加群の定義(戒め)

加群の定義を当たり前と思わないための戒めとしてメモする.

可換群$ M $が環$ R $上の左加群であるとは左作用$ R \times M \rightarrow M ; (a, x) \mapsto ax $に関して, 

(1) $ \forall a \in R, \forall x, y \in M $について$ a(x+y)=ax+ay $

(2) $ \forall a, b \in R, \forall x \in M $について$ (a+b)x=ax+bx $

(3) $ \forall a, b \in R, \forall x \in M $について$ (ab)x=a(bx) $

(4) $ \forall x \in M $について$ 1x=x $

が成り立つことである(志甫 淳, 「共立講座 数学の魅力5 層とホモロジー代数」, 東京, 共立出版, 2016.1, 7p を参考にしました).

 

時間をおいてから上の定義を見ると直感的に明らかに感じてしまうが, ちゃんと写像を使って書くと次のようになる.

 

$ R $上の和, 積をそれぞれ$ {\rm Sum}_R, {\rm Mul}_R : R \times R \rightarrow R $と表す.

$ M $上の和を$ {\rm Sum}_M : M \times M \rightarrow M $と表す.

$ R $の$ M $への左作用を$ Act : R \times M \rightarrow M $と表す.

 

これらを使うと上の定義はそれぞれ以下のように書き換えられる.

(1)' $ Act(a, {\rm Sum}_{M}(x, y)) = {\rm Sum}_{M}(Act(a, x), Act(a, y)) $

(2)' $ Act({\rm Sum}_{R}(a, b), x) = {\rm Sum}_{M}(Act(a, x), Act(b, x))$

(3)' $ Act({\rm Mul}_{R}(a, b), x) = Act(a, Act(b, x)) $

(4)' $ Act(1, x) = x $

感想は個人によるが, 自分は割と非自明な式だなあと思った.

自分が思っているよりも(1)のような式は非自明なのかもしれない. $ R $からの作用が$ M $での和を飛び越えて作用するということだから.

 

分数の性質メモ

分数どうしの掛け算, 割り算の法則を示そうと思います. ときどき大学数学の話が混ざっていますが大部分は一次方程式をいじっているだけです.

実数 $ a $ と実数 $ b≠0 $ に関して定まる分数 $ \frac{a}{b} $ とは一次方程式

$ a = bx $

の解と定めます(この定義が一般的であるのかは分かりませんが, 少なくとも問題はないと思います).

なお, この方程式の解が実数の範囲内で一意に存在することは,

・関数 $ f(x) = bx $ が実数全体で単調であること( $ b≠0 $ という仮定を使ってます).

・中間値の定理.

から導くことができます.

中間値の定理は実数の連続性を示すものなので, 実際は単調性・実数の連続性・実数の性質から導くことができると思われます.

【分数同士の掛け算】

 $ a, b, c, d $ は実数とし, $ b $ と $ d $ は $ 0 $ でないとします.

このとき分数 $ \frac{a}{b} $ および $ \frac{c}{d} $ はそれぞれ以下の方程式たち

$ a = bx $・・・(1)
$ c = dy $・・・(2)

の解 $ x, y $ と定めることにしていたのでした.

すなわち今の場合では $ x = \frac{a}{b}, y = \frac{c}{d} $ という状態です. 代入したわけではなくこのように定めたのです.

さて今考えたいのは分数同士の掛け算なので, $ xy $ という実数がどのような方程式を満たすのかを調べます. 

天下り的ですが次のような性質が満たされると分かります.

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$ (bd)(xy) = (bx)(dy) $ (実数の積に関する結合則と可換性)

この式の右辺に式(1)と(2)を代入

$ (bd)(xy)=ac $

***************

すなわち $ xy $ という実数は方程式

$(bd)z = ac$

の解 $ z $ の条件を満たしていると分かります.

ゆえに分数の定義から $ xy = \frac{ac}{bd} $, 

すなわち $ (\frac{a}{b})(\frac{c}{d}) = \frac{ac}{bd} $ が示されました.

【分数同士の割り算】

$ a, b, c, d $ は掛け算のときと同様に定め, $ x, y $ も同様に定めます.

つまり $ x = \frac{a}{b}, y = \frac{c}{d} $ です.

ここで示したいのは $ \frac{a}{b} ÷ \frac{c}{d} = \frac{ad}{bc} $ という式です.

すなわち $ \frac{x}{y} = \frac{ad}{bc} $ を示したいと言い換えられます.

そこで次の方程式を考えます.

$ yz = x $・・・(3)

$ x, y $ は一つの実数として定まっているので, これは $ z $ を変数とする方程式だと考えられます.

そして分数の定義より, $ z = \frac{x}{y} $ です. この $ z $ がどのような性質を満たしているかを調べます.

***************

$ (bd)(yz) = b(dy)z $

式(2)より $ dy = c $ を上の式の右辺に代入

$ (bd)(yz)=(bc)z $

式(3) より $ yz = x $ を上の式の左辺に代入

$ (bd)x=(bc)z $
$ d(bx) = (bc)z $ (左辺の順序交換)

式(1)より $ bx = a $ を上の式の左辺に代入

$ ad = (bc)z $

***************

よって $ z $ は方程式 $ ad = (bc)z $ を満たすので, 分数の定義より $ z = \frac{ad}{bc} $ となります.

すなわち $ \frac{a}{b} ÷ \frac{c}{d} = \frac{ad}{bc} $ が示されました.

 

以上により分数の掛け算・割り算の法則が(多分)示せたのではないでしょうか.

 

複素数の場合】

上の分数の定義には, 実数の全順序性がクリティカルに使われています. これは中間値の定理や関数の単調性などに含まれており, これがあるおかげでwell-definedとなっています.

しかし複素数体実数体と違って全順序体ではないので, これでは分数の法則を実数の場合でしか示していないことになります. そこで複素数の場合も示します.

 $ a = bz $ なる複素係数方程式の解の存在性は全順序性を使わなくても示せます. 「代数学の基本定理」によります.

 

代数学の基本定理 - Wikipediaによれば

―『次数が 1 以上の任意の複素係数一変数多項式には複素根が存在する』―

とのことです.

つまりいま $ f(z)=bz-a $ なる複素係数一変数多項式を考えれば, これの解の存在性が言えます.

 

一意性に関しては仮に二つの異なる複素数 z, z' が共に解になると仮定すれば

$ bz-a = 0 $

$ bz'-a = 0 $

辺々を引いて

$ b(z-z') = 0 $

左辺において仮定より $ b ≠ 0, z-z' ≠ 0 $ なので $ b(z-z') ≠ 0 $

よって矛盾.

背理法より一意性が示されました.

(このようにしなくても, $ bz-a $ の次数が1だから高々1つしか根を持たないと言えば十分です)

 

以上により複素数の場合も一次方程式の一意な解として分数が定義できることになります.

それ以外の部分では全順序性を使ってはいないので, 実数の場合の議論をそのまま複素数にも適用できます.

 

以上メモ終わり

 

 

整数環Zにおいて2の逆元が無いことのメモ

整数環Zにおいて, 乗法に関する2の逆元がないことのメモ.

実数体Rにおいて2の逆元1/2が存在し, これが整数でないので示された」
として良さそうだが, 整数に関する定理は整数の性質だけを使って示すべき.

【証明①】
ある整数 n が 2n=1 を満たすとする.

一般に順序と演算の整合性から 1>0 は導かれるので, 仮定と合わせて 2n=1>0 を得る.
つまり n+n>0 である.
もしも n<=0 ならば n+n<=0 より矛盾なので, 背理法により n>0(不等式の両辺を2で割ったわけではない).

一方, 2(n-1)=2n-2=1-2=-1<0 だから上と同様にして n-1<0.
つまり n<1(両辺に1を足した).

これらより 0n×n=n^2
これを続けていけばn>n^2>n^3>……と続いていく.
ところが任意の自然数は0に対して有限回後続数をとったものなので, 無限に降下していくのはおかしい(有限回という概念は自然数が無い状態でも考えられるものであろうか).
よって矛盾.

【証明②】
任意の整数 n と m について, ある整数 q と正の整数 rで |m|>r>=0 を満たすものが一意的に存在して
n=qm+r
となることを使う.

2n=2×n+0
1=2×0+1

一意性より矛盾.

【証明③】
2n=1とする.
nは整数であるが, 特にn>0の時は自然数に一致することは認めるものとする(整数の定義が曖昧なので今は認めるものとします. あとで追記するかも).
証明①と同様にしてn>0が出ます.
よってnは0でない自然数なので, ある自然数mの後続数である.
自然数のサクセッサー関数をSucとおく.
n=Suc(m)である.
Sucの性質から
1=Suc(0)
2n=n+n=Suc(n+m)
Sucの単射性から0=n+m
再びSucを使って
n+m=Suc(m+m)
つまり0=Suc(m+m)
いまmは自然数なのでm+mも自然数.
したがって0はある自然数の後続数になる.
しかしこれは自然数の定義に反する.
よって矛盾.

【まとめ】
自然数や整数や足し算の定義が曖昧なのでところどころ曖昧なままの証明になってしまった.
ここらへんを勉強できるいい本を探さなければならない.
ただ個人的に①と③はかなり公理に近いところだけを使ってできたのではないかなぁと思っている. 特に③は数の大小関係をほぼ使わないで示しているように見えるのでもうすこし考察したい.