Rが単位的可換環でf=Σ_{i=0}^n a_ix^i∈R[x]とする。fが単元⇔a_0は単元でa_1,a_2,…,a_nはnilpotent

質問

Rが単位的可換環でf=Σ_{i=0}^n a_ix^i∈R[x]とする。fが単元⇔a_0は単元でa_1,a_2,…,a_nはnilpotent。

という問題です。
∃n∈N;a^n=0ならaはnilpotentである
というのがnilpotentの定義です。

(必要性)
fが単元だというのだから,∃g(x)∈R[x];f(x)g(x)=1。
もし,degf(x)=1なら,明らかにa_0は単元でなければならない。
もし,degf(x)>1でg(x)=_{i=0}^m b_ix^iとすると
f(x)g(x)=Σ_{k=0}^{m+n}(Σ_{i+j=k}a_ib_j)x^kでこれからどのようにしてa_iがnilpotentである事が示せますか?

(十分性)
a_iはnilpotentsだからa_i^r_i=0 (但し,r_i∈N, i=1,2,…,n)とするとここからどのようにf(x)の逆元g(x)を決めれますでしょうか?

回答No.1

PRFRD

３つの補題を用意して証明します．

補題１．z, w がベキ零ならば (z + w) もベキ零となる．
証明．
z^n = 0, w^m = 0 とおけば二項展開から (z+w)^{n+m} = 0 となるから．

補題２．p ∈ R[x] がベキ零 <=> p の各係数がベキ零．
証明．
(<=) p がベキ零元の和で書けているので，補題１より従う．

(=>) p^n = 0 とすると，係数を比較して，p の最低次の項もベキ零となる．
したがって補題１より p(x) から最低次の項を除いたものもベキ零となり，
この構成を繰り返すことで示される．

補題３．u を単元，z をベキ零元とすれば u - z は単元．
証明．
u = 1 として一般性を失わず，(1 - z)(1 + z + ... + z^{n-1}) = 1 なので．

命題．f = a_0 + a_1 x + ... + a_n x^n ∈ R[x] が単元 <=>
　　　a_0 は単元，a_1, ..., a_n はベキ零
証明．
(<=) 補題２より a_0 + (a_1 x + ... + a_n x^n) は (単元) + (ベキ零元)．
よって補題３よりこれは単元．

(=>) n = 1 の場合は自明．n ≧ 1 の場合を考える．
f の逆元を g = b_0 + b_1 x + ... + b_m x^m とおき，
f g = 1 を展開して係数を比較する．まず定数項を比較して
　a_0 b_0 = 1
となるため，a_0, b_0 は単元．次に最高次の係数を比較して
　a_n b_m = 0
を得る．さらにその一つ前の項を比較して
　a_{n-1} b_m + a_n b_{m-1} = 0
を得るが，両辺に a_n を掛けて最高次項の関係式を用いると
　a_n^2 b_{m-1} = 0
を得る．同様の計算を繰り返すことにより（厳密には帰納法），
　a_n^m b_0 = 0
となる．ここで b_0 は単元なので a_n^m = 0，すなわち a_n はベキ零．
これと補題３より，f から最高次の項を取り除いたものもまた単元となるため，
この構成を繰り返せすことで示される．