K

Grad. student in mathematics

이제 우리는 국소화의 추가적인 성질들에 대해 살펴본다. 이 글의 첫 번째 목표는 앞선 글에서 살펴본 가군의 국소화와 환의 국소화 사이에 밀접한 관계가 있다는 것을 증명하는 것이다. 이 글에서 ring AA, AA의 multiplicative subset SS와 AA-module MM을 고정한다.

국소화와 Hom, tensorPermalink

우선 보조정리 하나를 증명하며 시작한다. AA-module homomorphism S−1A×AM→S−1MS^{-1}A\times_A M \rightarrow S^{-1}M을 (r/u,x)↦rx/u(r/u, x)\mapsto rx/u으로 정의하면 이는 AA-bilinear map이고, 따라서 AA-linear map S−1A⊗AM→S−1MS^{-1}A\otimes_A M \rightarrow S^{-1}M을 유도한다. ([대수적 구조] §가군의 직접곱과 직합, 텐서곱, ⁋정리 5)

보조정리 1 위에서 정의한 AA-linear map은 isomorphism이 된다.

증명

역함수를 만들어주면 충분하다. 이를 위해 우선 M×SM\times S에서 S−1A⊗AMS^{-1}A\otimes_AM으로의 함수를

(x,s)↦1s⊗x(x,s)\mapsto \frac{1}{s}\otimes x

으로 정의하자. 그럼 이 함수는 S−1MS^{-1}M에서 S−1A⊗AMS^{-1}A\otimes_AM으로의 잘 정의된 AA-linear map을 정의한다. 이를 살펴보기 위해서는 이 함수가 M×SM\times S 위에 정의된 equivalence relation에 대해 잘 행동하는 것을 보이면 충분하다. 따라서 (x,s)∼(x′,s′)(x,s)\sim (x’,s’)를 만족하는 M×SM\times S의 두 원소가 주어졌다 하자. 그럼 적당한 t∈St\in S가 존재하여 tsx′=ts′xtsx’=ts’x가 성립하며, 이로부터

1tss′⊗ts′x=1tss′⊗tsx′\frac{1}{tss'}\otimes ts'x=\frac{1}{tss'}\otimes tsx'

가 성립한다. 그런데 ts′,ts∈Ats’,ts\in A이므로, 좌변과 우변의 ts′ts’와 tsts를 각각 ⊗\otimes의 왼쪽으로 넘겨주면

1s⊗x=1s′⊗x′\frac{1}{s}\otimes x=\frac{1}{s'}\otimes x'

를 얻는다. 이 함수가 AA-linear map이며 위에서 정의한 S−1A⊗AM→S−1MS^{-1}A\otimes_A M \rightarrow S^{-1}M의 역함수임은 자명하다.

특히 이를 이용하여 module의 localization의 functoriality 또한 보일 수 있다. 임의의 u:M→M′u: M \rightarrow M’에 대하여 S−1M→S−1M′S^{-1}M \rightarrow S^{-1}M’을 다음 함수

S−1⊗Au:S−1⊗AM→S−1⊗AM′S^{-1}\otimes_A u: S^{-1}\otimes_AM \rightarrow S^{-1}\otimes_AM'

의 양 변을 localization과 동일시하여 정의하면 되기 때문이다. 일반적으로 텐서곱은 right exact이지만, 이 경우에는 exact functor가 된다.

명제 2 S−1AS^{-1}A는 flat AA-module이다. ([다중선형대수학] §사영가군, 단사가군, 평탄가군, ⁋정의 7)

증명

임의의 injective AA-linear map u:M→M′u:M \rightarrow M’이 주어졌다 하고, S−1A⊗AuS^{-1}A\otimes_A u이 injective인 것을 보여야 한다. 그런데 보조정리 1에 의해, 이는 linear map S−1M→S−1M′S^{-1}M \rightarrow S^{-1}M’이 injective인 것을 보이면 충분하다. 어떠한 x/s∈S−1Mx/s\in S^{-1}M에 대하여, 이를 S−1M′S^{-1}M’으로 보낸 원소인 u(x)/su(x)/s가 S−1M′S^{-1}M’에서 00이라 하자. 그럼 u(x)/s=0/1u(x)/s=0/1로부터 적당한 t∈St\in S가 존재하여

tu(x)=u(tx)=0tu(x)=u(tx)=0

이 성립하고, uu가 injective이므로 MM에서 tx=0tx=0이어야 한다. 그럼 S−1MS^{-1}M에서

xs=txts=0ts=0\frac{x}{s}=\frac{tx}{ts}=\frac{0}{ts}=0

이므로 원하는 결과를 얻는다.

국소화에 의해 결정되는 성질들Permalink

위의 명제 2에 의하여, u:M→M′u:M \rightarrow M’이 injective (resp. surjective, bijective)라면 이로부터 유도되는 S−1M→S−1M′S^{-1}M \rightarrow S^{-1}M’ 또한 그러하다는 것을 안다. 명제 4는 이에 대한 일종의 (강력한) 역이라고 생각할 수 있다. 이를 위해 우선 다음 보조정리를 보인다.

보조정리 3 AA-module MM과, AA의 maximal ideal m\mathfrak{m}에서의 localization ϵm:M→Mm\epsilon_\mathfrak{m}:M \rightarrow M_\mathfrak{m}을 생각하자. 그럼 MM의 원소 xx가 00인 것은, 모든 AA의 maximal ideal m\mathfrak{m}에 대하여 위에서 정의한 ϵm\epsilon_\mathfrak{m}이 ϵm(x)=0\epsilon_\mathfrak{m}(x)=0을 만족하는 것이 동치이다.

증명

한쪽 방향은 자명하므로 반대쪽만 보이면 충분하다. 고정된 maximal ideal m\mathfrak{m}에 대하여 ϵm(x)=0\epsilon_\mathfrak{m}(x)=0이 성립한다 하자. 이는 ann⁡(x)\ann(x)가 m\mathfrak{m}에 포함되지 않는 것과 동치이다. 그럼 주어진 조건에 의하여, ann⁡(x)\ann(x)는 모든 AA의 maximal ideal에 포함되지 않는 ideal이고, 이러한 ideal은 오직 AA 자기 자신 뿐이다. 즉 ann⁡(x)=A\ann(x)=A이고 이로써 증명이 완료된다.

따라서 다음이 성립한다.

명제 4 AA-linear map u:M→Nu:M \rightarrow N이 monomorphism (resp. epimorphism, isomorphism)인 것은 임의의 maximal ideal m\mathfrak{m}에 대하여 um:Mm→Nmu_\mathfrak{m}: M_\mathfrak{m} \rightarrow N_\mathfrak{m}이 그러한 것과 동치이다.

이에 대한 증명은 보조정리 3를 kernel과 cokernel에 대해 적용하면 충분하다.

다음 정리는 앞으로 종종 사용될 것이므로, 증명은 신경쓰지 않더라도 결과는 기억해두는 것이 좋다.

명제 5 Ring AA와 AA-algebra EE를 고정하자. 그럼 임의의 AA-module M,NM,N에 대하여 다음의 EE-module homomorphism

α:E⊗AHom⁡A(M,N)→Hom⁡E(E⊗AM,E⊗AN);(1⊗f)↦idE⊗Af\alpha: E\otimes_A\Hom_A(M,N) \rightarrow\Hom_E(E\otimes_A M, E\otimes_AN);\qquad (1\otimes f)\mapsto \id_E\otimes_A f

이 잘 정의된다. 특히 만일 EE가 flat AA-module이고 MM이 finitely presented라면 α\alpha는 isomorphism이다.

증명

α\alpha가 잘 정의된다는 것은 자명하다. 이제 EE가 flat AA-module이고 M=AM=A라 하자. 그럼 주어진

α:E⊗AHom⁡A(A,N)→Hom⁡E(E⊗AM,E⊗AN)\alpha: E\otimes_A\Hom_A(A, N) \rightarrow\Hom_E(E\otimes_AM, E\otimes_AN)

은 사실 다음의 commutative diagram

simplest_case

에 넣을 수 있으므로 주어진 명제가 성립한다. 여기서 수직 방향 함수는 각각 isomorphism

Hom⁡A(A,N)≅N,Hom⁡E(E⊗A,E⊗AN)≅Hom⁡E(E,E⊗AN)≅E⊗AN\Hom_A(A,N)\cong N,\qquad \Hom_E(E\otimes_A,E\otimes_AN)\cong\Hom_E(E,E\otimes_AN)\cong E\otimes_AN

에서 온 것들이다. 그 후, Hom⁡\Hom과 ⊗\otimes는 유한한 direct sum과 commute하므로 이 명제는 flat AA-module EE와 임의의 finitely generated free AA-module MM에 대해서도 성립하며, 마지막으로 MM이 finitely presented인 경우는 다음의 free presentation

F→G→M→0F \rightarrow G \rightarrow M \rightarrow 0

을 잡은 후, 다음의 commutative diagram

general_case

에 four lemma를 사용하면 충분하다.

특별히 다음의 short exact sequence

0→M→L→N→00 \rightarrow M \rightarrow L \rightarrow N \rightarrow 0

이 주어졌다 하자. 그럼 이 exact sequence가 splitting exact sequence인 것은 임의의 AA-module KK에 대하여

0→Hom⁡ModA(K,M)→Hom⁡ModA(K,L)→Hom⁡ModA(K,N)→00 \rightarrow \Hom_\rMod{A}(K,M) \rightarrow \Hom_\rMod{A}(K,L)\rightarrow \Hom_\rMod{A}(K,N) \rightarrow 0

이 splitting exact sequence인 것과 동치이며, [다중선형대수학] §Hom과 텐서곱, ⁋명제 1의 증명을 보면 실은 K=NK=N일 때 위의 sequence가 exact이기만 하면, 즉

Hom⁡ModA(N,L)→Hom⁡ModA(N,N)→0\Hom_\rMod{A}(N,L) \rightarrow \Hom_\rMod{A}(N,N) \rightarrow 0

이 surjective이기만 하면 원래의 exact sequence 0→M→L→N→00 \rightarrow M \rightarrow L \rightarrow N \rightarrow 0이 splitting exact sequence임을 안다. 따라서 다음을 얻는다.

따름정리 6 임의의 short exact sequence

0→M→L→N→00 \rightarrow M \rightarrow L \rightarrow N \rightarrow 0

가 주어졌다 하자. 만일 NN이 finitely presented이고, 모든 maximal ideal m\mathfrak{m}에 대하여

0→Mm→Lm→Nm→00 \rightarrow M_\mathfrak{m} \rightarrow L_\mathfrak{m} \rightarrow N_\mathfrak{m} \rightarrow 0

이 splitting exact sequence라면 원래의 exact sequence가 split한다.

아이디얼의 근기Permalink

다음의 결과는 엄밀히 이야기하면 localization과는 관계가 없지만, 이를 적어주는 데에 multiplicative subset을 사용하므로 여기에서 언급하고 넘어간다.

명제 7 Ring AA와 multiplicative subset SS에 대하여, a\mathfrak{a}가 SS와 만나지 않는 ideal 중 maximal한 것이라 가정하자. 그럼 a\mathfrak{a}는 prime ideal이다.

증명

AA의 두 원소 a1,a2a_1,a_2가 주어졌다 하고, a1,a2∉aa_1,a_2\not\in \mathfrak{a}라면 a1a2∉aa_1a_2\not\in \mathfrak{a}임을 보이자. a\mathfrak{a}의 maximality에 의하여, 두 ideal a+(a1)\mathfrak{a}+(a_1)과 a+(a2)\mathfrak{a}+(a_2)는 반드시 SS와 만나야 하므로, 적당한 b1,b2∈Ab_1,b_2\in A와 x1,x2∈ax_1,x_2\in \mathfrak{a}에 대하여 aibi+xi∈Sa_ib_i+x_i\in S가 성립해야 한다. 그런데 SS는 곱셈에 대해 닫혀있으므로, 다음 원소

(a1b1+x1)(a2b2+x2)=a1a2b1b2+a1b1x2+a2b2x1+x1x2(a_1b_1+x_1)(a_2b_2+x_2)=a_1a_2b_1b_2+a_1b_1x_2+a_2b_2x_1+x_1x_2

또한 SS에 속해있어야 한다. 만일 결론에 반하여 a1a2∈aa_1a_2\in \mathfrak{a}라면, 우변의 네 항은 모두 a\mathfrak{a}에 속하므로 이는 a\mathfrak{a}와 SS가 만나지 않는다는 가정에 모순이다.

비슷한 맥락에서 다음을 얻는다.

따름정리 8 Ring AA의 ideal a\mathfrak{a}에 대하여, a\mathfrak{a}의 radical근기 a\sqrt{\mathfrak{a}}를 다음 식

a={a∣ak∈a for some k∈N}\sqrt{\mathfrak{a}}=\{a\mid a^k\in \mathfrak{a}\text{ for some $k\in \mathbb{N}$}\}

으로 정의하자. 그럼

a=⋂p prime containing ap\sqrt{\mathfrak{a}}=\bigcap_\text{\scriptsize$\mathfrak{p}$ prime containing $\mathfrak{a}$} \mathfrak{p}

이 성립한다.

증명

한쪽 방향은 자명하며, 반대로 만일 a∉aa\not\in \sqrt{\mathfrak{a}}라면 S={ak∣k≥1}S=\{a^k\mid k\geq 1\}로 두고 §국소화, ⁋명제 10를 적용하면 된다.

참고문헌

[Eis] David Eisenbud. Commutative Algebra: with a view toward algebraic geometry. Springer, 1995.

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