K

Grad. student in mathematics

분수환

[집합론] §자연수와 무한집합에서 정의한 자연수들의 monoid $\mathbb{N}$은 (약간의 기술적인 문제를 제외하면) 집합론의 언어로 쓰여질 수 있었다. 그리고 $\mathbb{Z}$는 commutative monoid $\mathbb{N}$의 Grothendieck group으로 정의되었다. 중학교 때 배우는 수체계를 생각해보면 이 다음 정의해야 할 대상은 유리수 집합 $\mathbb{Q}$이다.

$\mathbb{Z}$의 덧셈구조를 잊어버리고, 곱셈구조만 기억한다면 $(\mathbb{Z},\cdot,1)$은 commutative monoid이다. 우리가 해야 할 일은 역수들을 추가하는 것이고, $1/0$은 정의되지 않으므로 $S=\mathbb{Z}\setminus\{0\}$으로 두고 (§Grothendieck 군, ⁋정의 7)의 monoid of fractions을 생각하면 multiplicative group $\mathbb{Q}$를 얻게 된다.

일반적으로 이 과정은 다음 정리를 통해 가능하다.

정리 1 Commutative ring $A$와 $A$의 부분집합 $S$를 생각하자. $A$를 multiplicative monoid로 보고, monoid of fractions $A_S$를 생각하자. 그럼 canonical morphism $\epsilon:A \rightarrow A_S$에 대하여, 다음 두 조건을 만족하는 유일한 덧셈구조가 존재한다.

  1. $A_S$ 위의 곱셈구조와, 이 덧셈구조는 $A_S$를 commutative ring으로 만든다.
  2. $\epsilon$이 ring homomorphism이다.
증명

증명을 시작하기에 앞서 §Grothendieck 군, ⁋정의 7의 construction을 잠깐 리뷰하자. 우리는 $S$에 의해 생성된 $A$의 submonoid $S’$를 생각하고, monoid $A\times S’$에 다음 동치관계

\[(a,p)\equiv (b,q)\pmod{R}\iff aqs=bps\text{ for some $s\in S'$}\]

를 정의하여, quotient monoid $(A\times S’)/R$을 $A_S$로 정의하였다. 이 때 $(a,p)\in A\times S’$를 representative로 갖는 $A_S$의 원소를 $a/p$로 표기하였으며, 그럼 $A_S$는 여전히 다음 연산

\[\frac{a}{p}\frac{b}{q}=\frac{ab}{pq}\]

을 통해 multiplicative monoid 구조가 된다. 두 multiplicative monoid 사이의 canonical morphism $\epsilon:A \rightarrow A_S$은 $a\mapsto a/1$로 정의되었었는데, 이것이 monoid homomorphism이라는 것은 $\epsilon$이 ($A_S$가 ring이라는 것을 보이고 나면) $A$에서 $A_S$로 가는, 곱셈구조를 보존하는 함수라는 뜻이다.

즉, 우리가 해야 할 것은 $A_S$ 위에 정리의 두 조건을 만족하는 덧셈구조를 부여하고, 이렇게 정의된 덧셈 구조가 $A_S$를 ring으로 만드는 것, 그리고 $\epsilon$이 실제로 이 덧셈구조까지 보존한다는 것이다.

우선 이러한 덧셈구조가 존재한다 가정하고 유일성을 보이자. 임의의 $x,y\in A_S$는 적당한 $a,b\in A$와 $p,q\in S’$에 대하여 $x=a/p,y=b/q$라 적을 수 있다. 그럼

\[x=\epsilon(a)\epsilon(p)^{-1}=\epsilon(aq)\epsilon(pq)^{-1},\qquad y=\epsilon(b)\epsilon(q)^{-1}=\epsilon(bp)\epsilon(pq)^{-1}\]

으로 적을 수 있고 따라서

\[x+y=(\epsilon(aq)+\epsilon(bp))\epsilon(pq)^{-1}=(aq+bp)/pq\]

여야만 한다.

이제 유일성 증명에서 힌트를 얻어 $A_S$의 덧셈구조를 위의 식으로 정의한다. 그럼 보여야 할 것들은 다음과 같다.

  1. 이 정의는 $a,b,p,q$의 선택에 무관하다. 즉 $x=a’/p’,y=b’/q’$의 꼴로 쓰였다 하자. 다음 식

    \[(aq+bp)/pq=(a'q'+b'p')/p'q'\]

    이 $A_S$에서 성립하는 것을 보여야 한다. 그런데 $a/p=a’/p’,b/q=b’/q’$이므로, 정의에 의해 $ap’s=a’ps,bq’t=b’qt$를 만족하는 $s,t\in S’$가 존재한다. 이로부터

    \[(aq+bp)(p'q')(st)=(a'q'+b'p')(pq)(st)\]

    을 확인할 수 있으므로 원하는 식이 성립한다.

  2. 이렇게 정의한 $+$는 결합법칙을 만족한다. 임의의 $x=a/p,y=b/q,z=c/r$에 대하여,

    \[(x+y)+z=\frac{aq+bp}{pq}+\frac{c}{r}=\frac{(aq+bp)r+c(pq)}{pqr}=\frac{aqr+brp+cpq}{pqr}\]

    이고 미슷하게 $x+(y+z)$도 우변의 값을 갖는다는 것을 확인할 수 있다.

  3. $+$의 교환법칙은 $A$의 덧셈과 곱셈이 commutative하기 때문에 자명하다.

  4. $+$는 덧셈에 대한 항등원 $0/1$을 갖는다. 이는 임의의 $x=a/p\in A_S$에 대하여,

    \[\frac{0}{1}+\frac{a}{p}=\frac{a}{p}\]

    이 성립하기 때문이다.

  5. $+$에 대한 역원이 항상 존재한다. 임의의 $x\in a/p\in A_S$에 대하여, $(-a)/p$가 다음 식

    \[\frac{-a}{p}+\frac{a}{p}=\frac{(-a)p+ap}{p^2}=0\]

    을 만족하기 때문이다.

  6. $+$는 곱셈에 대해 분배법칙을 만족한다. 임의의 $x=a/p,y=b/q,z=c/r$에 대하여,

    \[x(y+z)=\frac{a}{p}\left(\frac{b}{q}+\frac{c}{r}\right)=\frac{a}{p}\frac{br+cq}{qr}=\frac{abr+acq}{qr}\]

    이고

    \[xy+xz=\frac{ab}{pq}+\frac{ac}{pr}=\frac{abpr+acpq}{p^2qr}\]

    이며, $1,p\in S’$를 사용해 이 두 식이 같은 값임을 확인할 수 있다. 비슷하게 $(x+y)z=xz+yz$도 보일 수 있다.

이상에서 $A_S$가 commutative ring 구조를 갖는다는 것을 안다. 마지막으로 $\epsilon$이 ring homomorphism이라는 것은 $\epsilon$이 덧셈을 보존한다는 것만 보이면 충분하고, 이는

\[\epsilon(a+b)=(a+b)/1=a/1+b/1=\epsilon(a)+\epsilon(b)\]

으로부터 알 수 있다.

정의 2 위와 같이 얻어진 ring을 $S$에 의해 정의되는 $A$의 ring of fractions분수환이라 부르고, 이를 $S^{-1}A$로 표기한다.

만일 $S$가 $A$의 cancellable element들의 모임이었다 하면 $\epsilon$이 injection이 되는 것이 자명하고, 따라서 $A$를 $S^{-1}A$의 subring으로 생각할 수 있다. 이 때 $S^{-1}A$를 $A$의 total ring of fractions라 부른다.

체

유리수 $\mathbb{Q}$는 일반적인 ring과 구분되는 다음과 같은 특징을 갖는다.

정의 3 Ring $K$가 division ring나눗셈환이라는 것은 $K\neq0$이고, $K$의 임의의 영이 아닌 원소가 모두 곱셈에 대한 역원을 갖는 것이다. Commutative division ring을 field체라 부른다.

명제 4 Ring $A\neq 0$이 division ring인 것과, $A$의 left ideal이 $0$과 $A$ 뿐인 것이 동치이다.

증명

우선 $A$가 division ring이라 하자. 만일 left ideal $\mathfrak{a}\neq 0$가 주어졌다면 $0\neq u\in \mathfrak{a}$가 존재한다. 그런데 $A$의 역원 $u^{-1}$이 존재하므로,

\[1=u^{-1}u\in \mathfrak{a}\]

이고 따라서 $\mathfrak{a}=A$이다. 거꾸로 $A$의 left ideal이 $0$과 $A$ 뿐이라 하자. 임의의 $0\neq a\in A$에 대하여, $A$의 left ideal $Aa$를 생각하면 $0\neq a\in Aa$이므로 $Aa\neq 0$이다. 이제 $A$의 left ideal은 $0$ 혹은 $A$ 뿐이므로 반드시 $Aa=A$이고, 따라서 $1\in Aa$이다. 즉, 적당한 $u\in A$가 존재하여 $ua=1$이도록 할 수 있다. 그럼 $u\neq 0$이고, 마찬가지 논리에 의하여 적당한 $v\in A$가 존재하여 $vu=1$이도록 할 수 있다. 이제

\[v=v1=vua=a\]

로부터 $v=a$임을 알 수 있고, 따라서 $a$는 $u$의 곱셈에 대한 역원이다.

정역

$\mathbb{Q}$는 그 정의에 의하여 $\mathbb{Z}$의 total ring of fraction이다. 이것이 field가 되는 것은 졍의에 의해 자명하며, 이는 다음과 같이 확장할 수 있다.

정의 5 Ring $A$의 원소 $a,b$가 $ab=0$이지만 $a\neq 0$이고 $b\neq 0$일 경우, $a,b$를 zero divisor영인자라 부른다. Ring $A$가 integral domain정역이라는 것은 $A$가 commutative이고, $0\neq 1$이며, $A$가 zero-divisor를 갖지 않는 것이다.

정의에 의해 integral domain의 subring은 integral domain임이 자명하다. 임의의 nonzero ring $A,B$에 대하여, $A\times B$는 다음 식

\[(1,0)(0,1)=(0,0)\]

으로부터 항상 integral domain이 될 수 없다.

명제 6 Integral domain $A$의 total ring of fraction $K$는 field이다.

증명

$A$가 integral domain이라는 가정으로부터, $S=A\setminus\{0\}$임을 안다. 즉, $K=S^{-1}A$의 임의의 원소는 $b\neq 0$에 대하여 $a/b$의 꼴로 나타낼 수 있다. 여기에서 $a/b\neq 0$이기 위해서는 $a\neq 0$이므로, $b/a\in K$도 잘 정의되고 그럼 $b/a$가 $a/b$의 역원이 된다.

정의 7 위의 명제 6으로부터 얻어지는 field $K$를 $A$의 field of fractions분수체이라 부르고, $\Frac(A)$로 나타낸다.

소아이디얼

Ring homomorphism의 fourth isomorphism theorem으로부터, 임의의 ring $A\neq 0$과 maximal left ideal $\mathfrak{m}$에 대하여 $A/\mathfrak{m}$의 유일한 left ideal은 $0$과 $A/\mathfrak{m}$ 자기 자신 뿐임을 안다. 따라서 명제 4에 의하여 $A/\mathfrak{m}$은 division ring이다. Integral domain 또한 비슷한 식으로 특징지을 수 있다.

명제 8 Commutative ring $A$와 ideal $\mathfrak{p}\neq A$에 대하여 다음이 모두 동치이다.

  1. $A/\mathfrak{p}$가 integral domain이다.
  2. 만일 $x,y\in A\setminus \mathfrak{p}$라면 $xy\in A\setminus \mathfrak{p}$이다.
  3. 만일 $xy\in \mathfrak{p}$라면, $x\in \mathfrak{p}$이거나 $y\in \mathfrak{p}$이다.
증명

2번과 3번 조건은 서로 대우명제이므로, 1번과의 동치만 보이면 충분하다. 우선 $A/\mathfrak{p}$가 integral domain이라 가정하자. 즉

\[(x+\mathfrak{p})(y+\mathfrak{p})=0+\mathfrak{p}\]

라면, 반드시 $x+\mathfrak{p}=0+\mathfrak{p}$이거나 $y+\mathfrak{p}=0+\mathfrak{p}$이다. 이로부터 1번 조건이 성립하면 3번 조건이 성립하는 것을 안다. 이 논증은 반대방향으로도 성립한다.

모든 field는 integral domain이므로, 모든 maximal ideal은 prime ideal이다. 그 역은 성립하지 않는데, 가령 $\mathbb{Z}$의 prime ideal은 $(0)$과, 소수 $p$에 대해 $(p)$ 꼴 뿐이라는 것을 쉽게 확인할 수 있다. 그럼 $(0)$은 prime ideal이지만 maximal ideal은 아니다.

한편 다음이 성립한다.

명제 9 Commutative ring $A,B$ 사이의 ring homomorphism $f:A \rightarrow B$와 $B$의 prime ideal $\mathfrak{p}$에 대하여, $f^{-1}(\mathfrak{p})$는 $A$의 prime ideal이다.

증명

한편, 명제 8의 2번 동치에 의하여, commutative ring $A$를 $A$를 multiplicative monoid로 본다면, 그 prime ideal $\mathfrak{p}$에 대해 $A\setminus\mathfrak{p}$는 $A$의 submonoid로 볼 수 있다. 따라서 ring of fractions $(A\setminus \mathfrak{p})^{-1}A$가 잘 정의되며, 이 ring의 분모에 들어가는 것은 오직 $A\setminus \mathfrak{p}$의 원소들 뿐이다. 이를 다음과 같이 정의한다.

정의 10 Commutative ring $A$와 prime ideal $\mathfrak{p}$에 대하여, $A$의 $\mathfrak{p}$에서의 localization국소화을 $(A\setminus \mathfrak{p})^{-1}A$로 정의하고, 이를 간단히 $A_\mathfrak{p}$로 적는다.

멱영원

정의 11 Ring $A$의 원소 $x$가 nilpotent멱영이라는 것은 적당한 $n>0$이 존재하여 $x^n=0$이 성립하는 것이다. 만일 $A$가 영이 아닌 nilpotent element를 갖지 않으면 $A$를 reduced기약라 부른다.

정의에 의하여, 영이 아닌 nilpotent element는 zero-divisor이다. 따라서 모든 integral domain은 (commutative) reduced ring이다. 뿐만 아니라, commutative ring으로 한정하면 다음을 얻는다.

명제 12 Commutative ring $A$에 대하여, nilpotent element들의 모임 $\mathfrak{N}$은 ideal이 된다.

증명

만일 $x\in \mathfrak{N}$이라면 $x^n=0$이도록 하는 $n>0$이 존재할 것이고, 임의의 $a\in A$에 대하여 $(ax)^n=a^nx^n=0$이 되어 $ax\in \mathfrak{N}$임을 보일 수 있다.

이제 $\mathfrak{N}$이 덧셈에 대해 닫혀있다는 것을 보여야 한다. 임의의 $x,y\in \mathfrak{N}$이 주어졌다 하고, 적당한 $m,n>0$에 대하여 $x^m=0$이고 $y^n=0$이라 하자. 그럼

\[(x+y)^{m+n}=x^{m+n}+\binom{m+n}{1}x^{m+n-1}y+\cdots+\binom{m+n}{n}x^my^n+\binom{m+n}{n+1}x^{m-1}y^{n+1}+\cdots+y^n\]

이고, 우변의 모든 항들이 $0$임을 알 수 있다. 이상에서 $x+y\in \mathfrak{N}$이다.

정의 13 명제 12의 ideal $\mathfrak{N}$을 $A$의 nilradical이라 부른다.

정의에 의하여 $A$가 reduced인 것은 $A$의 nilradical이 $0$인 것과 동치이다. 한편, 만일 $x\in \mathfrak{N}$이라면, 식 $x^n=0$과 prime ideal의 정의로부터 $x\in \mathfrak{p}$이 모든 prime ideal $\mathfrak{p}$에 대해 성립하는 것을 안다. 즉 다음 포함관계

\[\mathfrak{N}\subseteq\bigcap_\text{\scriptsize$\mathfrak{p}$: prime} \mathfrak{p}\]

이 성립한다.

명제 14 Commutative ring $A$와 nilradical $\mathfrak{N}$에 대하여,

\[\mathfrak{N}=\bigcap_\text{\scriptsize$\mathfrak{p}$: prime} \mathfrak{p}\]

이 성립한다.

증명

만일 $x\not\in \mathfrak{N}$이라면, 적당한 $\mathfrak{p}$에 대해 $x\not\in \mathfrak{p}$임을 보이면 충분하다. 우선 multiplicative subset $S=\{1,x,x^2,\ldots\}$으로 만들어진 ring of fractions $A_x=S^{-1}A$를 생각하자. 그럼 $A_x$의 곱셈에 대한 항등원 $x/x$이 반드시 $0/1$과 다르다는 것을 확인할 수 있고, 특히 $A_x\neq 0$이다. 이제 Krull 정리로부터 $A_x$의 maximal ideal $\mathfrak{m}$이 반드시 존재하고, 모든 maximal ideal은 prime ideal이므로 $A_x$는 prime ideal을 갖는다. 이제 명제 9를 $\epsilon:A \rightarrow A_x$에 적용하면 $\epsilon^{-1}(\mathfrak{p})$는 $A$의 prime ideal이며, 만일 $x\in\epsilon^{-1}(\mathfrak{p})$라면 $x/1\in \mathfrak{p}$이고 $x/1$은 $A_x$에서 invertible이므로 $\mathfrak{p}=A_x$가 되어 모순이다.

참고문헌

[Bou] Bourbaki, N. Algebra I. Elements of Mathematics. Springer. 1998.

댓글남기기