동반소아이디얼

Prime avoidance lemma

정의 1 Ring $A$와 $A$-module $M$에 대하여, $A$의 prime ideal $\mathfrak{p}$가 $M$의 associated prime ideal_{동반소아이디얼}이라는 것은 어떠한 $x\in M$에 대해 $\mathfrak{p}=\ann(x)$인 것이다. Associated prime들의 모임을 $\Ass M$으로 적는다.

단, 특별히 $M=\mathfrak{a}$가 $A$의 ideal일 때에는, 관례상 $\mathfrak{a}$의 associated prime ideal은 $\Ass \mathfrak{a}$가 아니라, $\Ass A/\mathfrak{a}$를 의미한다.

앞으로 $\ann(x)$와 같이 원소의 annihilator를 적을 때에는 언제나 $x\neq 0$인 것으로 약속한다. 어차피 $x=0$이면 $\ann(x)=A$가 되어 prime ideal일 수 없으므로 associated prime ideal을 다룰 때 이러한 약속은 표기의 편의만을 위한 것이다.

정의에 의하여 $\mathfrak{p}$가 $M$의 associated prime인 것과, $A/\mathfrak{p}$가 $M$의 적당한 submodule인 것이 동치이다. 이는 $A \rightarrow M$을 $1\mapsto x$로 잡고 first isomorphism theorem을 적용하면 바로 알 수 있다.

이번 글에서 우리는 associated prime ideal에 대한 다양한 성질들을 살펴본다. 그 과정에서 중요한 역할을 하는 것은 다음의 보조정리이다.

보조정리 2 (Prime avoidance lemma) $A$의 ideal들 $\mathfrak{a}_1,\ldots, \mathfrak{a}_n, \mathfrak{b}$가 주어졌다 하고, $\mathfrak{b}\subseteq \mathfrak{a}_1\cup\cdots\cup \mathfrak{a}_n$이라 하자. 만일 $A$가 infinite field를 포함하거나, 많아야 두 개의 $\mathfrak{a}_i$만이 prime ideal이 아니라면 $\mathfrak{b}$는 $\mathfrak{a}_1,\ldots, \mathfrak{a}_n$ 중 하나에 속한다.

추가로, 만일 $A$가 graded이고 $\mathfrak{b}$가 positive degree의 homogeneous element들로 생성되는 homogeneous ideal이며 모든 $\mathfrak{a}_i$가 prime ideal이라면, $\mathfrak{b}$의 homogeneous element들이 $\mathfrak{a}_1\cup\cdots\cup \mathfrak{a}_n$에 속하는 것으로 가정해도 결론이 성립한다.

증명

만일 $A$가 infinite field $\mathbb{K}$를 포함한다면, ideal들 각각을 $\mathbb{K}$-벡터공간으로 본다면

\[\mathfrak{b}=\bigcup_{i=1}^n (\mathfrak{b}\cap \mathfrak{a}_i)\]

이고 임의의 $\mathbb{K}$-벡터공간은 자기 자신의 proper subspace들의 finite union으로 표현할 수 없으므로 자명하다.

나머지 경우는 $n$에 대한 귀납법으로 증명한다. $n=1$일 경우는 증명할 것이 없다.

큰 $n$에 대해서는, 만일 $\mathfrak{a}_1,\ldots, \mathfrak{a}_n$ 가운데 하나를 빼도 조건의 포함관계가 성립한다면 이는 귀납적 가정으로 해결 가능하므로 그렇지 않은 경우만 고려하면 충분하다. 즉, $x_i\not\in \bigcup_{j\neq i}\mathfrak{a}_j$를 만족하는 $x_i\in \mathfrak{b}$가 항상 존재한다고 가정해도 충분하며, $x_i$의 조건에 의하여 반드시 $x_i\in \mathfrak{a}_i$이다.

이제 $n=2$인 경우, $\mathfrak{b}$의 원소 $x_1+x_2$를 생각하자. 만일 $x_1+x_2\in \mathfrak{a}_1$이라면, $x_2=(x_1+x_2)-x_1\in \mathfrak{a}_1$이므로 모순이고, 비슷하게 $x_1+x_2$는 $\mathfrak{a}_2$의 원소일 수도 없다. 이는 $\mathfrak{b}\subseteq \mathfrak{a}_1\cup \mathfrak{a}_2$라는 가정에 모순이다.

$n\geq 3$인 경우도 비슷한 아이디어를 사용한다. 주어진 조건으로부터 $\mathfrak{a}_1,\ldots, \mathfrak{a}_n$ 중 적어도 하나는 prime ideal이므로, 일반성을 잃지 않고 $\mathfrak{a}_1$이 prime ideal이라 가정할 수 있다. 이제 $\mathfrak{b}$의 원소 $x_1+x_2x_3\cdots x_n$을 생각하자. 우선 $j\geq 2$인 각각에 대하여 $x_j\not\in \mathfrak{a}_1$이고 $\mathfrak{a}_1$이 prime ideal이므로 $x_2x_3\cdots x_n\not\in \mathfrak{a}_1$이며, $x_1\in \mathfrak{a}_1$이므로 이 원소는 $\mathfrak{a}_1$에 속하지 않는다. 또 $j\geq 2$인 각각에 대해서는 $x_j\in \mathfrak{a}_j$인 것으로부터 $x_2x_3\cdots x_n\in \mathfrak{a}_j$이고 $x_1\not\in \mathfrak{a}_j$이므로 이 원소는 $\mathfrak{a}_j$에도 속하지 않는다. 이는 $\mathfrak{b}\subseteq \mathfrak{a}_1\cup\cdots\cup \mathfrak{a}_n$이라는 가정에 모순이다.

Graded ring의 경우는 $x_i$를 $x_2x_3\cdots$과 같은 degree를 갖도록 여러번 곱해서 degree만 맞춰주면 된다.

특히 위의 보조정리는 앞의 전제조건보다는 나중 전제조건을 만족하고 많이 사용하게 된다.

Associated prime ideals

이제 우리는 $\Ass M$에 대해 조금 더 자세히 살펴본다.

명제 3 $A$-module $M$을 하나 고정하고, $\mathfrak{a}$가 $x\in M$에 대한 $\ann(x)$ 꼴의 ideal들 중 maximal이라 가정하자. 그럼 $\mathfrak{a}$는 prime ideal이다.

증명

$ab\in \mathfrak{a}$라 하고 $b\not\in \mathfrak{a}$라 한 후, $a\in \mathfrak{a}$임을 보여야 한다. $\mathfrak{a}=\ann(x)$라 하자. 그럼 가정에 의해 $abx=0$이고 $bx\neq 0$이다. 이제 $\mathfrak{a}\subseteq\ann(bx)$이므로 $\mathfrak{a}$의 maximality에 의하여 $\mathfrak{a}=\ann(bx)$이다. 이로부터

\[(a)+\mathfrak{a}\subseteq \ann(bx)=\mathfrak{a}\]

이므로 $a\in \mathfrak{a}$임을 안다.

위의 명제로부터 얻어지는 $\mathfrak{a}$는 prime ideal인 동시에 적당한 원소의 annihilator이므로 정의에 의해 $\Ass M$에 속한다.

한편 §국소화의 성질들, ⁋보조정리 3에 의하여, 임의의 $A$-module $M$에 대하여, $x\in M$이 $0$인 것은 localization $\epsilon_\mathfrak{m}: M \rightarrow M_\mathfrak{m}$에서의 image가 모두 $0$인 것과 동치이며, 따라서 $x=0$인 것을 보이기 위해서는 모든 prime ideal $\mathfrak{p}$에 대하여 $\epsilon_\mathfrak{p}(x)=0$임을 보이면 충분하다. 다음 따름정리도 같은 맥락에서 이해할 수 있다.

따름정리 4 Noetherian ring $A$ 위에서 정의된 module $M$을 생각하자. 그럼 다음이 성립한다.

$M$의 원소 $x$에 대하여, $x=0$인 것은 $M$의 maximal associated prime $\mathfrak{p}$가 주어질 때마다 $\epsilon_\mathfrak{p}(x)=0$인 것과 동치이다.
$M$의 submodule $L$에 대하여, $L=0$인 것과 모든 $\mathfrak{p}\in\Ass M$에 대하여 $L_\mathfrak{p}=0$인 것이 동치이다.
$A$-linear map $u:M \rightarrow N$이 injective인 것은 임의의 $\mathfrak{p}\in \Ass M$에 대하여 $u_\mathfrak{p}$가 injective인 것과 동치이다.

증명

우선 1번 결과의 경우, $A$가 Noetherian이라는 가정으로부터 $0$이 아닌 임의의 $x\in M$이 주어질 때마다 $\ann(x)$를 포함하는 annihilator ideal들 가운데 maximal인 ideal $\mathfrak{p}$를 하나 택할 수 있으며, 명제 3에 의해 $\mathfrak{p}\in \Ass M$이다. 따라서 $M_\mathfrak{p}$에서 $x/1$은 $0$이 되지 않는다. 2번 결과는 1번 결과에 의해 자명하며, 3번 결과는 2번 결과에서 $L=\ker u$로 두면 된다.

이번 글의 목표는 정리 7을 증명하는 것이다. 이를 위해 다음의 두 보조정리가 필요하다.

보조정리 5 $A$-module들의 short exact sequence

\[0 \rightarrow M' \rightarrow M \rightarrow M'' \rightarrow 0\]

가 주어졌다 하자. 그럼

\[\Ass M'\subseteq \Ass M\subseteq (\Ass M')\cup (\Ass M'')\]

이 성립한다.

증명

첫 번째 포함관계는 자명하다. 두 번째 포함관계의 경우, $\mathfrak{p}\in\Ass M$이 $\Ass M'$에 속하지 않는다 가정하고 이것이 $\Ass M''$에 속함을 보이자. 만일 $x\in M$에 대하여 $\mathfrak{p}=\ann(x)$라면 $Ax\cong A/\mathfrak{p}$이다. 그런데 $\mathfrak{p}$가 prime ideal이므로, $0$이 아닌 임의의 $ax\in Ax$에 대하여

\[a'\in\ann(ax)\iff a'ax=0\iff a'a\in \mathfrak{p}\iff a'\in \mathfrak{p}\]

가 되어 $\ann(ax)=\mathfrak{p}$이다. 여기서 마지막 동치는 $ax\neq 0$이라는 사실과 $Ax\cong A/\mathfrak{p}$인 것으로부터 $a\not\in \mathfrak{p}$를 사용하여 얻어졌다. 이제 이 등식은 특히 $Ax$의 임의의 $0$이 아닌 submodule은 annihilator로서 $\mathfrak{p}$를 가져야 한다는 것을 보여주는데, $\mathfrak{p}\not\in \Ass M'$인 사실과 종합하면 $Ax\cap M'=0$이어야 함을 안다. 따라서 $Ax$의 $M''$에서의 image는 $Ax$와 isomorphic하고, 이로부터 $\mathfrak{p}\in \Ass M''$임을 안다.

보조정리 6 Noetherian ring $A$ 위에 정의된 finitely generated module $M$에 대하여, 다음 조건을 만족하는 filtration

\[0=M_0\subseteq M_1\subseteq\cdots\subseteq M_n=M,\qquad \text{$M_k/M_{k-1}\cong A/\mathfrak{p}_k$ for some prime $\mathfrak{p}_k$, for all $k$}\]

을 찾을 수 있다.

증명

우선 명제 3을 이용해 $M$의 associated prime $\mathfrak{p}_1\in\Ass M$을 찾을 수 있고, 따라서 $M_1\cong A/\mathfrak{p}_1$을 만족하는 submodule $M_1$이 존재한다. 똑같은 논리를 $M/M_1$에 적용하여 $M_2$를 얻을 수 있으며, 이러한 과정을 반복하다보면 $M$이 Noetherian인 것으로부터 원하는 결론을 얻는다.

정리 7 Noetherian ring $A$ 위에 정의된 $0$이 아닌 finitely generated module $M$에 대하여 다음이 성립한다.

$\Ass M$은 공집합이 아닌 유한집합이며, 이들 각각의 원소는 $\ann M$을 포함한다. 뿐만 아니라, $\ann M$을 포함하는 prime ideal들의 집합에서 minimal한 prime ideal들은 모두 $\Ass M$에 포함된다.
Associated prime들의 합집합은 $0$과 $M$의 zero-divisor 전체로 이루어진다.
$A$의 multiplicative subset $S$에 대하여 다음의 식
\[\Ass_{S^{-1}A}S^{-1}M=\{\mathfrak{p}S^{-1}A\mid \mathfrak{p}\in\Ass M, \mathfrak{p}\cap S=\emptyset\}\]
이 성립한다.

증명

우선 첫 번째 결과의 경우, $\Ass M$이 공집합이 아닌 것은 명제 3에 의한 것이며, $\Ass M$의 각 원소가 $\ann M$을 포함한다는 것은 자명하다. 한편, 보조정리 5에 의하여 다음 short exact sequence

\[0 \rightarrow M_{n-1} \rightarrow M_n \rightarrow M_n/M_{n-1} \rightarrow 0\]

를 생각하면 $\Ass M_n \subseteq \Ass M_{n-1}\cup \Ass M_n/M_{n-1}=\Ass M_{n-1}\cup \Ass A/\mathfrak{p}_n$이다.

한편, 임의의 prime ideal $\mathfrak{p}$에 대하여 $\Ass(A/\mathfrak{p})=\{\mathfrak{p}\}$임을 다음과 같이 보일 수 있다. $\mathfrak{q}\in \Ass(A/\mathfrak{p})$라 하고, $\mathfrak{q}=\ann(x+\mathfrak{p})$로 적자. 그럼 우선 $\mathfrak{p}\subseteq \mathfrak{q}$임이 자명하다. 이는 임의의 $p\in \mathfrak{p}$에 대하여,

\[p(x+\mathfrak{p})=px+\mathfrak{p}=0+\mathfrak{p}\]

이 성립하기 때문이다. 만일 $\mathfrak{q}\not\subseteq \mathfrak{p}$라면, $q\in \mathfrak{q}\setminus \mathfrak{p}$가 존재한다. 그럼

\[0=q(x+\mathfrak{p})=qx+\mathfrak{p}\]

인 것으로부터 $qx\in \mathfrak{p}$인 것을 알고, 그럼 $q\not\in \mathfrak{p}$인 것으로부터 $x+\mathfrak{p}$가 $0$이었어야 함을 안다. 그런데 이는 $\mathfrak{q}=A$라는 뜻이므로 모순이다.

따라서, 위와 같은 방식으로

\[\Ass M \subseteq \Ass M_{n-1}\cup \{ \mathfrak{p}_n\}\subseteq \Ass M_{n-2}\cup \{\mathfrak{p}_n,\mathfrak{p}_{n-1}\}\cdots\]

를 반복하면 첫 번째 결과의 유한성을 얻는다.

첫 번째 결과의 나머지 부분은 세 번째 결과를 증명하여 얻어진다. 그 전에 두 번째 결과의 경우, 만일 $a\in A$가 $0$이 아닌 어떤 $x\in M$의 annihilator ideal에 속한다면, 이 annihilator ideal을 포함하는 maximal한 annihilator ideal을 생각할 수 있고 이것이 $\Ass M$에 속하므로 자명하다. 역으로 $\mathfrak{p}=\ann(x)\in \Ass M$이라면 $\mathfrak{p}$의 $0$이 아닌 임의의 원소는 $x$를 소멸시키는 $M$의 zero-divisor이다. 세 번째 결과의 경우는 표기법에 유의하며 §국소화의 성질들, ⁋명제 5를 사용하면 된다.

세 번째 결과를 가정하면 남은 부분도 자명하다. 만일 $\mathfrak{p}$가 $\ann M$을 포함하는 prime ideal들 중 minimal한 것이라면, 세 번째 결과를 이용하면 localization $A_\mathfrak{p}$에서의 maximal ideal $\mathfrak{p}$를 생각할 수 있는데, $\ann M$을 포함하는 유일한 prime ideal이 $\mathfrak{p}$ 뿐이므로 반드시 $\mathfrak{p}\in \Ass M$이어야 한다.

이를 통해 $M$에 대한 많은 정보를 얻어올 수 있다. 가령 $M=A$이고 $A$가 reduced인 경우 다음 따름정리를 얻는다.

따름정리 8 Reduced Noetherian ring $A$에 대하여, $A$의 total ring of fractions를 $K$라 하자. 그럼 $K$는 field들의 finite product이다.

증명

우선 $M=A$로 두면 $\ann A=\{0\}$이다. 따라서, $A$의 minimal prime ideal $\mathfrak{p}_1,\ldots, \mathfrak{p}_k$들은 모두 $\Ass M$에 속하며, 이들의 합집합은 $A$의 zero-divisor로 이루어져 있다.

또, 만일 $A$가 reduced ring이라면, 이들의 합집합이 정확히 $A$의 모든 zerodivisor들의 모임과 같다. 이를 확인하기 위해 우선 $A$가 reduced라는 가정으로부터,

\[(0)=\mathfrak{N}(A)=\bigcap_\text{\scriptsize$\mathfrak{p}$ a prime}\mathfrak{p}\supseteq \bigcap_{i=1}^k \mathfrak{p}_i\]

임을 관찰하자. 그럼 임의의 zerodivisor $a\neq 0$과, $ab=0$이도록 하는 $b\neq 0$에 대하여, $b\not\in \mathfrak{p}_i$이도록 하는 $\mathfrak{p}_i$가 존재해야만 하고, 이 때 $ab=0\in \mathfrak{p}_i$이므로 $a\in \mathfrak{p}_i$여야만 한다.

따라서, $A$의 total ring of fractions $K$는 $S=A\setminus(\mathfrak{p}_1\cup\cdots\cup \mathfrak{p}_k)$에 대하여 $K=S^{-1}A$이다.

이제 §국소화, ⁋명제 8에 의하여 $S^{-1}A$의 prime ideal들은 $S$와 만나지 않는 $A$의 prime ideal들, 곧 $\mathfrak{p}\subseteq \mathfrak{p}_1\cup\cdots\cup \mathfrak{p}_k$를 만족하는 prime ideal $\mathfrak{p}$들에 대응한다. 이러한 $\mathfrak{p}$에 보조정리 2 (Prime avoidance lemma)를 적용하면, $\mathfrak{p}_i$들이 모두 prime ideal이므로 전제조건이 만족되어 적당한 $i$에 대하여 $\mathfrak{p}\subseteq \mathfrak{p}_i$이고, $\mathfrak{p}_i$가 minimal prime ideal인 것으로부터 $\mathfrak{p}=\mathfrak{p}_i$를 얻는다. 즉 $S^{-1}A$의 prime ideal은 정확히 $\mathfrak{p}_1S^{-1}A,\ldots,\mathfrak{p}_kS^{-1}A$이며, 위의 대응이 포함관계를 보존하고 서로 다른 minimal prime ideal 사이에는 포함관계가 없으므로 이들 각각은 $S^{-1}A$의 maximal ideal이고 따라서 pairwise comaximal이다.

한편 $A$가 reduced이므로 $S^{-1}A$ 또한 reduced이다. 만일 $(a/s)^n=0$이라면 적당한 $t\in S$에 대하여 $ta^n=0$이고, 그럼 $(ta)^n=t^{n-1}(ta^n)=0$이므로 $A$가 reduced인 것으로부터 $ta=0$, 즉 $a/s=0$이기 때문이다. 그럼 $S^{-1}A$의 nilradical이 $0$인 것과 위에서 얻은 prime ideal들의 목록으로부터 $\bigcap_{i=1}^k\mathfrak{p}_iS^{-1}A=0$이므로, [환론] §중국인의 나머지정리, ⁋명제 6에 의하여

\[K=S^{-1}A\cong \prod_{i=1}^k S^{-1}A/\mathfrak{p}_iS^{-1}A\]

를 얻으며, 각각의 $\mathfrak{p}_iS^{-1}A$가 maximal ideal이므로 우변의 인자들은 모두 field이다.

참고문헌

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

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