a \in R^\times$ のとき. (2.3) と (i) の結果により, \[\begin{aligned} (a^m)^n &= (((a^{-m})^{-1})^{-n})^{-1} = (((a^{-m})^{-n})^{-1})^{-1} \\ &= (a^{-m})^{-n} = a^{(-m)(-n)} = a^{mn} \end{aligned}\] が成り立つ.

命題《二項定理》

 $R$ を環とする. $n \in \mathbb N,$ $a,$ $b \in R,$ $ab = ba$ ならば, \[ (a+b)^n = \sum_{i = 0}^n\binom{n}{i}a^{n-i}b^i\] が成り立つ.

証明

 左辺 $(a+b)^n = (a+b)\cdots (a+b)$ を展開すると, 各かっこ $(a+b)$ において $a,$ $b$ のいずれかを選んで掛け合わせることで $a^{n-i}b^i$ $(0 \leqq i \leqq n)$ の形の項が得られ, 逆にこの形以外の項は出てこない. $a^{n-i}b^i$ の形の項は, $n$ 個のかっこのうち $i$ 個から $b$ を選ぶ方法の総数 $\dbinom{n}{i}$ だけあるから, 式をまとめると求める等式が得られる.

定義《環の標数》

 $A$ を単位的可換環とする.
$n\cdot 1 = 0$ (左辺は $n$ 個の $1$ の和)
を満たす正の整数 $n$ が存在するとき, その最小値を $A$ の標数 (characteristic) と呼び, $A$ は正標数であるという. また, $n\cdot 1 = 0$ を満たす正の整数 $n$ が存在しないとき, $A$ の標数を $0$ と定め, $A$ は標数 $0$ であるという. 標数は $\mathrm{char}\,A$ で表すことが多い.

命題《整域の標数》

 整域 $A$ の標数は $0$ または素数である.

証明

 $A$ の標数が $p = mn$ $(1 \leqq m \leqq n \leqq p)$ であるとする. このとき, $p\cdot 1 = 0$ つまり $(mn)\cdot 1 = 0$ と, 分配法則により \[ (m\cdot 1)(n\cdot 1) = (mn)\cdot 1\] であることから, $(m\cdot 1)(n\cdot 1) = 0$ である. よって, 簡約法則により
$m\cdot 1 = 0$ または $n\cdot 1 = 0$
が成り立つ. 整域は零環でないから $p > 1$ であることに注意すると, $p$ の最小性により $m = 1,$ $n = p$ が得られる. ゆえに, $p$ は素数である.

定義《体》

 複数個または無限個の元からなり, $0$ でないすべての元が可逆である単位的可換環を (field) と呼ぶ.

例《体》

 有理数体全体の集合, 実数全体の集合, 複素数全体の集合は, 通常の加法, 乗法に関して体をなす. これらの体をそれぞれ, 有理数体, 実数体, 複素数体と呼び, $\mathbb Q,$ $\mathbb R,$ $\mathbb C$ で表す.

命題《体における簡約法則》

 すべての体は整域である.

証明

 体 $K$ の元 $a,$ $b$ に対して $a\cdot b = 0,$ $a \neq 0$ であるとすると, $a$ の可逆元 $a^{-1}$ が存在して $a^{-1}\cdot a = 1$ となるから, \[ b = 1\cdot b = (a^{-1}\cdot a)\cdot b = a^{-1}\cdot (a\cdot b) = a^{-1}\cdot 0 = 0\] が成り立つ.

部分環

定義《部分環》

 $S$ を環 $R$ の空でない部分集合とする. $S$ が $R$ の加法, 乗法に関して環をなすとき, $S$ を $R$ の部分環 (subring) と呼ぶ. ただし, $R$ が単位的である, つまり乗法に関する単位元 $1$ をもつとき, $S$ が上記の条件に加えて $1 \in S$ を満たすときに限り, $S$ を $R$ の部分環と呼ぶ.

命題《部分環の判定法》

 環 $R$ の部分集合 $S$ が $R$ の部分環であるためには, $0 \in S$ と \[ a,\ b \in S \Longrightarrow a+b,\ -a,\ a\cdot b \in S\] の成り立つことが必要十分である.

証明

 加法に関する結合法則 (R1), 加法に関する交換法則 (R4), 乗法に関する結合法則 (R5), 分配法則 (R6) は, $R$ の任意の元に対する条件であるから, $S$ の任意の元に対しても成り立つ. よって, $R$ における加法, 乗法から $S$ の加法, 乗法が定まるという \[ a,\ b \in S \Longrightarrow a+b,\ a\cdot b \in S\] と, 加法に関する単位元の存在 (R2), 加法に関する逆元の存在 (R3) が成り立つときに限り, $S$ は $R$ の部分環になる.

例《部分環》

 $\{ 0\}$ は $\mathbb Z$ の部分環, $\mathbb Z$ は $\mathbb Q$ の部分環である.

定義《部分体》

 $k$ を体 $K$ の空でない部分集合とする. $k$ が $K$ の加法, 乗法に関して体をなすとき, $k$ を $K$ の部分体 (subfield) と呼ぶ.

命題《部分体の判定法》

 体 $K$ の部分集合 $k$ が $K$ の部分体であるためには, $0,$ $1 \in k$ と \[\begin{aligned} a,\ b \in k &\Longrightarrow a+b,\ -a,\ a\cdot b \in k \\ a \in k,\ a \neq 0 &\Longrightarrow a^{-1} \in k \end{aligned}\] の成り立つことが必要十分である.

証明

 乗法に関する交換法則 (R8) は, $K$ の任意の元に対する条件であるから, $k$ の任意の元に対しても成り立つ. よって, 部分環の判定法に乗法に関する単位元の存在 (R7), 乗法に関する逆元の存在の条件を付け加えれば, この判定法が得られる.

例《部分体》

 $\mathbb Q$ は $\mathbb R$ の部分体, $\mathbb R$ は $\mathbb C$ の部分体, $\mathbb Q$ は $\mathbb C$ の部分体である.

環の準同型

定義《環の準同型》

 $R,$ $R'$ を環とする.
(1)
写像 $\varphi :R\to R'$ が $R$ の各元 $a,$ $b$ に対して \[\varphi (a+b) = \varphi (a)+\varphi (b), \quad \varphi (ab) = \varphi (a)\varphi (b), \quad \varphi (1) = 1\] を満たすとき, $\varphi$ を環の準同型 (homomorphism) と呼ぶ.
 $R,$ $R'$ が単位元をもつ場合は, 上記の条件に加えて \[\varphi (1) = 1\] を満たす写像 $\varphi :R\to R'$ を環の準同型と呼ぶ.
(2)
環の準同型 $\varphi :R\to R'$ が全単射であるとする. このとき, $\varphi$ を環の同型 (isomorphism) と呼ぶ. また, $R,$ $R'$ は同型 (isomorphic) であるといい, $R \cong R'$ と表す.

命題《環の準同型による単位元, 逆元の値》

 $\varphi :R\to R'$ を環の準同型とする. このとき,
(1)
$\varphi (0) = 0$ 
(2)
$\varphi (-a) = -\varphi (a)$ $(a \in R)$
が成り立つ.

証明

(1)
単位元の性質により \[\varphi (0)+\varphi (0) = \varphi (0+0) = \varphi (0)\] が成り立つから, 両辺に $\varphi (0)$ の逆元を加えると $\varphi (0) = 0$ が得られる.
(2)
逆元の性質により \[ 0 = \varphi (0) = \varphi (a+(-a)) = \varphi (a)+\varphi (-a)\] が成り立ち, これは $\varphi (-a) = -\varphi (a)$ であることを意味する.

命題《環の準同型の合成》

 環の準同型 $\varphi :R\to R',$ $\psi :R'\to R''$ の合成写像 $\psi\circ\varphi :R\to R''$ は群の準同型である.

証明

 $R$ の各元 $a,$ $b$ に対して \[\begin{aligned} (\psi\circ\varphi )(a+b) &= \psi (\varphi (a+b)) = \psi (\varphi (a)+\varphi (b)) \\ &= \psi (\varphi (a))+\psi (\varphi (b)) = (\psi\circ\varphi )(a)+(\psi\circ\varphi )(b), \\ (\psi\circ\varphi )(ab) &= \psi (\varphi (ab)) = \psi (\varphi (a)\varphi (b)) \\ &= \psi (\varphi (a))\psi (\varphi (b)) = (\psi\circ\varphi )(a)(\psi\circ\varphi )(b) \end{aligned}\] が成り立ち, $R,$ $R',$ $R''$ が単位元をもつ場合は \[ (\psi\circ\varphi )(1) = \psi (\varphi (1)) = \psi (1) = 1\] であるから, $\psi\circ\varphi$ は環の準同型である.