解析学VI演習4.4

問題

解答

(f_i)_i∈NをS(R^d)内のコーシー列としたとき、あるf ∈ S(R^d)でf_i → fとなるものがあることを示せばよい。任意の多重指数αについて|∂^αf_i - ∂^αf_j| < |f_i - f_j|_|α|だから(∂^αf_i)は一様収束している。f = lim f_iととる。
(1) f ∈ C^∞(R^d)であること
R上の可微分な関数の列φ_iが（広義）一様収束していたら(lim φ_i)' = lim φ_i'であることから、|α|についての帰納法によって、任意の多重指数αについて∂^αf = lim ∂^αf_iが従う。
(2) f ∈ S(R^d)であること
hを自然数、αを多重指数とする。(f_i)はS(R^d)ないのコーシー列だからある正実数Mで、任意の自然数iについて|f_i|_h+|α| < Mとなるものがある。このとき任意のy ∈ R^dと任意の自然数iについて(1 + |y|)^h|∂^αf_i(y)| < Mである。一方このyについてlim(1 + |y|)^h∂^αf_i(y) = (1 + |y|)^h∂^αf(y)である。これはsup_x(1 + |x|)^h|∂^αf(x)| ≤ Mということである。
(3) S(R^d)においてf_i → fであること
hを自然数、αを多重指数、ε > 0を正実数としたとき、ある自然数NでN < iだったらsup_x(1 + |x|)^h|∂^αf(x) - ∂^αf_i(x)| < 2εとなるものが存在することを示せばよい。正実数Mで、任意の自然数iについて|f_i|_h+|α|+1 < Mとなるものをとる。r < |x|だったら(1 + |x|)^h∂^αf_i < εとなる実数Rをとる（たとえばr = max(M/ε - 1, 0)とする）。上と同様にしてr < |x|だったら(1 + |x|)^h∂^αf ≤ εとなる。よってr < |x|だったら任意のiについて(1 + |x|)^h|∂^αf(x) - ∂^αf_i(x)| < 2ε
いっぽう、(1 + |x|)^h∂^αfに各点収束している関数列((1 + |x|)^h∂^αf_i)_iは、有界領域{x ∈ R^d| |x| ≤ r}上では一様収束している。よってある自然数NがあってN < i, |x| ≤ rだったら(1 + |x|)^h|∂^αf(x) - ∂^αf_i(x)| < 2εとなっている。
これでN < iだったら任意のx ∈ R^dについて(1 + |x|)^h|∂^αf(x) - ∂^αf_i(x)| < 2εとなることがわかったが、これが示したいことだった。

解析学VI演習2.6

問題

解答

ε > 0を任意の実数としたとき、ある自然数Nが存在してN < m ≤ nだったら|∑_m≤k≤n φ_k(x)f_k(y)| ≤ 3εが任意のyについて成り立っていることを示せばよい。
Mを、任意のk、yについて|φ_k(x)| < Mなる実数とする。N < m ≤ nだったら任意のyについて|∑_m≤k≤n f_k(y)| < ε/Mであるような自然数Nをとる。
このときN < m ≤ nについて
∑_m≤k≤n φ_k(x)f_k(y) = φ_m(x)(f_m(y) + ... + f_n(y)) + (φ_m+1(x) - φ_m(x))(f_m+1(y) + ... + f_n(y)) + ... + (φ_n(y) - φ_n-1(y))f_n(y)
より
|∑_m≤k≤n φ_k(x)f_k(y)| ≤ |φ_m(x)∑_m≤k≤n f_k(y)| + ∑_m<k≤n(φ_k(x) - φ_k-1(x))|∑_k≤jf_j(y)| ≤ M*ε/M + ∑_m<k≤n (φ_k(x) - φ_k-1(x))*ε/M ≤ 3ε
がわかったが、これが示したいことだった。

解析学VI演習1.7

問題

解答

kを自然数とする。
|∑_n≤k (f, e_n)e_n|² = (∑_n≤k (f, e_n)e_n, ∑_n≤k (f, e_n)e_n) = ∑_n≤k |(f, e_n)|²|
より数列(|∑_n≤k (f, e_n)e_n|²)_k∈Nは単調増加である。一方で
0 ≤ |f - ∑_n≤k (f, e_n)e_n|² = (f - ∑_n≤k (f, e_n)e_n, f - ∑_n≤k (f, e_n)e_n) = |f|² - |∑_n≤k (f, e_n)e_n|²
より(|∑_n≤k (f, e_n)e_n|²)_k∈Nは上から|f|²でおさえられている。よって単調増加列(|∑_n≤k (f, e_n)e_n|)_k∈Nは上から|f|でおさえられている。実数の完備性から(|∑_n≤k (f, e_n)e_n|)_k∈Nはある実数Gに収束する。ここから関数列(∑_n≤k (f, e_n)e_n)_k∈NがX内のコーシー列であることが従う。Xの完備性からこれはあるXの元gに収束する。|∑_n≤k (f, e_n)e_n| ≤ |f|だったから|g| ≤ |f|である。

幾何学II演習(10.3)

問題

解答

今に限りD⁰ = {0} ⊂ D₁、S^-1は空集合ということにする。各自然数mについてD^mは{(0, x₁, .... x_m-1)}としてD^m+1に埋め込まれていると考える。
nについての帰納法で（0以上の自然数nについての）表式を示す。n = 0のときは(X × D⁰, X × S^-1) =~ (X, ∅)より明らか。
mを1以上の自然数として、自然数nの値がmより小さいときには問題のステートメントが成り立っていたと仮定する。
p₁ = (1, 0, ..., 0), p₂ = (-1, 0, ..., 0) ∈ S^m-1 ⊂ D^mとおく。i = 1, 2についてY_i = D^m - {p_i}, A_i = S^m-1 - {p_i}とおく。(Y₁)^◦ ∪ (Y₂)^◦ = D^mかつ(A₁)^◦ ∪ (A₂)^◦ = S^m-1（こちらはS^m-1において）だから、((Y_i, A_i))_i=1,2は対(D^m, S^m-1)の「被覆」になっていて、(X × (Y_i, A_i))_i=1,2 = ((X × Y₁, X × A₁), (X × Y₂, X × A₂))はX × (D^m, S^m-1) = (X × D^m, X × S^m-1)の「被覆」になっている。てこれについてのMayer-Vietoris完全列は
...→ H_q+m(X × (Y₁, A₁)) ⊕ H_q+m(X × (Y₂, A₂)) → H_q+m(X × (D^m, S^m-1)) → H_q+m-1(X × (Y₁ ∩ Y₂, A₁ ∩ A₂)) → H_q+m-1(X × (Y₁, A₁)) ⊕ H_q+m-1(X × (Y₂, A₂)) →...
となる。
(Y₁ ∩ Y₂, A₁ ∩ A₂) = (D^m - {p₁, p₂}, S^m-1 - {p₁, p₂})は(D^m-1, S^m-2)を変異リトラクトにしている。また(Y₁, A₁) は({p₂}, {p₂})を変異リトラクトにし、(Y₂, A₂)は({p₁}, {p₁})を変異リトラクトにしている。X × ({p_i}, {p_i}) =~ (X, X)とH(X, X) = 0より、上の完全列は
0 → H_q+m(X × (D^m, S^m-1)) → H_q+m-1(X × (D^m-1, S^m-2)) → 0
となる。帰納法の仮定からH_q+m-1(X × (D^m-1, S^m-2)) =~ H_qXだからH_q+m(X × (D^m, S^m-1)) =~ H_qXがいえた。

(Y₂, A₂)を({p₁}, {p₁})に縮めるホモトピー：
(x₁, ..., x_n, t) → (t + (1 - t) x₁, √{(1 - t)(1 + t + x₁ - tx₁)/(1 + x₁)} (x₂, x₃, ..., x_n))
（x₁ > -1だから定義可能）
(Y₁ ∩ Y₂, A₁ ∩ A₂)を(D^n-1, S^n-2)に縮めるホモトピー：
(x₁, ..., x_n, t) → (tx₁, √{(1 - (tx₁)²)/(1 - x₁²)} (x₂, ..., x_n))
（x₁² < 1だから定義可能なことに注意）

代数学II演習(87)

問題

解答

位数nの巡回群をC_nと書くことにする。
Gを位数21の非可換群とする。Gの7-Sylow群の数をkとする。P₇ = {M | M ⊂ G, |M| = 7}へのGの左からの作用を考える。7-Sylow群がはいっている軌道の濃度は3で（それについての固定部分群は7-Sylow群）、そうでない軌道の濃度は7となる（こちらの固定部分群は位数3）。この作用では7-Sylow群は互いにうつり合わないので|P₇| = 3k (mod 7)である。一方で|P₇| = ₂₁C₇ = 3 (mod 7)だからk = 1でなければならない。従ってGの7-Sylow群はひとつだけで、それは正規部分群になっている。
C₇ ◁ Gとみなせ、G/C₇ = C₃である。C₇の生成元をσ、C₃の生成元をτとかき、Gにおけるτの逆像をτ'と書くことにする。3はτ'の位数を割り切り、τ'の位数は21を割り切るはずだが、τ'の位数が21ではGはC₂₁と同型になって可換群になってしまうのでτ'の位数は3である。mをτ'σ(τ')^-1 = σ^mなる整数とする。σ = (τ')³σ(τ')^-3 = σ^(m3)よりm³ = 1 (mod 7)でなければならない。これはm = 1, 2, 4 (mod 7)を導く。m = 1だったらGはC₇ × C₃となって可換だということになってしまう。
C₃からAut C₇への準同型φ₀をφ₀[τ](σ) = σ²で定める。φ₀によるC₃とC₇の半直積群C₃×_φ0C₇は非可換で位数21である。同様にしてφ₁[τ](σ) = σ⁴なるC₃からAut C₇への準同型φ₁を考えると、これはφ₀とC₃の自己同型の合成なのでφ₁によるC₃とC₇の半直積群C₃×_φ1C₇はφ₀によるそれと同型である。上の議論によって位数21の非可換群はこれしかあり得ない。これで位数21の非可換群が同型をのぞきひとつに定まることがいえた。
上の記号の下で、Gにおけるτ'の共役類は濃度7である（固定部分群はτ'によって生成され、位数3）。共役類は{e}, S₁ = {σ, σ², σ⁴}, S₂ = {σ³, σ⁶, σ⁵}, A, Bとかける。ここでAとBは濃度7で、B = A^-1である（これらはGのC₇による剰余類になっている）。
ωを1の3乗根で1と異なる複素数とする。G/C₇ = C₃を経由するGの3つの既約指標は次の表で与えられる（アスタリスクは複素共役）。

Gの共役類が5つなのでGの既約指標はあと二つある（χ₃、χ₄とおく）。既約表現の位数の自乗和は群の位数になることから残りの表現の位数は両方とも3でなければならない。従ってχ₃({e}) = 3である。χ₃(S₁) = α、χ₃(A) = βとおく。S₂ = S₁^-1とB = A^-1よりχ₃(S₂) = α*、χ₃(A) = β*である。χ₀とχ₃の直交性から3 + 3α + 3α* + 7β + 7β* = 0である。一方χ₁とχ₃の直交性から3 + 3α + 3α* + 7ωβ + 7(ωβ)* = 0が従う。これはRe β = Re ωβということであり、β = 0でなければならない。ここからRe α = -1/2も従う。既約指標の正規直交性をχ₃に適用すると3² + 3αα* + 3α*α = 21が従う。これは|α|⁴ = 4ということである。これでα = (-1 ± i√15)/2でなければならないことがわかった。αの値としてどちらかを採用すればもう一方はχ₄を与えることになる。

幾何学II演習8.3

問題

解答

Iで閉区間[0, 1]を表すことにする。Gにおける群の演算をτと書くことにする。τはG²からGへの連続関数である。
I²内の曲線m₀とm₁を
m₀(t) = (0, 2t) (t ≤ 1/2のとき)、(2t - 1, 1) (1/2 < tのとき)
m₁(t) = (2t, 0) (t ≤ 1/2のとき)、(1, 2t - 1) (1/2 < tのとき)
によって定める。
l₀とl₁をG内の、eを始点・終点とするような任意の閉曲線とする。I²からG²への連続関数LをL(x₀, x₁) = (l₀(x₀), l₁(x₁))によって定める。
t ≤ 1/2だったらτLm₀(t) = τ(l₀(0), l₁(2t)) = el₁(2t) = l₁(2t)であり、1/2 < tだったらτLm₀(t) = τ(l₀(2t - 1), l₁(1)) = l₀(2t - 1)e = l₀(2t - 1)であるからτLm₀ = l₀.l₁である。同様にしてτLm₁ = l₁.l₀である。
あとはm₀とm₁がI²でホモトープになっていることを示せばπ₁(G, e)で[l₀].[l₁] = [l₁].[l₀]となって題意が従うことになる。I²からI²への連続関数ΦをΦ(s, t) = 2t(s, 1 - s) (t ≤ 1/2のとき)、(s, 1 - s) + (2t - 1)(1 - s, s) (1/2 < tのとき)によって定める。Φ(0, t) = m₀(t)とΦ(1, t) = m₁(t)は明らか。

代数学II演習(47)

問題

解答

次の6つの関手を考える：
1. S^-1R加群の圏からR加群の圏への係数制限関手Res
2. R加群の圏からS^-1R加群の圏への局所化関手S^-1
3. R加群の圏からR加群の圏への「Nからの準同型たち」関手Hom(N, •)
4. R加群の圏からR加群の圏への「Nとテンソル」関手•⊗_RN
5. S^-1R加群の圏からS^-1R加群の圏へのHom(S^-1N, •)
6. S^-1R加群の圏からS^-1R加群の圏への•⊗_S^-1RS^-1N
S^-1はResの、•⊗NはHom(N, •)の、•⊗S^-1NはHom(S^-1N, •)の左随伴関手になっている。よってS^-1(•⊗N) = S^-1 ◦ •⊗NはHom(N, •) ◦ Res = Hom(N, Res•)の、(S^-1•)⊗S^-1N = ⊗S^-1N ◦ S^-1はRes ◦ Hom(S^-1N, •) = Res Hom(S^-1, •)の左随伴関手である。S^-1R加群の圏からR加群の圏への二つの関手Hom(N, Res•)とRes Hom(S^-1N, •)が自然同値になっていることを示せばS^-1(•⊗N)と(S^-1•)⊗S^-1Nが自然同値であることになり、これらによるMの像S^-1(M⊗N)とS^-1M⊗S^-1Nは同型だということになる。
(41)で、任意のS^-1R加群EについてHom(S^-1N, E)とHom(N, Res E)の間に全単射が存在することをみたが、その全単射はHom(S^-1N, E)とRes Hom(N, Res E)の間のR加群の同型になっている。Eについての自然性も明らか。これはHom(N, Res•)とRes Hom(S^-1N, •)が自然同値になっているということである。

代数学II演習(61)

問題

解答

（特に整域とは限らない）局所環O上の有限生成射影加群は自由加群
生成元の数についての帰納法を使う。有限生成射影0加群Mがn個の元で生成されたとする。

Rⁿ -p→ M → 0

nが0のときは自明。n - 1個の元で生成されるような射影的O加群は自由だとわかっていたする。RⁿにおけるMの補加群をNとする。

0 → N -i→ Rⁿ -p→ M → 0 (split exact)

pの切断をsとする。
Im i ⊂ m.Rⁿのとき：Rⁿ = i(N) + s(M)より中山の補題が適用できてs(M) = Rⁿとなる。つまりMとRⁿは同型。
Im i - m.Rⁿ ≠ ∅のとき：x ∈ Nで、ix = ∑_i a_ie_iと表したときにa_j ∉ mであるようなjをとれるものが存在する。このとき0 = pix = ∑ a_ipe_iとなる。また、Oの局所性からO - m = O^×であり、pe_j = -a_j^-1∑_i≠j a_ipe_i ∈ ∑_i≠j Rpe_iとなる。これはMが実際にはn - 1個の元(pe_i)_i≠jで生成されてしまうということであり、帰納法の仮定からMは自由。

代数学II演習(62)

問題

解答

Mが有限表示かつ平坦であることから、N = R、L = Mとおいて(54)が適用でき、Hom(M, R) ⊗ MからHom(M, M)への同型写像φがあることになる。これの下でのid_Mの逆像を∑_1≤i≤n a_i ⊗ b_i（a_i ∈ M^*, b_i ∈ M）とおく。
∑_i e^*_ib_i: Rⁿ → M (1 ≤ i ≤ nについてe_iをb_iにうつす)をπとおけば、M = Im id_M ⊂ ∑_i Rb_i = Im πよりπは全射。s = (a_i)_i: M → Rⁿ (xを(a₁x, ..., a_nx)にうつす)とおけば、ps: x → ∑_i a_i(x)b_i = id_Mxよりsはpの切断であり、MからRⁿの直和因子の上への同型写像ということになる。

代数学II演習(63)

問題

解答

Mが有限生成射影的R加群 ⇔ Mが有限表示かつ任意の極大イデアルmについてM_mが射影的
⇒: R_m加群の圏でM_m → N₀とN₁ → N₀ → 0（完全）が与えられたとする。M_mの普遍性からM → Res_RN₀が誘導される。一方で係数の制限は完全性を保つのでRes_RN₁ → Res_RN₀ → 0は完全。Mの射影性から下図中央の図式が可換になるようなM → Res_RN₁が対応する。局所化の普遍性から定まるM_m → N₁が下図右の図式を可換にする。

いつでもこのような準同形があるわけだから、M_mは射影的である。
⇐: R加群の圏で完全列N₁ → N₀ → 0が与えられたとする。CをHom(M, N₁) → Hom(M, N₀)の余核とする。

Hom(M, N₁) → Hom(M, N₀) → C → 0

Mが有限表示でRの任意の極大イデアルmについてM_mが射影的という仮定の下でCが零加群であることを示せばよい。mをRの極大イデアルとする。上の完全列を積閉集合S = R - mについて局所化すると完全列

S^-1Hom(M, N₁) → S^-1Hom(M, N₀) → S^-1C → 0

が得られる。Mが有限表示なので(48)が適用できて、

Hom(S^-1M, S^-1N₁) → Hom(S^-1M, S^-1N₀) → S^-1C → 0

という完全列が得られた。
S^-1M = M_mが射影的であることと、S^-1N₁ → S^-1N₀ → 0の完全性からHom(S^-1M, S^-1N₁) → Hom(S^-1M, S^-1N₀)は全射であり、C_m = S^-1Cは零加群である。任意の極大イデアルmについてこれが成り立つわけだからCは零加群である。

（上に書いた）拡張された(61)によって、任意の極大イデアルmについてR_m加群M_mが有限生成射影的 ⇔ M_mが有限生成自由である。

幾何学II演習7.4

問題

解答

＊で一点空間を表すことにする。任意の位相空間Zに対して、Zから＊へ一意的な（連続）写像が定まるので、それをτ_Zと書くことにする。位相空間Aが可換というのは連続写像ι: ＊ → Aでid_Aとι◦τ_Aがホモトープになるものが存在する、ということである。
(a) ⇒ (b)
Xを位相空間とする。XからAへの任意の連続写像fがι◦τ_Xとホモトープなことを示せばよい。τ_A◦fはτ_Xに写像として一致する。よってι◦τ_Xはι◦τ_A◦fは等しいがが、ι◦τ_AがAの恒等写像にホモトープであることからι◦τ_Xはfにホモトープであることが従う。
(a) ⇒ (c)
Yを弧状連結な位相空間とすると、[＊ Y]はただ一つの元（その代表元をgと書くことにする）しかもたない。AからYへの任意の連続写像hがg◦τ_Aとホモトープなことを示す。h◦ιは＊からYへの連続写像だからgとホモトープ。従ってh◦ι◦τ_Aはg◦τ_Aとホモトープであるが、ι◦τ_Aはid_Aとホモトープだからこれはhとg◦τ_Aがホモトープだということである。
(b)または(c) ⇒ (a)
(b)のX、あるいは(c)のYをAにとりかえると[A A]はただ一つの元からなるということが従う。Aは弧状連結なので空でないから、x ∈ Aが存在する。＊ → {x} → Aという合成写像をιとおけば、ι◦τ_AはAからAへの連続写像であり、[A A]はただ一つの元からなるのでこれはAの恒等写像にホモトープである。

代数II演習(54)

問題

解答

自然数kに対してR^kの標準基底を(e₁, ..., e_k)と表すことにする。
議論の前半部分はMが有限生成のときと有限表示のときで平行したものになるので、[...]でMが有限表示のときに付け加わる式をあらわすことにする。
Mについての仮定から自然数m₀[、m₁]があって
(#) [R^m₁ → ] R^m₀ -π→ M → 0
という完全列が存在する。これにHom_R(•, N)をかければ
0 → Hom(M, N) → Hom(R^m₀, N) [ → Hom(R^m₁, N)]
Hom(M, N) ∋ f → fπ ∈ Hom(R^m₀, N)
という完全列が得られる。自然数kについてg ∈ Hom(R^k, N)に(ge₁, ..., ge_k) ∈ N^kを対応させる写像はHom(R^k, N)からN^kへの同型写像になるので、
0 → Hom(M, N) → N^m₀ [ → N^m₁]
Hom(M, N) ∋ f → (fπe₁, ..., fπe_m0)
という完全列が得られる。さらにLの平坦性によって、この列の各項をLとテンソルして得られる
0 → Hom(M, N) ⊗ L → N^m₀ ⊗ L [ → N^m₁ ⊗ L]
Hom(M, N) ⊗ L ∋ f ⊗ y → (fπe₁, ..., fπe_m0) ⊗ y
は完全になる。いっぽうで、完全列(#)に今度はHom_R(•, N ⊗ L)をかけると
0 → Hom(M, N ⊗ L) → (N ⊗ L)^m₀ [ → (N ⊗ L)^m₁]
Hom(M, N ⊗ L) ∋ f' → (f'πe₁, ..., f'πe_m0)
という完全列が得られる。自然数kに対し、(N ⊗ L)^kからN^k ⊗ Lへの、μ: (a₁ ⊗ b₁, ..., a_k ⊗ b_k) → (a₁, 0, ..., 0) ⊗ b₁ + ... + (0, ..., 0, a_k) ⊗ b_kという同型写像があるのでそれを用いて
0 → Hom(M, N ⊗ L) → N^m₀ ⊗ L [ → N^m₁ ⊗ L]
という完全列が得られた。ここで、合成写像Hom(M, N) ⊗ L -φ→ Hom(M, N ⊗ L) → N^m₀ ⊗ Lは
Hom(M, N) ⊗ L ∋ f ⊗ y → (φ(f ⊗ y): x → fx ⊗ y) → μ(fπe₁ ⊗ y, ..., fπe_m0 ⊗ y) = (fπe₁, ..., fπe_m0) ⊗ y
となるので次の図式は可換になる：

(1: Mが有限生成のとき) Hom(M, N) ⊗ L → N^m₀ ⊗ Lは単射なのでφもそうでなければならない。
(2: Mが有限表示のとき) 1行目の完全列よりHom(M, N) ⊗ L -ι₀→ Ker(N^m₀ ⊗ L → N^m₁ ⊗ L)という同型写像が得られ、2行目の完全列よりHom(M, N ⊗ L) -ι₁→ Ker(N^m₀ ⊗ L → N^m₁ ⊗ L)という同型写像が得られる。φ = ι₁^-1ι₀なのでφは同型写像。

代数II演習(41)

問題

解答

ιでRからS^-1Rへの自然な準同形を表すことにする。
MをR加群、rとsをS^-1Rの元、xをMの元としたとき、
r.(x ⊗ s) = x ⊗ rs
によってM ⊗_R S^-1RをS^-1R加群と考えられ、一方でRの元aとSの元t、uについて
(a/t).(x/u) = (ax)/(tu)
と定めることでS^-1MをS^-1R加群だと考えることができる。

係数制限関手Res_R^S-1R: S^-1R-mod → R-mod

NをS^-1R加群とする。任意のy ∈ Nとa ∈ Rについてa.y = ι(a)yとおくと、この演算はR加群の公理を満たす。このやり方でNをR加群と思ったものをRes_R^S-1RNとかくことにする。集合としてはNとRes_R^S-1RNは同じものである。
S^-1R加群N₀からS^-1R加群N₁へのS^-1R準同形写像fがあったとすると、Res_R^S-1RN₀からRes_R^S-1RN₁への写像fはR準同形になる。R準同形と考えたfを特にRes_R^S-1Rfと書くことにすると、S^-1R加群の圏からR加群の圏へ、N → Res_R^S-1RN、f → Res_R^S-1Rfという関手Res_R^S-1Rが考えられることになる。

「S^-1Rでテンソル」関手•⊗_RS^-1R: R-mod → S^-1R-mod

R加群M₀からR加群M₁へのR準同形写像fがあったとする。R準同形f ⊗ id: M₀ ⊗_R S^-1R → M₁ ⊗_R S^-1RはS^-1R準同形にもなっているので、R加群の圏からS^-1R加群の圏へM → M ⊗_R S^-1R、f → f ⊗ idという関手•⊗_RS^-1Rが考えられる。

局所化関手S^-1: R-mod → S^-1R-mod

R加群M₀からR加群M₁へのR準同形写像fがあったとする。S^-1M₀からS^-1M₁への、
x/s → f(x)/s (x ∈ M₀, s ∈ S)
という対応を考えると、これはある写像を定める関係になっている：x/s = x'/s'だったらあるt ∈ Sがあってt(s'x - sx') = 0ということだが、このtについてf(t(s'x - sx')) = 0 ⇒ t(s'f(x) - sf(x')) ⇒ f(x)/s = f(x')/s'だから。この写像をS^-1fとかく。S^-1fがS^-1M₀からS^-1M₁へのS^-1R準同形写像になっていることは簡単に確認できる。この方法でR加群の圏からS^-1R加群の圏へM → S^-1M、f → S^-1fという関手S^-1が考えられる。

自然変換μ_M,N: Hom_R(M, Res_R^S-1RN) → Hom_S^-1R(M ⊗ S^-1R, N)

φ ∈ Hom_R(M, Res_R^S-1RN)に対し、M × S^-1RからNへの、
(x, r) → rφ(x) (r ∈ S^-1R, x ∈ M)
という写像はR双線形なのでM ⊗ S^-1RからRes_R^S-1RNへのR線形写像φをさだめる。さらにこれはS^-1R線形にもなっている。このようにして定まるHom_R(M, Res_R^S-1RN)からHom_S^-1R(M ⊗ S^-1R, N)への写像をμ_M,Nと書くことにする。
ψ ∈ Hom_S^-1R(M ⊗ S^-1R, N)に対し、MからRes_R^S-1RNへのx → ψ(x ⊗ 1)という写像ψ'はR線形である。このようにして定まるHom_S^-1R(M ⊗ S^-1R, N)からHom_R(M, Res_R^S-1RN)への写像はμ_M,Nと互いに逆写像になっている。
MとNについての自然性はあきらか。

自然変換ν_M,N: Hom_R(M, Res_R^S-1RN) → Hom_S^-1R(S^-1M, N)

φ ∈ Hom_R(M, Res_R^S-1RN)に対し、S^-1MからNへの、
x/s → sφ(x) (s ∈ S, x ∈ M)
という対応はS^-1MからNへのS^-1R線形写像φをさだめる。このようにして定まるHom_R(M, Res_R^S-1RN)からHom_S^-1R(S^-1M, N)への写像をν_M,Nと書くことにする。
ψ ∈ Hom_S^-1R(S^-1M, N)に対し、MからRes_R^S-1RNへのx → ψ(x/1)という写像ψ'はR線形である。このようにして定まるHom_S^-1R(M ⊗ S^-1R, N)からHom_R(M, Res_R^S-1RN)への写像はν_M,Nと互いに逆写像になっている。
MとNについての自然性はあきらか。

これでR加群の圏からS^-1R加群の圏への二つの関手•⊗_RS^-1RとS^-1がともにRes_R^S-1Rの左随伴関手になっていることがわかった。

幾何学II演習4.2

問題

解答

2 ≤ nの場合を考えることにする。また以下「ホモトピー」という場合は点付き空間の間のホモトピー、つまり基点→基点という対応は保つようなホモトピーを考えることにする。

1. 余積Sⁿ -μ→ Sⁿ_L ∨ Sⁿ_Rの構成
Sⁿ = {(x₀, x₁, ..., x_n) | ∑ x_i² = 1} ⊂ Rⁿ、基点は(1, 0, 0, ..., 0)と考え、Sⁿの閉被覆(A, B)をA = {0 ≤ x₁}、B = {x₁ ≤ 0}によって定める。AとBの共通分は{x₁ = 0}である。
AからSⁿへの写像φを、
(x₀, x₁, ...) → (1 - 2x₁, 2x^1/2 / (1 + x₁)^1/2 (x₀, x₂, x₃,...))
でさだめる。

つぎに、対角直交行列diag(1, -1, -1, 1, 1, ...)が定めるSⁿからそれ自身への連続写像をCと書くことにする。C(B) = AとC² = idは明らか。
Sⁿの二つのコピーSⁿ_LとSⁿ_Rを考える。AとBの上の連続写像f_A、f_Bを
f_A: A -φ→ Sⁿ_L → Sⁿ_L ∨ Sⁿ_R
f_B: B -C→ A -φ→ Sⁿ_R → Sⁿ_L ∨ Sⁿ_R
ここで、-φ→はそれぞれの球面への、「φの式が定める」連続写像であり、Sⁿ_L → Sⁿ_L ∨ Sⁿ_Rなどは自然な埋め込みを表している。
AとBの共通分はf_Aの下でもf_Bの下でも基点1点からなるSⁿ_L ∨ Sⁿ_Rの部分集合にうつる（φはA ∩ Bを基点を基点に移すように構成されたから）。貼り合わせの補題からf_Aとf_BはSⁿからSⁿ_L ∨ Sⁿ_Rへの連続写像μを定め、これは基点を基点に移す。

2. 構成したμが余積の公理を満たすこと
2-1. 図式

（-id→は「恒等写像の式が定める」連続写像）がホモトピー同値の意味で可換になること
(id ∨ *)μはA上でφと、B上で*と一致している。各t ∈ [0, 1]についてΦ_t: Sⁿ → Sⁿ_Lを
x₁ < (x₀ - 1)tan tπ/2のとき(x₀, x₁,...) → (1 + sin tπ/2) (1 + (2x₀ - 1)sin tπ/2 + 2x₁cos tπ/2, 2((1 - x₀)sin tπ/2 + x₁cos tπ/2)^1/2 / (1 - x₀sin tπ/2 + x₁cos tπ/2)^1/2 (x₀cos tπ/2 + x₁sin tπ/2, x₂, x₃,...))
そうでないとき(x₀, x₁,...) → (1, 0, ...)
と定めると、Φ₀ = (id ∨ *)μ、Φ₁ = id、Φ_t(1, 0, ...) = (1, 0, ...)となる。

（-id→は「恒等写像の式が定める」連続写像）がホモトピー同値の意味で可換になること
(* ∨ id)μはA上で*と、B上でφCと一致している。一方((Sⁿ_L -id→Sⁿ_R) ∨ *)μCを考えると
A上ではA -C→ B -μ→ Sⁿ_L ∨ Sⁿ_R -(id ∨ *)→ Sⁿ_R = A -C→ B -φ ◦ C → Sⁿ_R -(*)→ Sⁿ_Rとなっていて、B上ではB -C→ A -μ→ Sⁿ_L ∨ Sⁿ_R -(id ∨ *)→ Sⁿ_R = B -C→ A -φ→ Sⁿ_Rとなっているので((Sⁿ_L -id→Sⁿ_R) ∨ *)μC = (* ∨ id_SⁿR)μである。また、Cとidの間にはホモトピー
があるので((Sⁿ_L -id→Sⁿ_R) ∨ *)μC = ((Sⁿ_L -id→Sⁿ_R) ∨ *)μ（ホモトピー同値）である。2-1によって((Sⁿ_L -id→Sⁿ_R) ∨ *)μ = (Sⁿ -id→ Sⁿ_R)（ホモトピー同値）である。

余可換性の定義：Sⁿ_L -id→ Sⁿ_R → Sⁿ_L ∨ Sⁿ_RとSⁿ_R -id→ Sⁿ_L → Sⁿ_L ∨ Sⁿ_Rによって定まるSⁿ_L ∨ Sⁿ_Rからそれ自身への連続写像をνと書くことにする。

ホモトピー同値の意味でνμ = μがなりたっているとき、余積Sⁿ -μ→ Sⁿ_L ∨ Sⁿ_Rは余可換である、ということにする。

代数II演習(45)

問題

解答

Rの素イデアルpについて、(M ⊗_R N)_p ≠ 0 (⇔ p ∈ Supp M ⊗ N)であることと、「M_p ≠ 0かつN_p ≠ 0 (⇔ p ∈ Supp M ∩ Supp N)」であることが同値であることを示せばよい。
(47)によって(M ⊗_R N)_pとM_p ⊗_Rp N_pは同形なので、M_p ⊗_Rp N_p ≠ 0と「M_p ≠ 0かつN_p ≠ 0」の同値性を示せば十分である。

⇒: M_p = 0かN_p = 0だったらM_p ⊗_Rp N_p = 0となる。これで(M ⊗_R N)_p ≠ 0 ⇒ M_p ≠ 0かつN_p ≠ 0がわかった。

⇐: MとNが有限生成で、M_p ≠ 0かつN_p ≠ 0という仮定のもとで、M_p ⊗_Rp N_pから零加群でない加群に全射が存在することを示せばよい。

1. M_pとN_pは有限生成である。
Mが有限生成だとした仮定からある自然数mについて完全列R^m → M → 0が存在する。(50)からR^m ⊗R R_p → M ⊗_R R_p → 0が完全となる。mが自然数だからR^m ⊗R R_p = R_p^mであり、(41)からM ⊗_R R_pとM_pは同形。したがってR_p^m → M_p → 0という完全列があることになり、これはM_pが有限生成だということである。N_pについても同様。

2. R_pは局所環である。

3. mをR_pの（ただ一つの）極大イデアルとして、k = R_p / mとおくとk ⊗_Rp kは零加群でない。
k × kからkへの写像で(a, b) → abなるものを考えると、これは明らかにR_p双線形であり、k ⊗ kからkへの線形写像を誘導する。kにおいて1と0は異なり、1.1 = 1はこの写像の像に含まれるからk ⊗ k → kは零写像でないことになる。よってk ⊗_Rp kは零加群でない。

4. M_p ⊗_Rp N_pからk ⊗_Rp kへの全射がある。
M_pは有限生成だから極大部分加群M'を持つ（理由はこちら）。M_p / M'は単純加群だから係数環R_pの極大イデアルm'があってM_p / M' = R_p /m'となっている。R_pは局所環だからm' = mであり、標準全射M_p → M_p / M'はM_pからkへの全射aを誘導する。同様にしてN_pからkへの全射bが存在する。
aとbからa ⊗ b: M_p ⊗_Rp N_p → k ⊗_Rp kが定まり、テンソル積を取る操作は全射性を保つからこれは全射。

代数II演習(48)

問題

解答

Mが有限表示だという仮定から、自然数m₀とm₁と
(E₁) R^m₁ -f₀→ R^m₀ → M → 0
という完全列があることになる。
反変関手Hom_R(•, N)をかけて
0 → Hom_R(M, N) → Hom_R(R^m₀, N) -f₁→ Hom_R(R^m₁, N)
f₁: g → g ◦ f₀
という完全列が得られる。
任意の自然数kについてHom(R^k, N) = N^kとみなせるので、
0 → Hom_R(M, N) → N^m₀ -f₂→ N^m₁
(e_i)_1≤i≤m1をR^m₁の標準基底、(e'_j)_1≤j≤m0をR^m₀の標準基底として、
f₂: (y₁, ..., y_m0) → (f₁[e'_j → y_j](e_i))_i) = (∑_j f₀(e_i)の第j成分.y_j)_i
とかける。(50)と(41)から、
0 → S^-1Hom_R(M, N) → S^-1N^m₀ -f₃→ S^-1N^m₁
f₃: (y₁, ..., y_m0) → ((∑_j f₀(e_i)の第j成分)/1.y_j)_i
という完全列が得られる。
一方、(E₁)と(50)、(41)から
(E₂) S^-1R^m₁ -f₄→ S^-1R^m₀ → S^-1M → 0
f₄: e_i/1 → f(e_i)/1
という完全列が得られ、これにHom_S^-1(•, S^-1N)をかけて
0 → Hom_S^-1R(S^-1M, S^-1N) → Hom_S^-1R(S^-1R^m₀, S^-1N) -f₅→ Hom_S^-1R(S^-1R^m₁, S^-1N)
f₅: g → g ◦ f₄
という完全列が得られる。Hom(S^-1R^k, S^-1N) = S^-1N^kとみなせるので
0 → Hom_S^-1R(S^-1M, S^-1N) → S^-1N^m₀ -f₆→ S^-1N^m₁
f₆: (y₁, ..., y_m0) → (f₅[e'_j/1 → y_j](e_i))_i) = (∑_j f₄(e_i/1)の第j成分.y_j)_i = ((∑_j f₀(e_i)の第j成分)/1.y_j)_i
という完全列が得られた。
S^-1Hom_R(M, N) = Ker f₂、Hom_S^-1R(S^-1M, S^-1N) = Ker f₆とf₂ = f₆よりこの二つの加群は同形である。

代数II演習(26)

問題

解答

有限生成加群を生成する元の数についての帰納法によって示す。

1. R加群Mが1つの元によって生成される場合
あるMの元xがあってM = Rxとなっている。M = IMはM = Ixということである。とくに x ∈ Ixだから、あるi ∈ Iがあってx = ixとなっている。1 - i ∈ Ann(x) = Ann(M)であり、これは1 ∈ I + Ann(M) ⇒ R = I + Ann(M)ということである。

2.一般の場合
nを2以上の自然数とする。n - 1個の元で生成されるようなR加群については問題の主張が成り立っていたと仮定する。Mをn個の元x₁、x₂、...、x_nで生成されるようなR加群でM = IMなるものとする。
Nをn - 1個の元x₂、...、x_nで生成されるMの部分加群とする。M = Rx₁ + ... + Rx_nとM = IMより、M = Rx₁ + INである。M' = M/INとおけば、これはx₁の同値類[x₁]_INによって生成され、IM' = IM/IN = M/IN = M'であるから帰納法の仮定が適用できて、R = I + Ann(M')が従う。特に1 ∈ I + Ann(M')だからあるi' ∈ Iがあって1 - i' ∈ Ann(M') ⇒ (1 - i')M ⊂ INとなっている。
NはMの部分加群なので(1 - i')N ⊂ INとなるが、これはN ⊂ i'N + IN = IN ⇒ N = INを導く。したがってNについて帰納法の仮定が適用できて1 ∈ I + Ann(N)となり、あるj ∈ Iがあって1 - j ∈ Ann(N)となっていることが従う。(1 - j)(1 - i')M ⊂ (1 - j)IN = 0だから、1 - (i' + j - i'j) ∈ Ann(M)である。結局1 ∈ I + Ann(M)がわかったが、これが示したいことであった。

Mが有限生成でないとき：R = Z, M = Q, I = 2ZとおけばIM = Mであるが、Ann Q = {0}よりI + Ann Q = (2)はZに等しくない。

幾何学II演習3.8

問題

解答

位相空間Xの被約ホモロジー群H̃_q(X)をH'_q(X)とかくことにする。

(1) [0 1[と[0 ∞[が同相であること

f: [0 1[ → [0 ∞[, x ↦ x / (1 - x)
g: [0 ∞[ → [0 1[, y ↦ y / (1 + y)

によって二つの空間の間の連続写像fとgを定めればこれらは互いに逆写像になっている。

(2) H_q(X₂)の決定
各自然数kに対してM_k = {(x, y, ...) | x < k}、M'_k = {(x, y, ...) | k < x}（どちらもRⁿの部分集合）とおくことにする。X₂の開被覆{U, V}をU = X₂ ∩ M₂、V = X₂ ∩ M'₁によって定める。(1)によってU = M₂ - {p₁}はRⁿ - {0}と同相であり、V = M'₁ - {p₂}もそうである。再び(1)によってU ∩ V = {(x, y, ...) | 1 < x < 2}はRⁿと同相である。
授業でRⁿ - {0}とS^n-1がホモトピー同値なことはすでにやった。従ってH'_n-1(U) = Z、H'_q(U) = 0（q ≠ n - 1のとき）である。また、H'_q(U ∩ V) = H'_q(Rⁿ) = 0となる。Mayer-Vietorisの完全列（交わりが空でない被覆と被約ホモロジー群についての(II')）

H'_q(U ∩ V) → H'_q(U) ⊕ H'_q(V) → H'_q(X₂) → H'_q-1(U ∩ V)（0 ≤ q、H'_-1(U ∩ V) = 0とする）

は、

0 → Z ⊕ Z → H'_n-1(X₂) → 0（完全）
0 → H'_q(X₂) → 0（完全、q ≠ n - 1）

となる。これはH'_n-1(X₂) = Z²、H'_q(X₂) = 0（q ≠ n - 1のとき）ということである。
H'₀(X₂) = 0 ⇔ H₀(X₂) = Zであり、0 < qだったらH'_q(X₂) = H_q(X₂)だから、H₀(X₂) = Z、H_n-1(X₂) = Z²、H_q(X₂) = 0（それ以外）がわかった。

(3) 一般のm ≥ 2についてH_q(X_m)の決定
mについての帰納法によって

H₀(X_m) = Z、H_n-1(X_m) = Z^m、H_q(X_m) = 0（それ以外）

であることを示す。m = 2のときは(2)より確かにこうである。k < mのときにはH_q(X_k)がこうなっていたと仮定する。
X_mの開被覆{U, V}を、U = X_m ∩ M_m、V = X_m ∩ M'_m-1によって定める。(1)よりU = X_m-1 ∩ M_mはX_m-1に同相であり、V = M'_m-1 - {p_m}はRⁿ - {0}に同窓である。また、U ∩ V = {(x, y, ...) | m - 1< x < m}はRⁿに同相。Mayer-Vietorisの完全列は

H'_q(Rⁿ) → H'_q(X_m-1) ⊕ H'_q(S^n-1) → H'_q(X_m) → H'_q-1(Rⁿ)（0 ≤ q、H'_-1(Rⁿ) = 0とおく）

となり、帰納法の仮定から

0 → Z^m-1 ⊕ Z → H'_n-1(X_m) → 0（完全）
0 → H'_q(X_m) → 0 (完全、q ≠ n - 1)

がわかる。これはH'_n-1(X_m) = Z^m、H'_q(X_m) = 0（q ≠ n - 1のとき）ということであり、H'₀(X_m) = 0 ⇔ H₀(X_m) = Z、0 < qだったらH'_q(X_m) = H_q(X_m)だから

H₀(X_m) = Z、H_n-1(X_m) = Z^m、H_q(X_m) = 0（それ以外）

がわかった。これが示したいことだった。

代数II演習(20)

問題

解答

1. Rが零環でないとき、次の可換図式は各列と(I)、(III)が完全なのに(II)はそうでない：

R → Rとなっているところは全て恒等写像であり、a(x) = (x, x)、b(x, y) = x、c(x, y) = x - y、d(x) = (x, 0)である。

2. 補題：以下の可換図式において、(I)と(III)が完全で(II)は複体になっている（つまりIm(A' → B') ⊂ Ker(B' → C')ということ）という仮定のもとで、(II)は完全になる。

これを認めれば、与えられた可換図式の右3列、中央3列、左3列それぞれに対してこれが適用できて (II)の完全性が従うことになる。
補題の証明： K = Ker(B' → C')、I = Im(A' → B')とおくことにする。これらが等しいことを示す。
2-1. K ∩ Im(B → B') ⊂ Iであること
K ∩ Im(B → B') = Im(Ker(B → B' → C') → B')
= Im(Ker(B → C → C') → B') (可換性より)
= Im(Ker(B → C) → B') (0 → C → C'の完全性より)
= Im(Im(A → B) → B') (A → B → Cの完全性より)
= Im(A → B → B') ⊂ Im(B → B')

2-2. K ∩ Ker(B' → B'') + I = Kであること
pで自然射影K → K/(K ∩ Ker(B' → B''))を表し、K → B''が誘導する単射K/(K ∩ Ker(B' → B'')) → B''をfと書くことにする。Im f ⊂ Ker(B'' → C'')である。
(B'' → C'') ◦ f ◦ p = (C' - C'') ◦ (K → C') = 0
K/(K ∩ Ker(B' → B'')) = f^-1(Ker(B'' → C''))
= f^-1(Im(A'' → B'')) (A'' → B'' → C''の完全性より)
= f^-1(Im(A' → A'' → B'')) (A' → A'' → 0)の完全性より)
= f^-1(Im(A' → K → K/K ∩ Ker(B' → B'') → B'')) (I ⊂ Kをここで使った)
= f^-1(Im(p(I) → B'')) = p(I)

2-1と中央の列の完全性よりK ∩ Ker(B' → B'') ⊂ Iがわかり、これと2-2からI = Kがわかる。

幾何学II演習2.2

問題

解答

位相空間の圏をTop、Z加群の圏をZ-Modと書くことにする。
Z•をX ↦ ZXなる集合の圏からZ-Modへの共変関手とする。
Hom(•, Z)をM ↦ Hom(M, Z)なるZ-ModからZ-Modへの反変関手とする。

(1)TopからZ-Modへの反変関手Z^•の構成
各位相空間XについてZ^Xは問題文の通りのZ加群とする。
位相空間の間の連続写像f: X → Yが与えられたとする。
Z^YからZ^Xへの写像を
Z^f: a ↦ a ◦ f
によって定める。任意のa, b ∈ Z^Yについて
(a + b) ◦ f = a ◦ f + b ◦ f
だからZ(a + b) = Z(a) + (b)であり、Z^fは可換群の（つまりZ加群の）準同型である。
恒等写像が恒等写像にうつることと、写像の合成についてZ^•が反変的に作用するのは明らか。

(2)TopからZ-Modへの反変関手Gの構成
位相空間Xの連結成分全体の集合π̆₀(X)をπ₀'(X)と書くことにする。位相空間の間の連続写像f: X → Yが与えられたとする。Xの任意の連結成分Aについてf(A)は（連結集合の像なので）連結である。よってこれを含むY連結成分B_Aが存在する。しかもこれは一意的に定まる。このA ↦ B_Aという写像をπ₀'(f)と書くことにする。この対応によってTopから集合の圏への共変関手π₀'が得られる。
GをHom(•, Z) ◦ Z• ◦ π₀'という合成関手とする。これは反変関手である。また、任意の位相空間XについてG(X) = Hom(Zπ₀'(X), Z)は定義から明らか。

(3)Z加群の準同型φ_X: Z^X → G(X)の構成
Xを位相空間、aをZ^Xの元とする。C ⊂ Zが連結であることと、Card C = 1であることは同値で、任意のD ∈ π₀'についてa(D)は連結だからただ一つの元n_Dにより構成されている。D ↦ n_Dがπ₀'(X)からZへの写像になるので、それはZπ₀'(X)からZへの準同型、つまりG(X)の元を一意的に定める。この元をφ_X(a)と書くことにする。
a, b ∈ Z^X、D ∈ π₀'Xとする。a(D) = {m_D}, b(D) = {m'_D}とおけば、(a + b)(D) = {m_D + m'_D}だからφ_X(a + b)(D) = φ(a)(D) + φ_X(b)(D)。 Dは任意だったからφ_X(a + b) = φ(a) + φ_X(b)がわかった。これでφ_XはZ加群の準同型であることがわかった。

(4)φ_•がZ^•とGの間の自然変換になること
f: X → Yを位相空間の間の連続写像としたとき、φ_X ◦ Z^f = G(f) ◦ φ_Yであることを示せばよい。aをZ^Yの元とする。a' = φ_X ◦ Z^f(a)とa'' = G(f) ◦ φ_Y(a)がπ₀'(X)上一致することを示す。DをXの連結成分とする。
a'(D) = Z^f(a)(x) (x ∈ D)
= a ◦ f(x) (x ∈ D)
a''(D) = φ_Y(a)(E) (Eはf(D)を含む連結成分)
= a(y) (y ∈ E、Eはf(D)を含む連結成分)
= a(f(x)) (x ∈ D)
だからa'(D) = a''(D)がわかった。これが示したいことであった。

(5)Xが局所連結な位相空間のときφ_Xが全単射になること
φ_Xの単射性は一般的に成り立つ。（Ker φ_X = {0}だから）
全射性を示す。
aをG(X)の元とする。各x ∈ Xに対してf_a(x) = a(xの連結成分)とおけばこれはXからZへの写像を定義する。このf_aが連続写像であることを示せばよい。そのためには各n ∈ Zに対してf_a^-1({n})がXの開集合であることを示せばよい。任意のx ∈ f_a^-1({n})に対してxの近傍Vで、f_a^-1({n})に含まれるものが存在することを示す。Vを連結なxの近傍ととる。f_a(V)はZの連結部分集合なのでただ一つの元からなるが、n ∈ f_a(V)はわかっているからf_a(V) = {n}であり、V ⊂ f_a^-1({n})である。これで証明おわり。

代数II演習(5)

問題

解答

・(M + N)/NとM/(M ∩ N)が同型であること
M → M + N → (M + N)/N（一本目は自然な埋め込み、二本目は標準全射）
の合成M → (M + N)/Nの核はM ∩ Nである。準同型定理から
M/M ∩ N → (M + N)/N
という単射が得られるが、任意のx ∈ Mとy ∈ Nについて[x]_{M ∩ N} ↦ [x]_N = [x + y]_Nだからこれは全射でもある。よって(M + N)/NとM/(M ∩ N)が同型であることがわかった。
・(5)のステートメントの証明
M + Nが有限生成であるという仮定から(M + N)/Nもそうである。よってM/M ∩ Nは有限生成である。M ∩ Nが有限生成であるという仮定から、Mの部分加群M ∩ Nとそれによる剰余加群に(4)を適用できて、Mが有限生成であることがわかる。Nについても同様。

代数II演習(9)

問題

解答

mを0でないMの元、x ∈ Rをその代表元とする。m ≠ 0よりx ∉ P₁ ∩ P₂である。
1. x ∈ P₁ - P₂のとき
標準全射R → R/P₂の下でのxの像を[x]と書くことにする。剰余加群のuniversalityによって定まるM → R/P₂の下で、mは[x]に写される。また、x ∉ P₂という仮定から[x] ≠ 0である。
aをAnn(m)の元とする。0 = a.mはM → R/P₂の下でa[x]に写されるからa ∈ Ann([x])である。(4)によって、a ∈ P₂だから、Ann(m) ⊂ P₂がわかった。a ∈ P₂だったらa.m = [a.x]で、a.x ∈ P₁P₂ ⊂ P₁ ∩ P₂だからa ∈ Ann(m)である。したがってAnn(m) = P₂がわかった。
2. x ∈ P₂ - P₁のとき
1.と同様にしてAnn(m) = P₁。
3. x ∉ P₁ ∪ P₂のとき
a ∈ Ann(m)だったらa.x ∈ P₁ ∩ P₂ ⊂ P₁とx ∉ P₁よりa ∈ P₁である。同様にしてa ∈ P₂も従うので、Ann(m) ⊂ P₁ ∩ P₂がわかった。
a ∈ P₁ ∩ P₂だったらa.x ∈ P₁ ∩ P₂ ⇒ a.m = 0よりa ∈ Ann(m)である。したがってAnn(m) = P₁ ∩ P₂がわかった。
P₁とP₂の間に包含関係がないということはP₁ - P₂もP₂ - P₁も空でないということであり、場合1と2は両方とも起こる。また1_R ∉ P₁ ∪ P₂なので場合3も起こる。従って{Ann(m) | 0 ≠ m ∈ M} = {P₁, P₂, P₁ ∩ P₂}であることがわかった。

幾何学II演習1.7

問題

解答

XとYを位相空間、(A_λ)_λ∈Λを局所有限なYの閉被覆、(f_λ : A_λ → X)_λ∈Λを連続関数の族でf_λ|_{Aλ ∩ Aμ} = f_μ|_{Aλ ∩ Aμ}なるものとする。Λの各元λについてA_λの上でf_λと一致するようなYからXへの写像fは一意的に定まる。このfが連続であることを示せばよいが、そのためにはXの任意の閉集合Fについてf^-1(F)がYの閉集合であることを示せばよい。
f^-1(F) = ∪_λ∈Λ f_λ^-1(F)の閉包がf^-1(F)に等しいことを示す。yをf^-1(F)の集積点とする。(A_λ)_λ∈Λの局所有限性により、yの近傍Vで、M = {μ ∈ Λ | V ∩ A_μ ≠ ∅}が有限集合であるようなものが存在する。Wをyの任意の近傍とする。W ∩ Vはyの近傍なので∪_λ∈Λ f_λ^-1(F)と交わるが、一方でW ∩ VはVの部分集合なのでλ ∉ M ⇒ W ∩ V ∩ f_λ^-1(F) = ∅である。よってW ∩ Vは∪_μ∈M f_μ^-1(F)と交わることがわかった。よってyの任意の近傍Wは∪_μ∈M f_μ^-1(F)と交わる、つまりyは∪_μ∈M f_μ^-1(F)の集積点であることがわかった。
各μ ∈ Mについて（閉集合の閉集合である）f_μ^-1(F)はYの閉集合であり、したがってそれらの有限合併である∪_μ∈M f_μ^-1(F)もそうである。よってyは∪_μ∈M f_μ^-1(F)の元であり、結局y ∈ ∪_λ∈Λ f_λ^-1(F)がわかった。これが示したかったことである。