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環の単位元が冪等元であれば、直和として表すことができる 📂抽象代数

環の単位元が冪等元であれば、直和として表すことができる

定理

単位元 11 を持つ環 RR が零因子 aa で a2=aa^2 = a を満たす時、すなわち冪等元であるならば、RR は aRaR と (1−a)R(1-a)R の唯一の直積として表されます。 R=aR×(1−a)R R = a R \times (1-a)R

説明

別に環の直和を定義しなくてもわかるほど、数学らしい魅力のある定理だ。

証明

Part (i). 存在性

r∈Rr \in R について ar∈aR(1−a)r∈(1−a)R ar \in aR \\ (1-a) r \in (1-a) R であり、r=ar+(1−a)rr = ar + (1-a)r だから R=aR×(1−a)RR = a R \times (1-a)R だ。

Part (ii). 独自性

r1,r2,r3,r4∈Rr_{1}, r_{2}, r_{3} , r_{4} \in R について ar1=x1∈aRar3=x2∈aR(1−a)r2=y1∈(1−a)R(1−a)r4=y2∈(1−a)R \begin{align*} a r_{1} =& x_{1} \in aR \\ a r_{3} =& x_{2} \in aR \\ (1-a) r_{2} =& y_{1} \in (1-a) R \\ (1-a) r_{4} =& y_{2} \in (1-a) R \end{align*} とし、x1=x2x_{1} = x_{2} と y1=y2y_{1} = y_{2} を示せばいい。 x1+y1=x2+y2  ⟹  ar1+(1−a)r2=ar3+(1−a)r4  ⟹  a2r1+a(1−a)r2=a2r3+a(1−a)r4 \begin{align*} & x_{1} + y_{1} = x_{2} + y_{2} \\ \implies& a r_{1} + (1-a) r_{2} = a r_{3} + (1-a) r_{4} \\ \implies& a^2 r_{1} + a(1-a) r_{2} = a^2 r_{3} + a(1-a) r_{4} \end{align*} a2=aa^2 = a であり、a(1−a)=a−a2=a−a=0a(1-a) = a - a^2 = a-a = 0 だから、 x1=ar1=a2r1=a2r3=ar3=x2 x_{1} = a r_{1} = a^2 r_{1} = a^2 r_{3} = a r_{3} = x_{2} 同じように ar1+(1−a)r2=ar3+(1−a)r4 a r_{1} + (1-a) r_{2} = a r_{3} + (1-a) r_{4} であり、ar1=ar3a r_{1} = a r_{3} だから (1−a)r2=(1−a)r4 (1-a) r_{2} = (1-a) r_{4} したがって、次を得る。 y1=(1−a)r2=(1−a)r4=y2 y_{1} = (1-a) r_{2} = (1-a) r_{4} = y_{2}

Part (iii). 排他性

x∈aR∩(1−a)Rx \in aR \cap (1-a)R とし、ある r1,r2∈Rr_{1} , r_{2} \in R に対して x=ar1=(1−a)r2 x = a r_{1} = (1-a) r_{2} である。両辺に aa を掛けると ax=a2r1=a(1−a)r2=(a−a2)r2=0⋅r2=0 ax = a^2 r_{1} = a(1-a) r_{2} = (a - a^2) r_{2} = 0 \cdot r_{2} = 0 である。x=ar1=a2r1=0x=a r_{1} = a^2 r_{1} = 0 だから、次を得る。 aR∩(1−a)R={0} aR \cap (1-a)R = \left\{ 0 \right\}

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参照