5月8日（木）3限に小テストを行います。

本日（４月２８日（月））の代数学 II の授業中に述べた通り
５月８日（木）３限
に小テストを行います。
５月１４日（月）ではありません。
R を環とする。y ∈ R, n ∈ N, xi ∈ R (i ∈ J1,n ) とする。等式
n
n
∑
∑
y·(
xi ) =
yxi
(1)
i=1
i=1
の証明の模範解答：
n に関する帰納法で証明する。n = 1 のときはあきらかである。
n ≥ 2 とする。このとき以下の等式達が成り立つ。
n
∑
y · ( xi )
i=1
= y · ((
= (y ·
=(
=
n−1
∑
xi ) + xn ) (Σ の定義より)
i=1
n−1
∑
xi ) + yxn
i=1
n−1
∑
yxi ) + yxn
i=1
n
∑
yxi
(分配法則（R7) より)
(帰納法より)
(Σ の定義より)
i=1
このことより等式 (1) が成り立つ。
小テストの問題の解答はこれと同じレベルを期待します（特に本日のプリントの
問（３）についても）。授業中に警告したように
Σ を扱うことが出来ることを単位認定の最低条件
とする予定です。言うまでもなく本日のプリントの問（３）に書いた等式の変形
は、いくつかの途中の変形を省いています。書いていない式を自分自身で加えて
小テストの時は完全な解答を書いて下さい。言うまでもなく本日のプリントの問
（３）の等式の最後の等式は n に関する帰納法も用います。
４月２８日山根宏之
代数学 II 小テスト５月８日実施
R を環とする。R∞ := {a = (ai )∞
i=0 = (a0 , a2 , a2 , . . .)|ai ∈ R(i ∈ Z≥0 )} とす
∞ に対して a′ := (a
∞
∞ とおく。
る。a = (ai )∞
∈
R
i+1 )i=0 ∈ R
i=0
以下の問の解答には環の公理、Σ の定義、帰納法しか用いてはいけない。但し
他の箇所で得られた結果は使ってよい。
問１. 環の公理を書け。
問２. x, y ∈ R とする。(x+y)+(−y) = x, 0x+0x = 0x, 0x = 0, (−1)x+1x =
0, (−1)x = −x を示せ。
n
n
∑
∑
問３. y, z ∈ R, n ∈ N, xi ∈ R (i ∈ J1,n ) とする。(y · (
xi )) · z =
(yxi )z
i=1
を示せ。
問４. n ∈ N, xi , yi ∈ R (i ∈ J1,n ) とする。
n
∑
(xi + yi ) = (
i=1
を示せ。
i=1
n
∑
i=1
xi ) + (
n
∑
yi )
i=1
∞
∞
∞ とする。n ∈ Z
問５. a = (ai )∞
≥0 に対して
i=0 , b = (bi )i=0 , c = (ci )i=0 ∈ R
n−k
n
s
n
∑
∑∑
∑
ak (
br cn−k−r ), Bn (a, b, c) :=
(
at bs−t )cn−s とおく。
An (a, b, c) :=
k=0
r=0
s=0 t=0
（１）n ≥ 1 とする。An (a, b, c) − An−1 (a, b, c′ ) を求めよ。
（２）An (a, b, c) = Bn (a, b, c) を示せ。
問６. R∞ は
0R∞ = (0, 0, 0, . . .),
a + b = (ai + bi )∞
i=0 ,
1R∞ = (1, 0, 0, . . .),
i
∑
a · b = ( ak bi−k )∞
i=0
k=0
(a =
(ai )∞
i=0 , b
=
(bi )∞
i=0
∈
R∞ )
により環となる事を示せ。
∞
問７. R⊕∞ := {a = (ai )∞
i=0 ∈ R | ∃r ∈ Z≥0 , ∀k ∈ Jr,∞ , ak = 0} とする。
∞
が R の部分環であることを示せ。
R⊕∞
3
本日の代数学 II の小テストの問５（１）の模範解答
An (a, b, c)
n
n−k
∑
∑
=
ak (
br cn−k−r )
k=0
n−1
∑
=(
=(
k=0
n−1
∑
(An (a, b, c) の定義より)
r=0
n−k
∑
ak (
br cn−k−r ))
r=0
n−k−1
∑
br cn−k−r ) + bn−k c0 )) + an (b0 c0 ) (Σ の定義より)
ak ((
k=0
n−1
∑
= ((
r=0
n−k−1
∑
ak (
br cn−k−r )) + (
r=0
k=0
+ an (b0 c0 ) (Σ の定義より)
n−1
∑
ak (bn−k c0 ))) + an (b0 c0 )
k=0
(問４の等式より)
n−1
n−k−1
n−1
∑
∑
∑
=(
ak (
br cn−k−r )) + ((
ak (bn−k c0 )) + an (b0 c0 ))
k=0
r=0
k=0
n−1
∑
r=0
n−k−1
∑
k=0
(和の結合法則 (R1) より)
n−1
n−k−1
n
∑
∑
∑
=(
ak (
br cn−k−r )) + (
ak (bn−k c0 ))
=(
k=0
ak (
(Σ の定義より)
k=0
br c′n−1−k−r )) + (
r=0
= An−1 (a, b, c′ ) + (
n
∑
n
∑
ak (bn−k c0 ))
(c′i の定義より)
k=0
ak (bn−k c0 )) (An−1 (a, b, c′ ) の定義より)
k=0
n
∑
ak (bn−k c0 )) + An−1 (a, b, c′ )
=(
(和の交換法則 (R2) より)
k=0
従って問２の１番目の等式より
An (a, b, c) − An−1 (a, b, c′ ) =
n
∑
k=0
を得る。
５月７日山根宏之
ak (bn−k c0 )
4
本日の代数学 II の小テストの問５（１）の模範解答（訂正）
An (a, b, c)
n
n−k
∑
∑
=
ak (
br cn−k−r )
k=0
n−1
∑
=(
k=0
n−1
∑
=(
r=0
n−k
∑
ak (
br cn−k−r ))
r=0
n−k−1
∑
+ an (b0 c0 ) (Σ の定義より)
br cn−k−r ) + bn−k c0 )) + an (b0 c0 ) (Σ の定義より)
ak ((
k=0
n−1
∑
r=0
n−k−1
∑
k=0
r=0
=(
(An (a, b, c) の定義より)
(ak (
br cn−k−r ) + ak (bn−k c0 ))) + an (b0 c0 )
(分配法則 (R7) より)
n−1
n−k−1
n−1
∑
∑
∑
= ((
ak (
br cn−k−r )) + (
ak (bn−k c0 ))) + an (b0 c0 )
r=0
k=0
k=0
(問４の等式より)
n−1
n−k−1
n−1
∑
∑
∑
=(
ak (
br cn−k−r )) + ((
ak (bn−k c0 )) + an (b0 c0 ))
k=0
r=0
k=0
n−1
∑
r=0
n−k−1
∑
k=0
(和の結合法則 (R1) より)
n−1
n−k−1
n
∑
∑
∑
=(
ak (
br cn−k−r )) + (
ak (bn−k c0 ))
=(
k=0
ak (
(Σ の定義より)
k=0
br c′n−1−k−r ))
r=0
+(
n
∑
ak (bn−k c0 ))
(c′i の定義より)
k=0
n
∑
ak (bn−k c0 )) (An−1 (a, b, c′ ) の定義より)
= An−1 (a, b, c′ ) + (
k=0
n
∑
=(
ak (bn−k c0 )) + An−1 (a, b, c′ )
(和の交換法則 (R2) より)
k=0
従って問２の１番目の等式より
An (a, b, c) − An−1 (a, b, c′ ) =
n
∑
k=0
を得る。
５月７日山根宏之
ak (bn−k c0 )
代数学 II 小テスト（２）５月１９日実施
R を環とする。R∞ := {a = (ai )∞
i=0 = (a0 , a2 , a2 , . . .)|ai ∈ R(i ∈ Z≥0 )} とす
∞ に対して a′ := (a
∞
∞ とおく。
る。a = (ai )∞
∈
R
i+1 )i=0 ∈ R
i=0
次の問を前回の小テスト（５月８日実施）の問１∼問４の結果のみを用いて解
答せよ。
∞
∞
∞ とする。n ∈ Z
問． a = (ai )∞
≥0 に対して
i=0 , b = (bi )i=0 , c = (ci )i=0 ∈ R
n
n−k
n ∑
s
∑
∑
∑
An (a, b, c) :=
ak (
br cn−k−r ), Bn (a, b, c) :=
(
at bs−t )cn−s とおく。
k=0
r=0
s=0 t=0
（１）n ≥ 1 とする。An (a, b, c) − An−1 (a, b, c′ ) を求めよ。
（２）An (a, b, c) = Bn (a, b, c) を示せ。
代数学 II 受講生各位、昨日の小テストの問（１）は良く出
来ていた人が多くいましたが１変数多項式環の理解のために、
５月２６日（月）３限
に前回の小テストの問（２）の
再小テスト（５分）
を行います。
小テストも単位認定に深く関与しています。丁寧な解答を
望みます。
次の問を追加する。ただ覚えるだけではなく論理が正しい
かどうか自分自身で納得するようにして欲しい。
（覚えた事は
たいへん評価する。）
問 R を環とする。n ∈ N とし、ai , bi , ci ∈ R （i ∈ J1,n ）とす
る。等式
n−1
n−k−1
∑
∑
(
ak ((
br cn−k−r ) + bn−k c0 )) + an (b0 c0 )
r=0
k=0
n−1
n−k−1
n−1
∑
∑
∑
= ((
ak (
br cn−k−r )) + (
ak (bn−k c0 ))) + an (b0 c0 )
k=0
r=0
k=0
を環の公理および公式
n
n
n
∑
∑
∑
(xi + yi ) = (
xi ) + (
yi )
i=1
を用いて示せ。
５月２０日山根宏之
i=1
i=1
代数学 II 小テスト（３）５月２６日実施
R を環とする。R∞ := {a = (ai )∞
i=0 = (a0 , a1 , a2 , . . .)|ai ∈ R(i ∈ Z≥0 )} とす
∞ に対して a′ := (a
∞
∞ とおく。
る。a = (ai )∞
∈
R
i+1 )i=0 ∈ R
i=0
問１． n ∈ N とし、ai , bi , ci ∈ R （i ∈ J1,n ）とする。次の等式を示せ。ただ
n
n
n
∑
∑
∑
し公式
(xi + yi ) = (
xi ) + (
yi ) を用いてもよい。
i=1
i=1
n−1
∑
(
ak ((
k=0
= ((
n−k−1
∑
n−1
∑
r=0
i=1
br cn−k−r ) + bn−k c0 )) + an (b0 c0 )
n−k−1
∑
ak (
br cn−k−r )) + (
r=0
k=0
n−1
∑
ak (bn−k c0 ))) + an (b0 c0 )
k=0
∞
∞
∞ とする。n ∈ Z
問２. a = (ai )∞
≥0 に対
i=0 , b = (bi )i=0 , c = (ci )i=0 ∈ R
n−k
n ∑
s
n
∑
∑
∑
ak (
br cn−k−r ), Bn (a, b, c) :=
(
at bs−t )cn−s とお
して An (a, b, c) :=
く。公式
k=0
r=0
An (a, b, c) = An−1 (a, b, c′ ) +
s=0 t=0
n
∑
ak (bn−k c0 )
k=0
を用いて
An (a, b, c) = Bn (a, b, c)
を示せ。
代数学 II 受講生各位、６月２日（月）は休講とします。
１変数多項式環のさらなる理解のために、
６月９日（月）３限
に小テスト（１５分）を行います。
次の問を予定します。
問. R, S を環とし、f : R → S を環の準同型写像とす
る。R[T ] を R 上の一変数多項式環とする。s ∈ Z(S) := {p ∈
S|∀q ∈ S, pq = qp} とする。写像 F : R[T ] → S を
n
n
∑
∑
i
F(
ai T ) =
f (ai )si (n ∈ Z≥0 , ai ∈ R(i ∈ J0,n ))
i=0
i=0
により定義する。このとき F が環の準同型写像であることを
示せ。ただし５月８日に実施した小テストの問２∼問４の公
式は用いてもよい。
解答の方針：まず F (1R[T ] ) = 1S 示す。次に F が和を保つことを示す。最後
に F が積を保つことを (m に関する）帰納法を用いてつぎのようにして示す。
∑
∑m−1
∑n
i
′
i
j
X := m
i=0 ai T (ai ∈ R), X :=
i=0 ai T , Y :=
j=0 bj T (bj ∈ R) とおく。
F (X)F (Y )
= F (X ′ + am T m )F (Y )
= (F (X ′ ) + F (am T m ))F (Y )
= F (X ′ )F (Y ) + F (am T m )F (Y )
= F (X ′ Y ) + F (am T m )F ∑
(Y )
′
m
= F (X Y ) + (f (am )s )( nj=0 f (bj )sj )
∑
= F (X ′ Y ) + ( nj=0 f (am bj )sm+j )
∑
= F (X ′ Y ) + F ( nj=0 (am bj )T m+j )
= F (X ′ Y ) + F ((am T m )Y )
= F (X ′ Y + (am T m )Y )
= F ((X ′ + am T m )Y )
= F (XY )
（各等式が成り立つ理由は各自で考えて書くこと。）
小テストも単位認定に深く関与しています。丁寧な解答を
望みます。
５月２６日山根宏之
9
「代数学 II 小テスト（３）５月２６日実施」の解答
問１．
n−1
∑
(
ak ((
k=0
=(
n−k−1
∑
br cn−k−r )
r=0
n−1
n−k−1
∑
∑
+ bn−k c0 )) + an (b0 c0 )
br cn−k−r ) + ak (bn−k c0 )) + an (b0 c0 )
(ak (
r=0
k=0
（分配法則 (R7) より）
n−1
n−k−1
n−1
∑
∑
∑
= ((
ak (
br cn−k−r )) + (
ak (bn−k c0 ))) + an (b0 c0 )
k=0
n
∑
（公式
r=0
(xi + yi ) = (
i=1
問２．（「公式
n
∑
n
∑
k=0
xi ) + (
i=1
xi y = (
i=1
n
∑
n
∑
yi ) より）
i=1
xi )y を使ってよい。」と書かなかったのは不適
i=1
切でした。お詫びいたします。）
n に関する帰納法。n = 0 のとき。
A0 (a, b, c)
= a0 (b0 c0 ) （A0 (a, b, c) の定義より）
= (a0 b0 )c0 （積の結合法則 (R5) より）
= B0 (a, b, c) （B0 (a, b, c) の定義より）
n のとき。
An (a, b, c)
= An−1
(a, b, c′ )
+
= Bn−1 (a, b, c′ ) +
=(
=(
n−1
∑
n
∑
k=0
n
∑
ak (bn−k c0 ) （問で与えられた公式より）
ak (bn−k c0 ) （帰納法より）
k=0
s
n
∑
∑
(
at bs−t )c′n−1−s ) + ( (ak bn−k )c0 ) （Bn−1 (a, b, c′ ) の定義より）
s=0 t=0
n−1
s
∑∑
(
k=0
at bs−t )cn−s ) + ((
s=0 t=0
n
∑
ak bn−k )c0 )
k=0
（第１項は c′n−1−s := cn−s より、第２項は公式
=(
n−1
∑
n
∑
i=1
xi y = (
n
∑
i=1
xi )y より）
s
n
∑
∑
(
at bs−t )cn−s ) + ((
at bn−t )c0 ) （第２項の変数 k を変数 t に書き換えた）
s=0 t=0
t=0
n ∑
s
∑
=
(
at bs−t )cn−s ) （Σ の定義より）
s=0 t=0
= Bn (a, b, c) （Bn (a, b, c) の定義より）
６月９日山根宏之
10
「代数学 II 小テスト５月８日実施問５（１）」の模範解答（訂正）
An (a, b, c)
n
n−k
∑
∑
=
ak (
br cn−k−r )
k=0
n−1
∑
=(
k=0
n−1
∑
=(
r=0
n−k
∑
ak (
br cn−k−r ))
r=0
n−k−1
∑
+ an (b0 c0 ) (Σ の定義より)
br cn−k−r ) + bn−k c0 )) + an (b0 c0 ) (Σ の定義より)
ak ((
k=0
n−1
∑
r=0
n−k−1
∑
k=0
r=0
=(
(An (a, b, c) の定義より)
(ak (
br cn−k−r ) + ak (bn−k c0 ))) + an (b0 c0 )
(分配法則 (R7) より)
n−1
n−k−1
n−1
∑
∑
∑
= ((
ak (
br cn−k−r )) + (
ak (bn−k c0 ))) + an (b0 c0 )
r=0
k=0
k=0
(問４の等式より)
n−1
n−k−1
n−1
∑
∑
∑
=(
ak (
br cn−k−r )) + ((
ak (bn−k c0 )) + an (b0 c0 ))
k=0
r=0
k=0
n−1
∑
r=0
n−k−1
∑
k=0
(和の結合法則 (R1) より)
n−1
n−k−1
n
∑
∑
∑
=(
ak (
br cn−k−r )) + (
ak (bn−k c0 ))
=(
k=0
ak (
(Σ の定義より)
k=0
br c′n−1−k−r ))
r=0
+(
n
∑
ak (bn−k c0 ))
(c′i の定義より)
k=0
n
∑
ak (bn−k c0 )) (An−1 (a, b, c′ ) の定義より)
= An−1 (a, b, c′ ) + (
k=0
n
∑
=(
ak (bn−k c0 )) + An−1 (a, b, c′ )
(和の交換法則 (R2) より)
k=0
従って問２の１番目の等式より
An (a, b, c) − An−1 (a, b, c′ ) =
n
∑
k=0
を得る。
６月９日山根宏之
ak (bn−k c0 )
代数学 II 小テスト（４）６月９日実施
問. R, S を環とし、f : R → S を環の準同型写像とする。R[T ] を R 上の
一変数多項式環とする。s ∈ Z(S) := {p ∈ S|∀q ∈ S, pq = qp} とする。写像
F : R[T ] → S を
n
n
∑
∑
F(
ai T i ) =
f (ai )si
i=0
(n ∈ Z≥0 , ai ∈ R (i ∈ J0,n ))
i=0
により定義する。このとき F が環の準同型写像であることを示せ。ただし前回ま
での小テストで与えた公式は用いてもよい。
12
解答の方針：まず F (1R[T ] ) = 1S 示す。次に F が和を保つことを示す。最後
に F が積を保つことを (m に関する）帰納法を用いてつぎのようにして示す。
∑
∑m−1
∑n
i
′
i
j
X := m
i=0 ai T (ai ∈ R), X :=
i=0 ai T , Y :=
j=0 bj T (bj ∈ R) とおく。
F (X)F (Y )
= F (X ′ + am T m )F (Y ) （Σ の定義）
= (F (X ′ ) + F (am T m ))F (Y ) （F は和を保つ）
= F (X ′ )F (Y ) + F (am T m )F (Y ) （環の公理）
= F (X ′ Y ) + F (am T m )F ∑
(Y ) （帰納法）
= F (X ′ Y ) + (f (am )sm )( nj=0 f (bj )sj ) （F の定義）
∑
∑
∑
= F (X ′ Y ) + ( nj=0 (f (am )sm )(f (bj )sj )) （公式 y nj=0 xj = nj=0 yxj ）
∑
= F (X ′ Y ) + ( nj=0 (f (am )f (bj )sm+j )) （環の公理と s ∈ Z(S)）
∑
= F (X ′ Y ) + ( nj=0 f (am bj )sm+j ) （f は環の準同型写像）
∑
= F (X ′ Y ) + F ( nj=0 (am bj )T m+j ) （F の定義）
= F (X ′ Y ) + F ((am T m )Y ) （環 R[T ] の積の定義）
= F (X ′ Y + (am T m )Y ) （F は和を保つ）
= F ((X ′ + am T m )Y ) （R[T ] の環の公理）
= F (XY ) （Σ の定義）
代数学 II 受講生各位、本日の６月９日の小テストはよく出来ていました。但
し s ∈ Z(S) がなぜ必要かを書いていた答案は少なかったです。６月２３日（月）
は休講にします。
イデアル、剰余環の理解のために、
６月１６日（月）３限
に小テスト（３０分）を行います。
次の問を予定します。
問. p, q ∈ Z に対して
Ip,q := {h(T )(T − p)(T − q) ∈ Z[T ]|h(T ) ∈ Z[T ]}
とおく。
(1) Ip,q が Z[T ] のイデアルであることを示せ。
(2) 写像 θ : Z × Z → Z[T ]/Ip,q を
θ(x, y) := xT + y + Ip,q
(x, y ∈ Z) により定義する。θ が全単射であることを示せ。
(3) η : Z[T ]/Ip,q → Z[T ]/Ia,b が環の同型写像であれば η(T +
Ip,q ) = eT + r + Ip,q となる e ∈ {±1}, r ∈ Z が存在し |a − b| =
|p − q| であることを示せ。
(4) 環の準同型写像 ζp,q : Z[T ]/Ip,q → Z × Z,
ζp,q (xT + y + Ip,q ) := (xp + y, xq + y)
(x, y ∈ Z) が存在する事を示せ。さらに p ̸= q であれば ζp,q は
単射であることを示せ。
(5) ２つの環 Imζ0,a と Imζ0,b が同型である為の必要十分条件
は |a| = |b| であることを示せ。
(6) Q が Z × Z の部分環であればある a ∈ Z が存在して
Q = Imζ0,a となる事を示せ。
小テストも単位認定に深く関与しています。丁寧な解答を
望みます。
６月９日山根宏之
代数学 II 小テスト（５）６月１６日実施（廃案）
次の問に答えよ。ただし前回までの授業、小テストなどで与えた定理、公式な
どは用いてよい。
問. p, q ∈ Z に対して
Ip,q := {h(T )(T − p)(T − q) ∈ Z[T ]|h(T ) ∈ Z[T ]}
とおく。
(1) Ip,q が Z[T ] のイデアルであることを示せ。さらに x, y, z, w ∈ Z とするとき
(xT + y + Ip,q )(zT + w + Ip,q ) = αT + β + Ip,q
となる α, β ∈ Z を x, y, z, w ∈ Z を用いて表せ。
(2) 写像 θ : Z × Z → Z[T ]/Ip,q を
θ(x, y) := xT + y + Ip,q
(x, y ∈ Z) により定義する。θ が全単射であることを示せ。
(3) η : Z[T ]/Ip,q → Z[T ]/Ia,b が環の同型写像であれば η(T +Ip,q ) = eT +r+Ip,q
となる e ∈ {±1}, r ∈ Z が存在し |a − b| = |p − q| であることを示せ。
(4) 環の準同型写像 ζp,q : Z[T ]/Ip,q → Z × Z,
ζp,q (xT + y + Ip,q ) := (xp + y, xq + y)
(x, y ∈ Z) が存在する事を示せ。さらに p ̸= q であれば ζp,q は単射であることを
示せ。
(5) ２つの環 Imζ0,a と Imζ0,b が同型である為の必要十分条件は |a| = |b| であ
ることを示せ。
以下の (6),(7) では次の事実を用いてもよい。
(∗) J を Z の部分集合とする。このとき「J が Z のイデアル ⇐⇒ ∃n ∈ Z≥0 ,
J = Zn」が成り立つ。ここで Zn := {xn|x ∈ Z} とおいた。
(6) Q が Z × Z の部分環とする。このとき {(y, y)|y ∈ Z} ⊂ Q であって、ある
a ∈ Z≥0 が存在して Q = Imζ0,a となる事を示せ。
(7) a ∈ Z≥0 とする。Imζ0,a のイデアルを全て求めよ。
代数学 II 小テスト（５）６月１６日実施
R を可換環とし、I を R のイデアルとする。Q を R の部分環とする。I の部
分集合 B が I の Q-基であるとはつぎの (i), (ii) を満たすときにいう。X(B) を B
の空でない有限部分集合の集合とする。
∑
(i) I = ∪X∈X(B) { x∈X ax x|ax ∈ Q(x ∈ X)},
∑
(ii) 任意の X ∈ X(B) および任意の ax ∈ Q(x ∈ X) が等式 x∈X ax x = 0 を
満たせば ax = 0 (x ∈ X) である。
次の問に答えよ。ただし前回までの授業、小テストなどで与えた定理、公式な
どは用いてよい。
問. p, q ∈ Z に対して
Ip,q := {h(T )(T − p)(T − q) ∈ Z[T ]|h(T ) ∈ Z[T ]}
とおく。
(1) Ip,q が Z[T ] のイデアルであることを示せ。
(2) {T i |i ∈ Z≥0 } が Z[T ] の Z-基であることを用いて {T i (T −p)(T −q)|i ∈ Z≥0 }
が Ip,q の Z-基であることを示せ。
(3) {1, T } ∪ {T i (T − p)(T − q)|i ∈ Z≥0 } が Z[T ] の Z-基であることを示せ。
剰余環 Z[T ]/Ip,q の元を [h(T )] (h(T ) ∈ Z[T ]) と書く。
[h(T )] を h(T ) + Ip,q とも書く。
(4) [T ]2 = [(p + q)T − pq] を示せ。
(5) x, y, z, w ∈ Z とするとき
[xT + y] · [zT + w] = [αT + β]
となる α, β ∈ Z を x, y, z, w ∈ Z を用いて表せ。
(6) x, y, z, w ∈ Z とする。
「[xT + y] = [zT + w] ⇔ x = z かつ y = w」を示せ。
(7) Z[T ] の部分環 {[z]|z ∈ Z} を Z と同一視する。{1, [T ]} が Z[T ]/Ip,q の Z-基
であることを示せ。
代数学 II 小テスト（６）６月３０日実施予定（案）
R を可換環とし、I を R のイデアルとする。Q を R の部分環とする。I の部分
集合 B が I の Q-基であるとはつぎの (i), (ii) を満たすときにいう。
(i) 任意の x ∈ I に対して有限個の b1 , . . . , bn ∈ I および q1 , . . . , qn ∈ Q で
| {z }
| {z }
n
n
∑n
x = i=1 qi bi となるものがある。
(ii) 任意の相異なる有限個の b1 , . . . , bn ∈ I (bs ̸= bt (s ̸= t)) にたいして
| {z }
n
∑n
1 , . . . , qn ∈ Q は q1 = q2 = · · · = qn = 0 に限る。
i=1 qi bi = 0 となる q
| {z }
n
次の問に答えよ。ただし前回までの授業、小テストなどで与えた定理、公式な
どは（常識の範囲で）用いてよい。
問１. R を可換環とし、I を R のイデアルとする。Q を R の部分環とする。
I の部分集合 B = {bi |i ∈ Z≥0 } = {b0 , b1 , b2 , . . .} が I の Q-基であるとする。各
∑i−1
yij bj
i ∈ Z≥0 に対して ci ∈ I をある yij ∈ Q (j ∈ J0,i−1 ) があって ci = bi + j=0
となっているものとする。C = {ci |i ∈ Z≥0 } が I の Q-基であることを示せ。
問２. p, q ∈ Z に対して Z 上の 1 変数多項式環 Z[T ] のイデアル Ip,q を
Ip,q := {h(T )(T − p)(T − q) ∈ Z[T ]|h(T ) ∈ Z[T ]}
によって定義する。剰余環 Z[T ]/Ip,q の元を [h(T )] (h(T ) ∈ Z[T ]) と書く。[h(T )]
を h(T ) + Ip,q とも書く。
(1) {T i |i ∈ Z≥0 } が Z[T ] の Z-基であることを用いて {1, T } ∪ {T i (T − p)(T −
q)|i ∈ Z≥0 } が Z[T ] の Z-基であることを示せ。
(2) x, y, z, w ∈ Z とする。
「[xT + y] = [zT + w] ⇔ x = z かつ y = w」を示せ。
(3) x, y, z, w ∈ Z とするとき
[xT + y] · [zT + w] = [αT + β]
となる α, β ∈ Z を x, y, z, w ∈ Z を用いて表せ。
(4) Z[T ]/Ip,q の部分環 {[z]|z ∈ Z} を Z と同一視する。{1, [T ]} が Z[T ]/Ip,q の
Z-基であることを示せ。
(5) 写像 η : Z[T ]/Ip,q → Z[T ]/Ia,b が環の同型写像であれば η(T + Ip,q ) =
eT + r + Ia,b となる e ∈ {±1}, r ∈ Z が存在し |a − b| = |p − q| であることを示
せ。また逆にこの条件をみたす環の同型写像 η が存在することを示せ。
6 月 18 日山根宏之
代数学 II 小テスト（６）６月３０日（月）３限実施
R を可換環とし、I を R のイデアルとする。Q を R の部分環とする。I の部分
集合 B が I の Q-基であるとはつぎの (i), (ii) を満たすときにいう。
(i) 任意の x ∈ I に対して有限個の b1 , . . . , bn ∈ B および q1 , . . . , qn ∈ Q で
| {z }
| {z }
n
n
∑n
x = i=1 qi bi となるものがある。
(ii) 任意の相異なる有限個の b1 , . . . , bn ∈ B (bs ̸= bt (s ̸= t)) にたいして
| {z }
n
∑n
1 , . . . , qn ∈ Q は q1 = q2 = · · · = qn = 0 に限る。
i=1 qi bi = 0 となる q
| {z }
n
次の問に答えよ。ただし前回までの授業、小テストなどで与えた定理、公式な
どは（常識の範囲で）用いてよい。
問１. R を可換環とし、I を R のイデアルとする。Q を R の部分環とする。
I の部分集合 B = {bi |i ∈ Z≥0 } = {b0 , b1 , b2 , . . .} が I の Q-基であるとする。各
∑i−1
yij bj
i ∈ Z≥0 に対して ci ∈ I をある yij ∈ Q (j ∈ J0,i−1 ) があって ci = bi + j=0
となっているものとする。C = {ci |i ∈ Z≥0 } が I の Q-基であることを示せ。
問２. p, q ∈ Z に対して Z 上の 1 変数多項式環 Z[T ] のイデアル Ip,q を
Ip,q := {h(T )(T − p)(T − q) ∈ Z[T ]|h(T ) ∈ Z[T ]}
によって定義する。剰余環 Z[T ]/Ip,q の元を [h(T )] (h(T ) ∈ Z[T ]) と書く。[h(T )]
を h(T ) + Ip,q とも書く。
(1) {T i |i ∈ Z≥0 } が Z[T ] の Z-基であることを用いて
{1, T } ∪ {T i (T − p)(T − q)|i ∈ Z≥0 }
が Z[T ] の Z-基であることを示せ。
(2) Z[T ]/Ip,q の部分環 {[z]|z ∈ Z} を Z と同一視する。{1, [T ]} が Z[T ]/Ip,q の
Z-基であることを示せ。
(3) x, y, z, w ∈ Z とするとき
[xT + y] · [zT + w] = [αT + β]
となる α, β ∈ Z を x, y, z, w ∈ Z を用いて表せ。ここで · は環 Z[T ]/Ip,q の積を表
わす。
(4) 写像 η : Z[T ]/Ip,q → Z[T ]/Ia,b が環の全射準同型写像であれば
∃e ∈ {±1}, ∃r ∈ Z, η(T + Ip,q ) = eT + r + Ia,b , |a − b| = |p − q|
であることを示せ。また逆にこの条件をみたす環の同型写像 η が存在することを
示せ。
代数学 II 小テスト（７）７月７日（月）３限実施予定（案）
可換環 R が整域であるとは
∀x, ∀y ∈ R \ {0}, xy ̸= 0
をみたすときに言う。
次の問に答えよ。ただし前回までの授業、小テストなどで与えた定理、公式な
どは（常識の範囲で）用いてよい。前回の小テスト（６）の問１は用いてよい。
問１. a, b ∈ Z とする。Z 上の 1 変数多項式環 Z[T ] のイデアル Ja,b を
Ja,b := {h(T )(T 2 + aT + b) ∈ Z[T ]|h(T ) ∈ Z[T ]}
によって定義する。剰余環 Z[T ]/Ja,b の元を [h(T )] (h(T ) ∈ Z[T ]) と書く。[h(T )]
を h(T ) + Ja,b とも書く。
(１) Z[T ]/Ja,b の部分環 {[z]|z ∈ Z} を Z と同一視する。{1, [T ]} が Z[T ]/Ja,b
の Z-基であることを示せ。
(２) x, y, z, w ∈ Z とするとき
[xT + y] · [zT + w] = [αT + β]
となる α, β ∈ Z を x, y, z, w ∈ Z を用いて表せ。さらに
[
][
]
[
]
[
]
A B
z
Az + Bw
α
(=
)=
C D
w
Cz + Dw
β
となる A, B, C, D ∈ Z を x, y ∈ Z を用いて表せ。
(３) a2 − 4b < 0 であるとき Z[T ]/Ja,b は整域であることを示せ。
問２. 極大イデアルおよび素イデアルの定義を述べよ。
７月１日山根宏之
代数学 II 小テスト（６）６月３０日（月）３限実施解答
問１. (i) について。
「(∗)∀i ∈ Z≥0 , ∃zij ∈ Q (j ∈ J0,i−1 ) bi = ci +
∑i−1
j=0 zij cj 」が成
∑i−1
り立つ。
（なぜなら：b0 = c0 が成り立つ。i ≥ 1 のとき帰納法より bi = ci − j=0 yij bj =
∑i−1
∑i−1
∑j−1
ci + j=0 (−yij )bj = ci + j=0 (−yij )(cj + k=0 zjk ck )
∑i−1
∑i−1 ∑j−1
= ci + j=0 (−yij )cj + j=0 k=0 (−yij )zjk ck が成り立つ。このことより (∗) が成り立
つ。）(∗) より C は基の公理 (i) をみたす事がわかる。 ∑
n
(ii) について。n ∈ N とする。qi ∈ Q （i ∈ J0,n ）を i=0 qi ci = 0 となるものとす
∑n
∑n
∑i−1
∑n−1
∑n−1 ∑i−1
る。 i=0 qi ci =
yij bj ) = qn bn + i=0 qi bi + i=0 qi j=0 yij bj
i=0 qi (bi +
∑n−1 j=0
∑n
より qn = 0 が成り立つ。 i=0 qi ci =
i=0 qi ci = 0 であるので帰納法より qi = 0
(i ∈ J0,n−1 ) が成り立つ。このことより C は基の公理 (ii) をみたす。
問２. (1) 問１より明らか。
(2) B := {1, [T ]} とおく。i ∈ J2,∞ のとき [T i ] = [T i − T i−2 (T − p)(T − q)] =
[(p + q)T i−1 − pqT i−2 ] = (p + q)[T i−1 ] − pq[T i−2 ] であるので B は基の公理 (i) をみた
す。x, y ∈ Z を x · 1 + y[T ] = 0 となるものとする。[x + yT ] = x · 1 + y[T ] = 0 = [0] よ
り x + yT ∈ Ip,q である。(1) より {T i (T − p)(T − q)|i ∈∑
Z≥0 } は Ip,q の Z-基である。し
n
i
たがってある n ∈ Z≥0 と
a
∈
Z
(i
∈
J
)
で
x
+
yT
=
0,n
i=0 ai T (T − p)(T − q) となる
∑ni
i
ものがある。x + yT + i=0 (−ai )T (T − p)(T − q) = 0 であるので (1) より x = y = 0
（および ai = 0 (i ∈ J0,n ) ）が成り立つ。したがって B は基の公理 (ii) をみたす。した
がって B は Z[T ]/Ip,q の Z-基である。
(3) [xT + y] · [zT + w] = [(xT + y)(zT + w)] = [xzT 2 + (xw + yz)T + yw] = [xzT 2 +
(xw+yz)T +yw−xz(T −p)(T −q)] = [xzT 2 +(xw+yz)T +yw−xz(T 2 −(p+q)T +pq)] =
[(xw+yz +pxz +qxz)T +(yw−xzpq)] である。α := xw+yz +pxz +qxz, β := yw−xzpq
とおけばよい。
(4) (2) より η(T + Ip,q ) = eT + r + Ia,b となる e, r ∈ Z がある。η(mT + n + Ip,q ) =
m(eT +r)+n+Ia,b = meT +(mr+n)+Ia,b (m, n ∈ Z) より Imη = {meT +n+Ia,b |m, n ∈
Z} が成り立つ。η は全射であるので (2) より Imη = {mT + n + Ia,b |m, n ∈ Z} でなけ
ればならない。(2) より e ∈ {±1} でなければならない。0 + Ia,b = η(0 + Ip,q ) = η((T −
p)(T − q) + Ip,q ) = η(T − p + Ip,q )η(T − q + Ip,q ) = (eT + r − p + Ia,b )(eT + r − q + Ia,b ) =
(eT + r − p)(eT + r − q) + Ia,b = T 2 + e((r − p) + (r − q))T + (r − p)(r − q) + Ia,b =
T 2 + e((r − p) + (r − q))T + (r − p)(r − q) − (T − a)(T − b) + Ia,b = (e((r − p) + (r − q)) +
(a + b))T + ((r − p)(r − q) − ab) + Ia,b が成り立つ。(2) より e(p − r) + e(q − r) = a + b,
e(p − r) · e(q − r) = ab が成り立つ。従って a = e(p − r), b = e(q − r) または a = e(q − r),
b = e(p − r) が成り立つ。従って |a − b| = |p − q| が成り立つ。
|a−b| = |p−q| が成り立つとする。このとき e ∈ {±1} と r ∈ Z が存在して a = e(p−r),
b = e(q − r) が成り立つ。Z[T ]/Ia,b は可換環であるので小テスト（４）問より環の準同
型写像 µ : Z[T ] → Z[T ]/Ia,b で µ(T ) = eT + r + Ia,b となるものが存在する。このとき
任意の i ∈ Z≥0 にたいして µ(T i (T − p)(T − q)) = (eT + r)i (eT + r − p)(eT + r − q) +
Ia,b = (eT + r)i (eT − ea)(eT − eb) + Ia,b = (eT + r)i (T − a)(T − b) + Ia,b = 0 + Ia,b
が成り立つ。したがって Ip,q ⊂ ker µ が成り立つ。授業の補題 L ７より環の準同型写
像 η : Z[T ]/Ip,q → Z[T ]/Ia,b で η(T + Ip,q ) = eT + r + Ia,b となるものが存在する。
η(mT + n + Ip,q ) = m(eT + r) + n + Ia,b = meT + (mr + n) + Ia,b (m, n ∈ Z) が成り
立つ。(2) より η が全単射であることが分かる。
代数学 II 小テスト（７）７月７日（月）３限実施
可換環 R が整域であるとは
∀x, ∀y ∈ R \ {0}, xy ̸= 0
をみたすときに言う。
次の問に答えよ。ただし前回までの授業、小テストなどで与えた定理、公式な
どは（常識の範囲で）用いてよい。前回の小テスト（６）の問１は用いてよい。
問１. a, b ∈ Z とする。Z 上の 1 変数多項式環 Z[T ] のイデアル Ja,b を
Ja,b := {h(T )(T 2 + aT + b) ∈ Z[T ]|h(T ) ∈ Z[T ]}
によって定義する。剰余環 Z[T ]/Ja,b の元を [h(T )] (h(T ) ∈ Z[T ]) と書く。[h(T )]
を h(T ) + Ja,b とも書く。
(１) Z[T ]/Ja,b の部分環 {[z]|z ∈ Z} を Z と同一視する。{1, [T ]} が Z[T ]/Ja,b
の Z-基であることを示せ。
(２) x, y, z, w, α, β ∈ Z、
[xT + y] · [zT + w] = [αT + β]
としたとき
[
][
]
[
]
[
]
A B
z
Az + Bw
α
(=
)=
C D
w
Cz + Dw
β
となる A, B, C, D ∈ Z を x, y ∈ Z を用いて表せ。
(３) a2 − 4b < 0 であるとき Z[T ]/Ja,b は整域であることを示せ。
問２. 可換環のイデアル、極大イデアルおよび素イデアルの定義を述べよ。
代数学 II 小テスト（８）７月１４日（月）３限実施予定（案）
R を可換環とする。R がユークリッド整域であるとは次の (E1), (E2) をみた
す写像 φ : R → Z が存在するときにいう。
(E1) ∀a ∈ R \ {0}, φ(a) > φ(0).
(E2) ∀b ∈ R, ∀a ∈ R \ {0}, ∃q, ∃r ∈ R, b = aq + r, φ(r) < φ(a).
問１. R を可換環とし I を I ̸= R となる R のイデアルとする。
(1) I が素イデアルであるための必要十分条件は R/I が整域である事を示せ。
(2) I が極大イデアルであるための必要十分条件は R/I が体である事を示せ。
問２. (1) 単項イデアル整域の定義を書け。
(2) ユークリッド整域ならば単項イデアル整域であることを示せ。
問３. Z 上の一変数多項式環 Z[T ] は単項イデアル整域ではないことを示せ。
（ヒント：{f (T )T + 2x|f (T ) ∈ Z[T ], x ∈ Z} を考察せよ。）
前回の代数学 II 小テスト（７）では何故か T 2 + aT + b を (T − p)(T − q) ま
たは (T − a)(T − b) と読み替えている答案が続出している。また Z[T ]/Ja,b の任
意の元が h(T ) + h(T )(T 2 + aT + b) であるとして解答している答案も続出して
いる。大変ショックを受けている。
こんなことでは大学の卒業生とし
て社会に送り出す事は出来ない。
しっかりと問題文を読むように！わからなければ聞きに来るように！
７月９日山根宏之
代数学 II 小テスト（７）７月７日（月）３限実施解答
問１. (1) 小テスト（６）問１より次の (∗1), (∗2) がわかる。
(∗1) {1, T } ∪ {T i (T 2 + aT ; B)|i ∈ Z≥0 } は Z[T ] の Z-基である。
(∗2) {T i (T 2 + aT + b)|i ∈ Z≥0 } は Ja,b の Z-基である。
B := {1, [T ]} とおく。i ∈ J2,∞ のとき [T i ] = [T i −T i−2 (T +aT +b)] = [−aT i−1 −
bT i−2 ] = −a[T i−1 ] − b[T i−2 ] であるので Z[T ]/Ja,b = {x[T ] + y|x, y ∈ Z} である。
x, y ∈ Z を x · 1 + y[T ] = 0 となるものとする。[x + yT ] = x · 1 + y[T ] = 0 = [0] よ
り x+yT ∈ Ja,b である。(∗2) よりある n ∈ Z≥0 と ai ∈ Z (0 ≤ i ≤ n) で x+yT =
∑n
∑n
i
2
i
2
i=0 ai T (T +aT +b) となるものがある。x+yT + i=0 (−ai )T (T +aT +b) = 0
であるので (∗1) より x = y = 0（および ai = 0 (0 ≤ i ≤ n) ）が成り立つ。した
がって B は Z[T ]/Ja,b の Z-基である。
(2) [xT + y] · [zT + w] = [(xT + y)(zT + w)] = [xzT 2 + (xw + yz)T + yw] =
[xzT 2 +(xw +yz)T +yw −xz(T 2 +aT +b)] = [(xw +yz −axz)T +(yw −bxz)] =
[((y − ax)z + xw)T + ((−bx)z + yw)] である。したがって A = y − ax, B = x,
C = −bx, D = y である。
(3) (1) より Z[T ]/Ja,b の任意の元は [nT +m] (m, n ∈ Z) と書ける。x, y,[z, w ∈
]Z
z
を [zT + w] ̸= 0 かつ [xT + y] · [zT + w] = 0 となるものとする。(1) より
̸=
w
[
]
[
] [ ]
[ ]
y − ax x
z
0
0
が成り立つ。P :=
とおく。(1), (2) より P
=
−bx y
w
0
0
[ ]
0
} より P は正則行列ではない。ゆえに det P = 0 で
が成り立つ。ker P ̸= {
0
1
2
2 2
ある。det P = (y − ax)y − (−bx)x = y 2 − axy + bx2 = (y − ax
2 ) + 4 (4b − a )x
2
および 4b − a > 0 より x = y = 0 である。ゆえに [xT + y] = 0 である。した
がって Z[T ]/Ja,b は整域である。
代数学 II 小テスト（８）７月１４日（月）３限実施
R を可換環とする。R がユークリッド整域であるとは次の (E1), (E2) をみた
す写像 φ : R → Z が存在するときにいう。
(E1) ∀a ∈ R \ {0}, φ(a) > φ(0).
(E2) ∀b ∈ R, ∀a ∈ R \ {0}, ∃q, ∃r ∈ R, b = aq + r, φ(r) < φ(a).
問１. R を可換環とし I を I ̸= R となる R のイデアルとする。
(1) I が素イデアルであるための必要十分条件は R/I が整域である事を示せ。
(2) I が極大イデアルであるための必要十分条件は R/I が体である事を示せ。
問２. (1) 単項イデアル整域の定義を書け。
(2) ユークリッド整域ならば単項イデアル整域であることを示せ。
∑
問３. Z[T ] を Z 上の一変数多項式環とする。f (T ) = ni=0 ai T i ∈ Z[T ] (ai ∈
∑n
Z), z ∈ C に対して f (z) := i=0 ai z i ∈ C と定義する。ω ∈ C を ω 2 + ω + 1 = 0
となるものとする。
(1) Z[T ] は単項イデアル整域ではないことを示せ。
(2) 環の準同型写像 α : Z[T ]/Z[T ](T 3 −1) → C, α(h(T )+Z[T ](T 3 −1)) := h(ω)
(h(T ) ∈ Z[T ]), が存在する事を示せ。
(3) 環の準同型写像 β : Z[T ]/Z[T ](T 3 −1) → C×C, β(h(T )+Z[T ](T 3 −1)) :=
(h(1), h(ω)) (h(T ) ∈ Z[T ]), は単射か？
問３ (1) の解答：I := {h(T )T + 2x∑∈ Z[T ]|h(T ) ∈ Z[T ], x ∈ Z} とおく。I は
Z[T ] のイデアルである。I = {2x + ni=1 yi T i |x ∈ Z, n ∈ N, xi ∈ Z (yi ∈ Z)}
より I ∩ Z = {2x|x ∈ Z} が成り立つ。Z[T ] が単項イデアル整域であるとする。
I = Z[T ]a(T ) となる a(T ) ∈ Z[T ] が存在する。2 ∈ I より 2 = b(T )a(T ) とな
る b(T ) ∈ Z[T ] が存在する。ゆえに a(T ) ∈ {2, −2} である。しかし T ∈ I より
T = c(T )a(T ) となる c(T ) ∈ Z[T ] が存在する。これは矛盾である。したがって
Z[T ] が単項イデアル整域ではない。
問３ (2) の解答：C が可換環であるので環の準同型写像 A : Z[T ] → C, A(h(T )) :=
h(ω), が存在する。A(T 3 − 1) = ω 3 − 1 = (ω − 1)(ω 2 + ω + 1) = (ω − 1) · 0 = 0
より Z[T ](T 3 − 1) ⊂ ker A が成り立つ。従って題意の準同型写像 α が存在する。
問３ (3) の解答：
（C × C が可換環であるので環の準同型写像 B : Z[T ] → C × C,
B(h(T )) := (h(1), h(ω)), が存在する。B(T 3 − 1) = (13 − 1, ω 3 − 1) = (0, 0) =
0C×C より Z[T ](T 3 − 1) ⊂ ker B が成り立つ。従って題意の準同型写像 β が存在す
る。）Z[T ]/Z[T ](T 3 −1) = {[aT 2 +bT +c] ∈ Z[T ]/Z[T ](T 3 −1)|a, b, c ∈ Z} が成り
立つ（なぜなら i ∈ J3,∞ のとき [T i ] = [T i − T i−3 (T 3 − 1)] = [T i−3 ]）。a, b, c ∈ Z
を [aT 2 + bT + c] ∈ ker β となるものとする。(0, 0) = β([aT 2 + bT + c]) =
(a + b + c, aω 2 + bω + c) より a + b + c = 0, aω 2 + bω + c = 0 が成り立つ。
0 = aω 2 + bω + c = a(−ω − 1) + bω + c = (−a + b)ω + (−a + c) より a = b,
a = c がなりたつ。a + b + c = 0 より a = b = c = 0 が成り立つ。ゆえに
[aT 2 + bT + c] = [0]。ゆえに ker β = {[0]} が成り立つ。従って β は単射である。
代数学 II 小テスト（９）７月１９日（土）５限実施予定（案）
問１. R を単項イデアル整域とする。
(1) x ∈ R \ {0} とする。次の (i),(ii),(iii) は同値であることを示せ。(i) x は素
元。(ii) Rx は素イデアル。(iii) Rx は極大イデアル。
(2) R のイデアル In (n ∈ N) を In ⊂ In+1 (n ∈ N) をみたすものとする。この
とき「∃m ∈ N, ∀k ≥ m, Ik = Im 」を示せ。
(3) R のイデアル I が R ̸= I となるものであれば I を含む R の極大イデアル
が存在する事を示せ。
問２. Z[T ] を Z 上の一変数多項式環とする。a, b ∈ Z を a ̸= b となるものと
し、Ia,b := Z[T ](T − a)(T − b) とする。
(1) 環の単射準同型写像 γa,b : Z[T ]/Ia,b → Z × Z で γa,b (f (T ) + Ia,b ) =
(f (a), f (b)) (f (T ) ∈ Z[T ]) となるものが存在する事を示せ。
(2) a, b, p, q ∈ Z を a ̸= b, p ̸= q となるものとする。Imγa,b = Imγp,q となる
a, b, p, q の必要十分条件を求めよ。
７月１６日山根宏之ホームページ：
[富山大学理学部数学科] → [数学科教員紹介] → [山根宏之] → [TOYAMA2014ALGII.pdf]
代数学 II 小テスト（９）７月１９日（土）５限実施
問１. R を単項イデアル整域とする。x ∈ R \ {0} とする。
(1) 次の (i),(ii),(iii) は同値であることを示せ。(i) x は素元。(ii) Rx は素イデ
アル。(iii) Rx は極大イデアル。
(2) R のイデアル In (n ∈ N) を In ⊂ In+1 (n ∈ N) をみたすものとする。この
とき「∃m ∈ N, ∀k ≥ m, Ik = Im 」を示せ。
(3) R のイデアル I が R ̸= I となるものであれば I を含む R の極大イデアル
が存在する事を示せ。
問２. Z[T ] を Z 上の一変数多項式環とする。a, b ∈ Z を a ̸= b となるものと
し、Ia,b := Z[T ](T − a)(T − b) とする。
(1) 環の単射準同型写像 γa,b : Z[T ]/Ia,b → Z × Z で γa,b (f (T ) + Ia,b ) =
(f (a), f (b)) (f (T ) ∈ Z[T ]) となるものが存在する事を示せ。
(2) a, b, p, q ∈ Z を a ̸= b, p ̸= q となるものとする。Imγa,b = Imγp,q となる
a, b, p, q の必要十分条件を求めよ。
(3) Z のイデアル P を P := {7n|n ∈ Z} により定義する。Z[T ] から Z/P
の環の準同型写像の個数、Z[T ]/Z[T ](T 3 − 1) から Z/P の環の準同型写像の個
数、Z[T ]/Z[T ](T 2 + T + 1) から Z/P の環の準同型写像の個数、Z[T ]/{h(T )T +
2g(T )|h(T ), g(T ) ∈ Z[T ]} から Z/P の環の準同型写像の個数、Z[T ]/{h(T )(T 2 +
T + 1) + 14g(T )|h(T ), g(T ) ∈ Z[T ]} から Z/P の環の準同型写像の個数を求めよ。
最近の小テストでは代数学 II の内容を理解してきていると思わせる点数をとる
学生が増えてきた。この調子で自分自身でとことん考えていると思わせる文章を
書くことを望む。記号の使い方がおかしいと第一印象が悪いので気を付ける事！
解答：R を可換環とする。R のイデアル I, J に対して I + J := {x + y|x ∈
I, y ∈ J} とおく。I + J は R のイデアルである。R ̸= {0} と仮定する。U (R) :=
{a ∈ R|∃b ∈ R, ab = 1} とおく。U (R) の元を正則元または可逆元という。x ∈ R
が素元であるとは「x ∈ R \ (U (R) ∪ {0})」かつ「a, b ∈ R, x = ab ⇒ a ∈ U (R)
または b ∈ U (R)」をみたすときにいう。R のイデアル I が素イデアルであると
は「I ( R」かつ「ab ∈ I ⇒ a ∈ I または b ∈ I 」をみたすときにいう。R のイ
デアル I が極大イデアルであるとは「I ( R」かつ「R のイデアル J が I ⊂ J を
みたせば J = I または J = R」をみたすときにいう。
つぎの命題Ａは重要である。
命題Ａ R, S を可換環とする。α : R → S を環の準同型写像とする。I を R の
イデアルを I ⊂ ker α となるものとする。このとき環の準同型写像 β : R/I → S
26
で β(x + I) = α(x) (x ∈ I) となるものが一意的に存在する。
証明：x, y ∈ I を剰余環 R/I の元として x + I = y + I ∈ R/I なるものとす
る。R/I の元の定義より y − x ∈ I である。z := y − x ∈ I とおく。このとき
α(y) = α(x + z) = α(x) + α(z) = α(x) + 0 = α(x) が成り立つ。このことよ
り写像 β : R/I → S で β(x + I) = α(x) (x ∈ I) となるものが存在する（これ
を β の well-defined 性という）。β(1R/I ) = β(1R + I) = α(1R ) = 1S が成り立
つ。x, y ∈ R にたいして β((x + I) + (y + I)) = β((x + y) + I) = α(x + y) =
α(x) + α(y) = β(x + I) + β(y + I) および β((x + I)(y + I)) = β(xy + I) =
α(xy) = α(x)α(y) = β(x + I)β(y + I) が成り立つ。したがって β は環の準同型
写像である。β の存在の一意性は明らかである。
2
問１．(1) (i) ⇒ (iii): x ∈
/ U (R) より Rx ( R が成り立つ。R のイデアル J
が Rx ⊂ J をみたすものとする。y ∈ R を J = Ry をみたすものとする。a ∈ R
を x = ay をみたすものとする。a ∈ U (R) ならば Rx = Ray = Ry が成り立つ。
y ∈ U (R) ならば Ry = R が成り立つ。ゆえに Rx は極大イデアルである。
(iii) ⇒ (ii): a, b ∈ R を ab ∈ Rx をみたすものとする。a ∈
/ Rx と仮定する。
Rx ( Ra + Rx が成り立つ。Rx は極大イデアルだから R = Ra + Rx が成り立つ。
v, w ∈ R を 1 = va + wx をみたすものとする。b = vab + wbx = (v + wb)x ∈ Rx
が成り立つ。したがって Rx は素イデアルである。
(ii) ⇒ (i): Rx ( R より x ∈
/ U (R) が成り立つ。a, b ∈ R を x = ab をみたすも
のとする。a ∈ Rx とする。y ∈ R を a = yx をみたすものとする。x = ybx より
(1 − yb)x = 0 が成り立つ。x ̸= 0 より R は整域だから yb = 1 が成り立つ。ゆえ
に b ∈ U (R) が成り立つ。したがって x は素元である。
∞
∪
(2) L :=
In とおく。x ∈ R を L = Rx となるものとする。m ∈ N を x ∈ Im
n=1
となるものとする。k ≥ m のとき L = Rx ⊂ Im ⊂ Ik ⊂ L より Ik = Im が成り
立つ。
(3) I を含む極大イデアルが存在しないと仮定する。このときイデアル In (n ∈ N)
で I1 = I, In ( In+1 ( R となるものがとれる。これは (2) に矛盾する。
（選択公
理との関係について：X を R のイデアルの集合とする。X ′ を R の極大イデアル
の集合とする。X ′′ := X \ (X ′ ∪ {R}) とする。各 H ∈ X ′′ に対して AH を R の
イデアル G で H ( G ( R となるものの集合とする。X ′′ が空集合でないと仮定
する。選択公理より各 H ∈ X ′′ に対して IH ∈ AH がとれる。言い換えると、写
像 f : X ′′ → ∪H∈X ′′ AH で f (H) ∈ AH (H ∈ X ′′ ) となるものが存在する。R の
イデアル I で I ( R かつ I を含む極大イデアルが存在しないものがあると仮定
する。R のイデアル In (n ∈ N) を I1 := I, In := (f ◦ · · · ◦ f )(I) (n ∈ J2,∞ ) で定
| {z }
n−1
義する。このとき I1 = I, In ( In+1 ( R (n ∈ N) が成り立つ。）
次の事実「」は明らかとしてよい。「R を環とする。このとき環の準同型写
像 f : Z → R がただ一つ存在する。」
27
問２．(1) （小テスト（４）問より）環の準同型写像 α : Z[T ] → Z × Z で
α(T ) = (a, b) となるものが存在する。h(T )(T − a)(T − b) ∈ Ia,b (h(T ) ∈ Z[T ])
に対して α(h(T )(T − a)(T − b)) = (h(a)(a − a)(a − b), h(b)(b − a)(b − b)) = (0, 0)
が成り立つ。ゆえに Ia,b ⊂ ker α である。したがって（上の命題Ａより）題意の
環の準同型写像 γa,b が存在する。
(2) i ∈ J2,∞ のとき T i + Ia,b =(T i − T i−2 (T − a)(T − b)) + Ia,b = ((a + b)T i−1 −
abT i−2 ) + Ia,b が成り立つ。ゆえに Z[T ]/Ia,b = {(mT + n) + Ia,b |m, n ∈ Z}
が成り立つ。したがって Imγa,b = {(ma + n, mb + n)|m, n ∈ Z} が成り立つ。
{(ma + n, mb + n)|m, n ∈ Z} = {(k, m(b − a) + k)|m, k ∈ Z} が成り立つ（この
等式は簡単にわかる）。よって答えは |a − b| = |p − q| である。
(3) 可換環 Z/P の元は [0], [1], [2], [3], [4], [5], [6] の７個である。したがって
Z[T ] から Z/P の環の準同型写像は αn : Z[T ] → Z/P , αn (T ) = [n] （詳しくは
αn (h(T )) = [h(n)]）, (n ∈ J0,6 ) であり、その個数は７である。
（この下の解答について：H を Z[T ] のイデアルとしたとき写像 πH : Z[T ] →
Z[T ]/H, πH (h(T )) := h(T ) + H (h(T ) ∈ Z[T ]), は環の準同型写像である。
γ : Z[T ]/H → Z/P が環の準同型写像であれば合成写像 γ ◦ πH : Z[T ] → Z/P は
環の準同型写像であり H ⊂ ker(γ ◦ πH ) が成り立つ。とくに αn = γ ◦ πH とな
る n ∈ J0,6 が存在する。逆にある k ∈ J0,6 があって αk が H ⊂ ker αk をみたせ
ば上の命題Ａより環の準同型写像 β : Z[T ]/H → Z/P , β(h(T ) + H) = αk (h(T ))
(h(T ) ∈ Z[T ]), が存在する。）
α0 (T 3 −1) = [0−1] = [6] ̸= [0], α1 (T 3 −1) = [1−1] = [0], α2 (T 3 −1) = [8−1] =
[7] = [0], α3 (T 3 − 1) = [27 − 1] = [26] = [5] ̸= [0], α4 (T 3 − 1) = [64 − 1] = [63] =
[0], α5 (T 3 − 1) = [53 − 1] = [(−2)3 − 1] = [−9] = [−2] = [5] ̸= [0], α6 (T 3 − 1) =
[63 − 1] = [(−1)3 − 1] = [−2] = [5] ̸= [0] である。したがって Z[T ]/Z[T ](T 3 − 1)
から Z/P の環の準同型写像の個数は３である。α0 (T 2 + T + 1) = [1] ̸= [0],
α1 (T 2 + T + 1) = [3] ̸= [0], α2 (T 2 + T + 1) = [7] = [0], α3 (T 2 + T + 1) =
[13] = [6] ̸= [0], α4 (T 2 + T + 1) = [21] = [0], α5 (T 2 + T + 1) = [31] = [3] ̸= [0],
α6 (T 2 + T + 1) = [43] = [1] ̸= [0] である。したがって Z[T ]/Z[T ](T 2 + T + 1) か
ら Z/P の環の準同型写像の個数は２である。L := {h(T )T + 2g(T )|h(T ), g(T ) ∈
Z[T ]} とおく。全ての n ∈ J0,6 に対して αn (2) = [2] ̸= [0] であるので L ( ker αn
である。したがって Z[T ]/L から Z/P の環の準同型写像の個数は０である。K :=
{h(T )(T 2 + T + 1) + 14g(T )|h(T ), g(T ) ∈ Z[T ]} とおく。全ての n ∈ J0,6 に対し
て αn (14) = [14] = [0] である。Z[T ]/Z[T ](T 2 + T + 1) から Z/P の環の準同型写
像の個数は２であるので Z[T ]/K から Z/P の環の準同型写像の個数も２である。
代数学 II 小テスト（１０）７月２８日（月）３限実施予定（案）
可換環 R と R の元 a ∈ R に対して Ra := {xa|x ∈ R} とおく。Ra を aR とも
書く。Z[T ] を Z 上の一変数多項式環とする。
問１. R を単項イデアル整域とする。x ∈ R \ {0} とする。
(1) 「Rx = R ⇐⇒ ∃y ∈ R, xy = 1」を示せ。
(2) 次の (i), (ii), (iii) は同値であることを示せ。(i) x は素元。(ii) Rx は素イ
デアル。(iii) Rx は極大イデアル。
(3) R のイデアル In (n ∈ N) を In ⊂ In+1 (n ∈ N) をみたすものとする。この
とき「∃m ∈ N, ∀k ≥ m, Ik = Im 」を示せ。
(4) R のイデアル I が I ( R となるものであれば I を含む R の極大イデアル
が存在する事を示せ。（厳密には選択公理を必要とするがそこまで述べなくても
構わない。）
(5) y ∈ R を Ry ( R をみたすものとする。z ∈ R を x = yz をみたすものとす
る。このとき Rx ( Rz を示せ。
(6) Rx ( R と仮定する。このとき有限個の R の素元 y1 , . . . , yn と R の正則元
z があって x = y1 · · · yn z が成り立つことを示せ。（ヒント：Ry1 を Rx を含む極
大イデアルとせよ。）
問２. Z[T ] から Z/7Z の環の準同型写像の個数、Z[T ]/Z[T ](T 3 − 1) から Z/7Z
の環の準同型写像の個数、Z[T ]/Z[T ](T 2 + T + 1) から Z/11Z の環の準同型写像
の個数、Z[T ]/{h(T )(T 2 − 1) + 8g(T )|h(T ), g(T ) ∈ Z[T ]} から Z/4Z の環の準同
型写像の個数、Z[T ]/{h(T )(T 2 + T + 1) + g(T )(T 2 + 2T − 1)|h(T ), g(T ) ∈ Z[T ]}
から Z/13Z の環の準同型写像の個数を求めよ。
問３. a, b, p, q ∈ Z を a − b = p − q ̸= 0 となるものとする。このとき
Z[T ]/Z[T ](T − a)(T − b) と Z[T ]/Z[T ](T − p)(T − q) は環として同型であるこ
とを示せ。（ヒント：k := p − a = q − b とおく。環の準同型写像 α : Z[T ] →
Z[T ]/Z[T ](T − p)(T − q), α(T ) := [T − k], を用いよ。）
代数学 II 小テスト（１０）７月２８日（月）３限実施
可換環 R に対して U (R) := {x ∈ R|∃y ∈ R, xy = 1} とおく。可換環 R と R
の元 a ∈ R に対して Ra := {xa|x ∈ R} とおく。Ra を aR とも書く。Z[T ] を Z
上の一変数多項式環とする。
問１. R を単項イデアル整域とする。x ∈ R \ {0} とする。
(1) y ∈ R とする。「Rx = Ry ⇐⇒ ∃a ∈ U (R), y = ax」を示せ。
(2) 次の (i), (ii), (iii) は同値であることを示せ。(i) x は素元。(ii) Rx は素イ
デアル。(iii) Rx は極大イデアル。
(3) R のイデアル In (n ∈ N) を In ⊂ In+1 (n ∈ N) をみたすものとする。この
とき「∃m ∈ N, ∀k ≥ m, Ik = Im 」を示せ。
(4) R のイデアル I が I ( R となるものであれば I を含む R の極大イデアル
が存在する事を示せ。（厳密には選択公理を必要とするがそこまで述べなくても
構わない。）
(5) y ∈ R を Ry ( R をみたすものとする。z ∈ R を x = yz をみたすものとす
る。このとき Rx ( Rz を示せ。
(6) Rx ( R と仮定する。このとき x = y1 · · · yn z となる有限個の R の素元
y1 , . . . , yn と z ∈ U (R) が存在することを示せ。（ヒント：Ry1 を Rx を含む極大
イデアルとせよ。）
(7) v ∈ R, a ∈ U (R), 有限個の R の素元 y1 , . . . , yn , w が y1 · · · yn a = wv をみ
たすとき、w = byi となる i ∈ J1,n と b ∈ U (R) が存在することを示せ。
問２. Z[T ] から Z/7Z の環の準同型写像の個数、Z[T ]/Z[T ](T 3 − 1) から Z/7Z
の環の準同型写像の個数、Z[T ]/Z[T ](T 2 + T + 1) から Z/13Z の環の準同型写像
の個数、Z[T ]/{h(T )(T 2 − 1) + 8g(T )|h(T ), g(T ) ∈ Z[T ]} から Z/4Z の環の準同
型写像の個数、Z[T ]/{h(T )(T 2 + T + 1) + g(T )(T 2 + 2T − 1)|h(T ), g(T ) ∈ Z[T ]}
から Z/7Z の環の準同型写像の個数を求めよ。
問３. a, b, p, q ∈ Z を a − b = p − q ̸= 0 となるものとする。このとき
Z[T ]/Z[T ](T − a)(T − b) と Z[T ]/Z[T ](T − p)(T − q) は環として同型であるこ
とを示せ。（ヒント：k := p − a = q − b とおく。環の準同型写像 α : Z[T ] →
Z[T ]/Z[T ](T − p)(T − q), α(T ) := [T − k], を用いよ。）
30
解答：
問１．(4) （I が極大イデアルであれば I 自身をとればよい。）I を含む極大イ
デアルが存在しないとする。I0 := I とおく。このとき R の可算無限個のイデア
ル In (n ∈ N) で In−1 ( In ( R をみたすものがとれる。これは (3) に矛盾する。
（「I は極大イデアルでない。」と書くべきところを「I は極大イデアル。」として
いる答案がたくさんあった。教官の書き損じがあったかも知れないが（もしそう
ならば、非常に申し訳ありせん。）、その場合でも常に自分自身で判断すること。）
(5) x = yz より Rx ⊂ Rz が成り立つ。Rx = Rz と仮定する。(1) より x = az
となる a ∈ U (R) が存在する。az = yz より (a − y)z = 0 が成り立つ。x = yz
かつ x ̸= 0 より z ̸= 0 である。R は整域だから a − y = 0 が成り立つ。ゆえに
y = a ∈ U (R) である。(1) より Ry = R1 = R が成り立つ。これは Ry ( R に矛
盾する。したがって Rx ( Rz が成り立つ。
(6) (4) より Rx ⊂ I ( Rz となる極大イデアル I がとれる。y1 ∈ R を I = Ry1
となるものとする。(2) より y1 は素元である。z1 ∈ R を x = y1 z1 となるものと
する。(5) より Rx ( Rz1 が成り立つ。これを繰り返して (3) より有限個の素元
y1 , . . . , yn と Rz = R となる z ∈ R で x = y1 · · · yn z となるものがある。(1) より
z ∈ U (R) である。
(7) c ∈ U (R) を ac = 1 となるものとする。y1 · · · yn = wvc ∈ Rw が成り立つ。
(2) より Rw は素イデアルである。よって yi ∈ Rw となる i ∈ J1,n がある。この
とき Ryi ⊂ Rw が成り立つ。(2) より Ryi と Rw は共に極大イデアルであるので
Ryi = Rw が成り立つ。(1) より w = byi となる b ∈ U (R) が存在する。
問３．Ia,b := Z[T ](T − a)(T − b), Ip,q := Z[T ](T − p)(T − q) とおく。環の
準同型写像 α : Z[T ] → Z[T ]/Ip,q , を α(T ) := (T − k) + Ip,q により定義する。
α((T −a)(T −b)) = (T −k−a)(T −k−b)+Ip,q = (T −p)(T −q)+Ip,q = 0+Ip,q より
環の準同型写像 β : Z[T ]/Ia,b → Z[T ]/Ip,q で β(T +Ia,b ) = (T −k)+Ip,q をみたすも
のがある。環の準同型写像 φ : Z[T ] → Z[T ]/Ia,b , を φ(T ) := (T + k) + Ia,b により
定義する。φ((T −p)(T −q)) = (T +k−p)(T +k−q)+Ia,b = (T −a)(T −b)+Ia,b =
0+Ia,b より環の準同型写像 ψ : Z[T ]/Ip,q → Z[T ]/Ia,b で ψ(T +Ip,q ) = (T +k)+Ia,b
をみたすものがある。このとき ψ ◦ β = idZ[T ]/Ia,b , β ◦ ψ = idZ[T ]/Ip,q が成り立
つ。ゆえに β は（ψ も）全単射である。したがって β は環の同型写像である。ゆ
えに Z[T ]/Ip,q と Z[T ]/Ia,b は同型な環である。
代数学 II 期末テスト８月４日（月）３限実施予定（案）
問１. R を単項イデアル整域とする。x ∈ R \ {0} とする。
(1) 次の (i), (ii), (iii) は同値であることを示せ。(i) x は素元。(ii) Rx は素イ
デアル。(iii) Rx は極大イデアル。
(2) R のイデアル I が I ( R となるものであれば I を含む R の極大イデアル
が存在する事を示せ。
(3) Rx ( R と仮定する。このとき x = y1 · · · yn z となる有限個の R の素元
y1 , . . . , yn と R の正則元 z が存在することを示せ。
(4) v ∈ R, R の正則元 a, 有限個の R の素元 y1 , . . . , yn , w が y1 · · · yn a = wv を
みたすとき、w = byi となる i ∈ J1,n と R の正則元 b が存在することを示せ。
問２. アイゼンシュタイン整数環 Z[ω] = {a + bω|a, b ∈ Z} （ω ∈ C は
ω 2 + ω + 1 = 0 となるもの）はユークリッド整域であることを示せ。（例えば、
インターネットで検索すれば答えがある。）
問３. Z[T ] から Z/7Z の環の準同型写像の個数、
Z[T ]/{h(T )(T 2 − 1) + 8g(T )|h(T ), g(T ) ∈ Z[T ]} から Z/4Z への環の準同型写像
の個数、Z[T ]/{h(T )(T 3 − 3T 2 + T + 1) + g(T )(T 2 − 3T + 2)|h(T ), g(T ) ∈ Z[T ]}
から Z/2014Z への環の準同型写像の個数を求めよ。
問４. a, b, c, p, q, r ∈ Z を a < b < c, p < q < r となるものとする。このとき
Z[T ]/Z[T ](T − a)(T − b)(T − c) と Z[T ]/Z[T ](T − p)(T − q)(T − r) が環として
同型である為の必要十分条件を求めよ。
７月２９日山根宏之ホームページ：
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代数学 II 期末テスト８月４日（月）３限実施
問１. R を単項イデアル整域とする。R の元として 0 ̸= 1 とする。
(1) x ∈ R \ {0} とする。y ∈ R を Ry ( R をみたすものとする。z ∈ R を
x = yz をみたすものとする。このとき Rx ( Rz を示せ。
(2) x ∈ R を {0} ( Rx ( R となるものとする。このとき x = y1 · · · yn z とな
る有限個の R の素元 y1 , . . . , yn と R の正則元 z が存在することを示せ。
(3) v ∈ R, R の正則元 a, 有限個の R の素元 y1 , . . . , yn , w が y1 · · · yn a = wv を
みたすとき、w = byi となる i ∈ J1,n と R の正則元 b が存在することを示せ。
問２. アイゼンシュタイン整数環 Z[ω] = {a + bω|a, b ∈ Z} （ω ∈ C は
ω 2 + ω + 1 = 0 となるもの）を考える。写像 φ : C → R≥0 を φ(z) := z z¯(= |z|2 )
で定義する。
(1) {1, ω} が C の R-基である事を示せ。
(2) x, y ∈ R を 0 ≤ |x| ≤ 12 , 0 ≤ |y| ≤ 21 をみたすものとする。φ(x + yω) ≤ 34
を示せ。
(3) 「∀α ∈ C, ∀β ∈ C \ {0}, ∃γ ∈ Z[ω], φ( αβ − γ) ≤ 34 」を示せ。
(4)「∀α ∈ Z[ω], ∀β ∈ Z[ω]\{0}, ∃γ, ∃δ ∈ Z[ω], α = βγ+δ かつ φ(δ) ≤ 34 φ(β)」
を示せ。
(5) Z[ω] がユークリッド整域であることを示せ。
問３. Z[T ]/{h(T )(T 2 − 1) + 18g(T )|h(T ), g(T ) ∈ Z[T ]} から Z/6Z への環の準
同型写像の個数、Z[T ]/{h(T )(T 3 −3T 2 +T +1)+g(T )(T 2 −3T +2)|h(T ), g(T ) ∈
Z[T ]} から Z/2014Z への環の準同型写像の個数を求めよ。
問４. a, b, c, p, q, r ∈ Z を a < b < c, p < q < r となるものとする。このとき
Z[T ]/Z[T ](T − a)(T − b)(T − c) と Z[T ]/Z[T ](T − p)(T − q)(T − r) が環として
同型である為の必要十分条件を求めよ。
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解答：問３. n ∈ J0,2013 を (n3 − 3n2 + n + 1) + 2014Z = 0 + 2014Z か
つ (n2 − 3n + 2) + 2014Z = 0 + 2014Z をみたすものとする。0 + 2014Z =
((n3 − 3n2 + n + 1) − n(n2 − 3n + 2)) + 2014Z = (−n + 1) + 2014Z より n = 1
でなければならない。実際、(13 − 3 · 12 + 1 + 1) + 2014Z = 0 + 2014Z かつ
(12 − 3 · 1 + 2) + 2014Z = 0 + 2014Z が成り立つ。しがって Z[T ]/{h(T )(T 3 −
3T 2 + T + 1) + g(T )(T 2 − 3T + 2)|h(T ), g(T ) ∈ Z[T ]} から Z/2014Z への環の準
同型写像の個数は 1 である。
問４.（実は非常にむずかしい問題でした。すみませんでした。問４にトライ
した人には考慮いたします。）
Ia,b,c := Z[T ](T − a)(T − b)(T − c)
とおく。次の事に注意する。
（あ）{1 + Ia,b,c , T + Ia,b,c , T 2 + Ia,b,c } は Z[T ]/Ia,b,c の Z-基である。
（い）任意の k ∈ Z に対して同型写像 αk : Z[T ]/Ia,b,c → Z[T ]/Ia+k,b+k,c+k ,
αk (T + Ia,b,c ) := (T − k) + Ia+k,b+k,c+k , がある。同型写像 β : Z[T ]/Ia,b,c →
Z[T ]/I−c,−b,−a , β(T + Ia,b,c ) := −T + I−c,−b,−a , がある。
f : Z[T ]/Ia,b,c → Z[T ]/Ip,q,r を同型写像とする。つぎの２つの Cases がある。
Case-1: ∃h, ∃m, ∃n ∈ Z, f (T + Ia,b,c ) = hT 2 + mT + n + Ip,q,r .
Case-2: ∃e ∈ {1, −1}, ∃n ∈ Z f (T + Ia,b,c ) = e(T + n) + Z[T ]/Ip,q,r .
Case-1 のとき。すべての a, b, c, p, q, r についてこの Case は起こりえない事を
示す。f が存在するとする。
（い）より p = 0 と仮定してよい。さらに（い）より
2
h > 0, f (T + Ia,b,c ) = hT + mT + I0,q,r と仮定してよい。
f (T 2 + Ia,b,c ) = f (T + Ia,b,c )2
= (hT 2 + mT )2 + I0,q,r
= T 2 (h2 T 2 + 2hmT + m2 ) + I0,q,r
= T (h2 T 3 + 2hmT 2 + m2 T ) − h2 T 2 (T − q)(T − r) + I0,q,r
= T (h2 T 3 + 2hmT 2 + m2 T ) − T (h2 T 3 − h2 (q + r)T 2 + h2 qrT ) + I0,q,r
= (2hm + h2 q + h2 r)T 3 + (m2 − h2 qr)T 2 + I0,q,r
= (2hm + h2 q + h2 r)((q + r)T 2 − qrT ) + (m2 − h2 qr)T 2 + I0,q,r
= (m2 + 2h(q + r)m + h2 (q 2 + qr + r2 ))T 2 − (2hqrm + h2 (q + r)qr)T + I0,q,r
A := (m2 + 2h(q + r)m + h2 (q 2 + qr + r2 )), B := −(2hqrm + h2 (q + r)qr) とお
く。x, y, z ∈ Z にたいして f (xT 2 + yT + z + Ia,b,c ) = x(AT 2 + BT ) + y(hT 2 +
mT ) + z + I0,q,r = (Ax + hy)T 2 + (Bx + my)T + z + I0,q,r が成り立つ。f は
全射であるので（あ）より「∃x1 , ∃y1 ∈ Z, Ax1 + hy1 = 1, Bx1 + my1 = 0」
および「
∃x2 , )∃y2 ∈ Z, Ax(2 + hy2 =) 0, Bx2 + my
T :=
( 2 = 1」が成り立つ。
)
(
1 0
A h
x1 x2
, E := det
とおく。T S = E
det
, S := det
y1 y2
0 1
B m
である。det(T ) det(S) = det(T S) = det(E) = 1 かつ det(T ), det(S) ∈ Z より
34
| det(T )| = 1 である。
det(T ) = Am − Bh
= (m2 + 2h(q + r)m + h2 (q 2 + qr + r2 ))m + (2hqrm + h2 (q + r)qr)h
= m3 + 2h(q + r)m2 + h2 (q 2 + 3qr + r2 )m + h3 (q + r)qr
= (m + hq)(m + hr)(m + h(q + r))
h > 0, 0 < q < r より m+hq = −1, m+hr = −1 が成り立つ。m+h(q+r) = −m
であるので |m| = 1 が成り立つ。m = −1 のとき q = 0 であるので矛盾である。
m = 1 のとき r = 0 であるので矛盾である。したがって Case-1 は起こりえない。
Case-2 のとき。0+Ip,q,r = f ((T −a)(T −b)(T −c)+Ia,b,c )(e(T +n)−a)(e(T +
n) − b)(e(T + n) − c) + Ip,q,r = e(T + n − ea)(T + n − eb)(T + n − ec) + Ip,q,r
より (T + n − ea)(T + n − eb)(T + n − ec) = (T − p)(T − q)(T − r) でなければ
ならない。e = 1 のとき (p, q, r) = (−n + a, −n + b, −n + c) である。e = −1 の
とき (p, q, r) = (−n − c, −n − b, −n − a) である。答えは「p − a = q − b = r − c
または p + c = q + b = r + a」である。（十分条件は（い）より成り立つ。）
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代数学 II（時間割コード１４００４５、１
４０７０４）を受講の皆様、９月３日（水）
２限目に A238 で追試験を行います。受験
免除者、受験資格者などは８月１８日以降
に掲示します。８月８日山根宏之
代数学 II 追試験９月３日（水）２限 A ２３８で実施予定
可換環 R に対して U (R) := {x ∈ R|∃y ∈ R, xy = 1} とおく。可換環 R と R
の元 a ∈ R に対して Ra := {xa|x ∈ R} とおく。可換環 R のイデアル I, L に対
して R のイデアル I + L を I + L := {x + y|x ∈ I, y ∈ L} により定義する。Ra
を aR とも書く。Z[T ] を Z 上の一変数多項式環とする。
問１. R を単項イデアル整域とする。x ∈ R \ {0} とする。
(1) y ∈ R とする。「Rx = Ry ⇐⇒ ∃a ∈ U (R), y = ax」を示せ。
(2) 次の (i), (ii), (iii) は同値であることを示せ。(i) x は素元。(ii) Rx は素イ
デアル。(iii) Rx は極大イデアル。
問２. R をユークリッド整域する。I を R のイデアルとする。I ̸= R のとき I
を含む R の極大イデアルが存在する事を示せ。
問３. Z[T ] から Z/7Z の環の準同型写像の個数、Z[T ]/Z[T ](T 3 − 1) から Z/7Z
の環の準同型写像の個数、Z[T ]/Z[T ](T 2 + T + 1) から Z/13Z の環の準同型写
像の個数、Z[T ]/(Z[T ](T 2 − 1) + 8Z[T ]) から Z/4Z の環の準同型写像の個数、
Z[T ]/(Z[T ](T 2 + T + 1) + Z[T ](T 3 + T 2 + 2T − 2)) から Z/7Z の環の準同型写
像の個数を求めよ。
問４. a, b, p, q ∈ Z を a < b かつ p < q となるものとする。このとき Z[T ]/Z[T ](T −
a)(T − b) と Z[T ]/Z[T ](T − p)(T − q) が環として同型である必要十分条件を求
めよ。
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注：このノートの解答等には間違いが残っ
ている可能性が常にある。何度も見返して
いるがたった一人で作成する解答にはそう
いうことが起こり得る。各自で慎重に読む
こと！
！間違いを見つけた時は教官に申告
することを望む。

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