エレファントな整数論(15) - エレファント・コンピューティング調査報告

整域の元の素元への分解の一意性

(1) 整域 $R$ の素元 $p$ に対して、 $(p) = (a_1 a_2 \cdots a_n)$ ならば、 $(p) = (a_i)$ となる $a_i$ が存在します。

[証明]
$\begin{eqnarray*} p \ は素元 & \iff & \bigl[ \ (a)(b) \subseteq (p) \implies (a) \subseteq (p) \ または \ (b) \subseteq (p) \ \bigr] \\ & \implies & \bigl[ \ (a)(b) = (p) \implies (a) \subseteq (a)(b) \ または \ (b) \subseteq (a)(b) \ \bigr] \\ & \iff & \bigl[ \ (a)(b) = (p) \implies (b) = (1) \ または \ (a) = (1) \ \bigr] \\ \end{eqnarray*}$
となるので、これを繰り返すとある $a_i$ が存在して $a_i$ 以外のすべての $a_j$ に対して $(a_j) = (1)$ となるので主張が成り立ちます。[証明終わり]

(2) 整域 $R$ の素元 $p$ に対して、 $(p) \subseteq (a)$ ならば、 $(p) = (a)$ または $(a) = (1)$

[証明] $p = ab$ と書けるので、 $(a) \ne (1)$ とすると(1)より $(p) = (a)$ となります。[証明終わり]

(3) $m, n \ge 1$ とし、 $p_1, p_2, \cdots , p_m, q_1, q_2, \cdots , q_n$ を整域 $R$ の素元とします。 $(p_1 p_2 \cdots p_m) = (q_1 q_2 \cdots q_n)$ ならば任意の $i$ に対して $j$ が存在して $(p_i) = (q_j)$ となります。

[証明] $(q_1 q_2 \cdots q_n) \subseteq (p_i)$ であり $(p_i)$ は素イデアルなので $(q_j) \subseteq (p_i)$ となる $j$ が存在します。(2)より $(p_i) = (q_j)$ となります。[証明終わり]

(4) $m, n \ge 1$ とし、 $p_1, p_2, \cdots , p_m, q_1, q_2, \cdots , q_n$ を整域 $R$ の素元とします。 $(p_1 p_2 \cdots p_m) = (q_1 q_2 \cdots q_n)$ ならば、任意の $i$ に対して $p_1, p_2, \cdots , p_m$ の中から $p_i$ を除いた $p'_1, p'_2, \cdots , p'_{m-1}$ と $q_1, q_2, \cdots , q_n$ の中の $q'_1, q'_2, \cdots , q'_{n-1}$ が存在して $(p'_1 p'_2 \cdots p'_{m-1}) = (q'_1 q'_2 \cdots q'_{n-1})$ となります。

[証明] (3)より任意の $i$ に対して $j$ が存在して $(p_i) = (q_j)$ となります。 $q_1, q_2, \cdots , q_n$ から $q_j$ を除いたものを $q'_1, q'_2, \cdots , q'_{n-1}$ とします。 $(p_i)(p'_1 p'_2 \cdots p'_{m-1}) = (q_j)(q'_1 q'_2 \cdots q'_{n-1})$ となり、 $R$ は整域なので $(p'_1 p'_2 \cdots p'_{m-1}) = (q'_1 q'_2 \cdots q'_{n-1})$ となります。[証明終わり]

(5) $m, n \ge 1$ とし、 $p_1, p_2, \cdots , p_m, q_1, q_2, \cdots , q_n$ を整域 $R$ の素元とします。 $(p_1 p_2 \cdots p_m) = (q_1 q_2 \cdots q_n)$ ならば $m = n$ であり、適当に並べ替えると任意の $1 \le i \le m$ に対して $(p_i) = (q_i)$ となります。

[証明] $p_1, p_2, \cdots , p_m, q_1, q_2, \cdots , q_n$ は $R$ の素元で、 $(p_1 p_2 \cdots p_m) = (q_1 q_2 \cdots q_n)$ とします。

$m = 1$ のときは $(p_1) = (q_1 q_2 \cdots q_n)$ となります。(1) より $(p_1) = (q_i)$ となる $i$ が存在して、その他の $q_j$ はすべて $(q_j) = (1)$ となりますが、 $q_j$ は素元なので $(q_j) = (1)$ となることはありません。よって $n = 1$ であり $(p_1) = (q_1)$ となります。

$m \gt 1$ として、 $m$ より小さい場合は主張が成り立っているとします。(3) より $(q_i) = (p_1)$ となる $i$ が存在します。番号を付け替えてこの $q_i$ を $q_1$ とします。

(4)より $(p_2 \cdots p_m) = (q_2 \cdots q_n)$ となります。帰納法の仮定より $m = n$ であり、適当に並べ替えると任意の $2 \le i \le m$ に対して $(p_i) = (q_i)$ となります。したがって主張が成り立ちます。[証明終わり]