「有限個の素イデアルしか持たないデデキント環RはPIDである」 の証明 Rのすべての0でない素イデア

「有限個の素イデアルしか持たないデデキント環RはPIDである」

の証明


Rのすべての0でない素イデアルをP_1, … ,P_nとする。任意の0でないイデアルJが素イデアル分解により
J=(P_1)^ｒ_1・(P_2)^ｒ_2・…・(P_n)^r_n （r_i≧0)
と表されることから、P_i(i=1,…,n)が単項イデアルであることを示せば十分。
α_i∈P_i＼(P_i)^2なるα_iをとると、
中国剰余定理より、a_i∈Aで
a_i≡α_i mod (P_i)^2
a_j≡1 mod P_j (j≠i)
となるa_iをとることができる。(a_i)は素イデアル分解により、
(a_i) = (P_1)^s_1・(P_2)^s_2・…・(P_n)^s_n (s_i≧0)
と表される。a_iの定義より、j≠iのときa_i∈R＼Pjだから
j≠i⇒s_1=0
a_i∈P_iかつ「a_i∈(P_i)^2でない」から、s_i=1
よって
(a_i) = P_i。

で中国剰余定理より、a_i∈Aで
a_i≡α_i mod (P_i)^2となるa_iはとることができますが、a_j≡1 mod P_j (j≠i)という条件をつけることができるのはなぜですか？おそらくこれは誤植でa_i≡1 mod P_j (j≠i)だと思いますが、だとしてもこのように言える理由がわかりません。

No.2 ベストアンサー 回答者： mtrajcp 回答日時： 2019/10/23 19:52

訂正です

(P_i)^2とΠ_{j≠i}P_jは互いに素
(P_i)^2+Π_{j≠i}P_j=R
だから
(α_i)^2∈(P_i)^2
と
Π_{j≠i}α_j∈Π_{j≠i}P_j
は互いに素だから
u(α_i)^2+v(Π_{j≠i}α_j)=1
となる
u,v∈Rがある

a_i=(α_i){u(α_i)+v(Π_{j≠i}α_j)}
とすると

a_i-(α_i)
=(α_i){u(α_i)+v(Π_{j≠i}α_j)}-(α_i)
=(α_i){u(α_i)+v(Π_{j≠i}α_j)-1}
↓v(Π_{j≠i}α_j)-1=-u(α_i)^2だから
=(α_i){u(α_i)-u(α_i)^2}
=u(α_i)^2{1-(α_i)}
∈(P_i)^2
∴
a_i=α_i mod(P_i)^2

(a_i)-1
=(α_i){u(α_i)+v(Π_{j≠i}α_j)}-1
=u(α_i)^2-1+v(α_i)Π_{j≠i}(α_j)
↓u(α_i)^2-1=-v(Π_{j≠i}α_j)だから
=-v(Π_{j≠i}α_j)+v(α_i)(Π_{j≠i}α_j)
={-1+(α_i)}v(Π_{j≠i}α_j)
∈Π_{j≠i}P_j
⊂P_j
(j≠i)

∴
a_i=1 mod(P_j) (j≠i)

No.1 回答者： mtrajcp 回答日時： 2019/10/23 17:18

j≠iの時

(P_i)^2とP_jは互いに素
(P_i)^2+P_j=R
だから
(α_i)^2∈(P_i)^2
と
α_j∈P_j-(P_j)^2
は互いに素だから
u(α_i)^2+v(α_j)=1
となる
u,v∈Rがある

a_i=(α_i){u(α_i)+v(α_j)}
とすると

a_i-(α_i)
=(α_i){u(α_i)+v(α_j)}-(α_i)
=(α_i){u(α_i)+v(α_j)-1}
↓v(α_j)-1=-u(α_i)^2だから
=(α_i){u(α_i)-u(α_i)^2}
=u(α_i)^2{1-(α_i)}
∈(P_i)^2
∴
a_i=α_i mod(P_i)^2

(a_i)-1
=(α_i){u(α_i)+v(α_j)}-1
=u(α_i)^2-1+v(α_i)(α_j)
↓u(α_i)^2-1=-v(α_j)だから
=-v(α_j)+v(α_i)(α_j)
={-1+(α_i)}v(α_j)
∈P_j

∴
a_i=1 mod(P_j)