体の無限直積のイデアルとフィルターの対応関係および剰余体の構造

(1) の証明：$\phi(I)$ がフィルター条件を満たすこと

1. $\Lambda \in \phi(I)$ の証明:
   $I$ は $A$ のイデアルなので、零元 $0 \in A$ （全ての $\lambda$ で $0$ を取る関数）は $I$ に属する。$Z(0) = \Lambda$ であるため、$\Lambda \in \phi(I)$ である。
2. $X, Y \in \phi(I) \implies X \cap Y \in \phi(I)$ の証明:
   $X, Y \in \phi(I)$ とすると、定義より $X = Z(f), Y = Z(g)$ となる $f, g \in I$ が存在する。
   ここで、$A$ の元 $e_f, e_g$ を次のように定義する：
   $$e_f(\lambda) = \begin{cases} 0 & (\lambda \in Z(f)) \\ 1 & (\lambda \notin Z(f)) \end{cases}, \quad e_g(\lambda) = \begin{cases} 0 & (\lambda \in Z(g)) \\ 1 & (\lambda \notin Z(g)) \end{cases}$$ 各 $\lambda$ において $K_\lambda$ は体であるため、$f(\lambda) \neq 0$ ならば逆元 $f(\lambda)^{-1}$ が存在する。そこで $A$ の元 $f^*$ を、$\lambda \notin Z(f)$ のとき $f^*(\lambda) = f(\lambda)^{-1}$、$\lambda \in Z(f)$ のとき $f^*(\lambda) = 0$ と定めると、$e_f = f f^*$ となる。$f \in I$ なのでイデアルの性質より $e_f \in I$ であり、同様に $e_g \in I$ である。
   ここで $h = e_f + e_g - e_f e_g$ とおくと、$e_f, e_g \in I$ より $h \in I$ となる。
   $\lambda \in X \cap Y$ のとき、$e_f(\lambda) = 0, e_g(\lambda) = 0$ なので $h(\lambda) = 0$ である。
   $\lambda \notin X \cap Y$ のとき、$e_f(\lambda)$ または $e_g(\lambda)$ の少なくとも一方は $1$ となり、$h(\lambda) = 1$ となる。
   したがって $Z(h) = X \cap Y$ となり、$h \in I$ であるため $X \cap Y \in \phi(I)$ である。
3. $X \in \phi(I), X \subseteq Y \subseteq \Lambda \implies Y \in \phi(I)$ の証明:
   $X \in \phi(I)$ より、$X = Z(f)$ となる $f \in I$ が存在する。
   $A$ の元 $g, k$ を次のように定義する：
   $$g(\lambda) = \begin{cases} 0 & (\lambda \in Y) \\ 1 & (\lambda \notin Y) \end{cases}, \quad k(\lambda) = \begin{cases} 0 & (\lambda \in Y) \\ f(\lambda)^{-1} & (\lambda \notin Y) \end{cases}$$ $\lambda \notin Y$ ならば $\lambda \notin X$ なので $f(\lambda) \neq 0$ であり、$k$ は well-defined である。
   任意の $\lambda$ で $g(\lambda) = k(\lambda)f(\lambda)$ が成り立つため、$g = kf$ となる。
   $I$ はイデアルで $f \in I$ なので $g \in I$ である。$Z(g) = Y$ であるため、$Y \in \phi(I)$ である。

(2) の証明：$\psi(F)$ がイデアル条件を満たすこと

1. $0 \in \psi(F)$ の証明:
   $0 \in A$ について $Z(0) = \Lambda$ である。$F$ はフィルターなので $\Lambda \in F$ であり、よって $0 \in \psi(F)$ である。
2. $f, g \in \psi(F) \implies f-g \in \psi(F)$ の証明:
   $f, g \in \psi(F)$ ならば $Z(f) \in F$ かつ $Z(g) \in F$ である。
   $F$ はフィルターなので、共通部分 $Z(f) \cap Z(g) \in F$ である。
   $\lambda \in Z(f) \cap Z(g)$ ならば、$f(\lambda) = 0$ かつ $g(\lambda) = 0$ なので $(f-g)(\lambda) = 0$ となる。これは $Z(f) \cap Z(g) \subseteq Z(f-g)$ を意味する。
   $F$ は上位集合を含むため、$Z(f-g) \in F$ となる。したがって $f-g \in \psi(F)$ である。
3. $f \in \psi(F), a \in A \implies af \in \psi(F)$ の証明:
   $f \in \psi(F)$ より $Z(f) \in F$ である。
   $\lambda \in Z(f)$ ならば $f(\lambda) = 0$ なので、$(af)(\lambda) = a(\lambda)f(\lambda) = 0$ となる。これは $Z(f) \subseteq Z(af)$ を意味する。
   $F$ は上位集合を含むため $Z(af) \in F$ となり、したがって $af \in \psi(F)$ である。

(3) の証明：$\psi(\phi(I)) = I$

包含関係を双方向に示す。

1. $I \subseteq \psi(\phi(I))$:
   任意の $f \in I$ をとる。$\phi(I)$ の定義から $Z(f) \in \phi(I)$ である。
   $\psi$ の定義から、$Z(f) \in \phi(I)$ を満たす $f$ は $\psi(\phi(I))$ に属する。よって $I \subseteq \psi(\phi(I))$ である。
2. $\psi(\phi(I)) \subseteq I$:
   任意の $f \in \psi(\phi(I))$ をとる。定義より $Z(f) \in \phi(I)$ である。
   したがって、$Z(f) = Z(g)$ を満たす $g \in I$ が存在する。
   ここで、$A$ の元 $h$ を次のように定義する：
   $$h(\lambda) = \begin{cases} 0 & (\lambda \in Z(f)) \\ f(\lambda)g(\lambda)^{-1} & (\lambda \notin Z(f)) \end{cases}$$ $\lambda \notin Z(f)$ ならば $\lambda \notin Z(g)$ であるため $g(\lambda) \neq 0$ となり、$h$ は well-defined である。
   このとき、任意の $\lambda$ について $f(\lambda) = h(\lambda)g(\lambda)$ が成り立つ。（$\lambda \in Z(f)$ のときは $0 = 0 \cdot 0$）
   ゆえに $f = hg$ となる。$g \in I$ であり $I$ はイデアルなので、$f \in I$ である。
   よって $\psi(\phi(I)) \subseteq I$ である。

(4) の証明：$\phi(\psi(F)) = F$

包含関係を双方向に示す。

1. $\phi(\psi(F)) \subseteq F$:
   任意の $X \in \phi(\psi(F))$ をとる。定義より、$X = Z(f)$ を満たす $f \in \psi(F)$ が存在する。
   $f \in \psi(F)$ ということは、定義より $Z(f) \in F$ である。
   $X = Z(f)$ なので、$X \in F$ となる。よって $\phi(\psi(F)) \subseteq F$ である。
2. $F \subseteq \phi(\psi(F))$:
   任意の $X \in F$ をとる。$A$ の元 $e$ を次のように定義する：
   $$e(\lambda) = \begin{cases} 0 & (\lambda \in X) \\ 1 & (\lambda \notin X) \end{cases}$$ すると明らかに $Z(e) = X$ である。
   $X \in F$ なので $Z(e) \in F$ であり、これは $e \in \psi(F)$ を意味する。
   したがって $X = Z(e) \in \{Z(f) \mid f \in \psi(F)\} = \phi(\psi(F))$ である。
   よって $F \subseteq \phi(\psi(F))$ である。

(a) の証明:
背理法で示す。$A \cup B \in U$ であるにもかかわらず、「$A \notin U$ かつ $B \notin U$」であると仮定する。

1. $U$ は超フィルターなので、任意の集合についてそれ自身か補集合のいずれかが必ず $U$ に属する。したがって、$A \notin U$ よりその補集合 $A^c \in U$ となる。
2. 同様の理由で、$B \notin U$ よりその補集合 $B^c \in U$ となる。
3. フィルターの定義より、$U$ は有限個の共通部分について閉じている。$A^c \in U$ かつ $B^c \in U$ なので、その共通部分 $A^c \cap B^c \in U$ となる。
4. ここで、De Morganの法則により $A^c \cap B^c = (A \cup B)^c$ である。したがって、$(A \cup B)^c \in U$ が成り立つ。

すると、前提である $A \cup B \in U$ と、今導かれた $(A \cup B)^c \in U$ の両方が成り立つことになる。
フィルターは共通部分について閉じているため、これら2つの集合の共通部分 $(A \cup B) \cap (A \cup B)^c \in U$ でなければならない。
しかし、ある集合とその補集合の共通部分は空集合であり、すなわち $\emptyset \in U$ となってしまう。固有のフィルターが空集合を含むことはあり得ないため、これは矛盾である。
したがって、$A \in U$ または $B \in U$ の少なくとも一方が成り立つ。

(b) の証明（数学的帰納法）:

• $n=1, 2$ のときは(a)より成立。
• $n=m$ で成り立つと仮定し、$n=m+1$ のときを考える。
  $\bigcup_{i=1}^{m+1} A_i \in U$ とし、これを $\left( \bigcup_{i=1}^m A_i \right) \cup A_{m+1} \in U$ とみる。
  $n=2$ の結果より、$\bigcup_{i=1}^m A_i \in U$ または $A_{m+1} \in U$ のいずれかが成り立つ。
  $A_{m+1} \in U$ ならば条件を満たす。$\bigcup_{i=1}^m A_i \in U$ の場合、帰納法の仮定よりある $k$ ($1 \le k \le m$) について $A_k \in U$ となり、やはり条件を満たす。

したがって任意の自然数 $n$ について成り立つ。

任意の $X \in F_{\text{cofin}}$ をとる。補有限フィルターの定義より、$X$ の補集合 $X^c = \Lambda \setminus X$ は有限集合である。

1. $X^c$ が空集合の場合: $X = \Lambda$ である。$U$ はフィルターであるため、当然 $\Lambda \in U$ となる。
2. $X^c$ が空ではない有限集合の場合:
   $X^c = \{\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n\}$ と書くことができる。このとき、$X$ は以下のように単集合の補集合の有限交叉として表せる。
   $$X = \Lambda \setminus \{\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n\} = \bigcap_{i=1}^n (\Lambda \setminus \{\lambda_i\})$$ $U$ は非単項超フィルターであるため、任意の $i$ について単集合 $\{\lambda_i\} \notin U$ である。（もし属すれば単項超フィルターになってしまうため）。
   $U$ は超フィルターなので、$\{\lambda_i\} \notin U$ より、その補集合 $\Lambda \setminus \{\lambda_i\} \in U$ となる。
   フィルターは有限交叉について閉じているため、$\Lambda \setminus \{\lambda_i\}$ たちの有限交叉である $X$ もまた $U$ に属する。

以上より、$F_{\text{cofin}} \subseteq U$ である。

背理法で示す。ある有限集合 $X$ が $U$ に属すると仮定する。

【証明方法1：補有限フィルターを用いる方法】
$X$ は有限集合であるため、その補集合 $X^c = \Lambda \setminus X$ は補有限フィルターの定義を満たし、$X^c \in F_{\text{cofin}}$ である。
先ほど証明した通り、$F_{\text{cofin}} \subseteq U$ なので、$X^c \in U$ が成り立つ。
すると、$U$ には $X$ と $X^c$ の両方が属することになるため、その共通部分 $X \cap X^c = \emptyset \in U$ となり矛盾する。

【証明方法2：超フィルターの素イデアル的性質を用いる別証】
$X$ は有限集合なので $X = \{\lambda_1, \lambda_2, \dots, \lambda_n\}$ と表せる。これは単集合の有限和 $X = \bigcup_{i=1}^n \{\lambda_i\}$ である。
仮定より $X \in U$ なので、前述の素イデアル的性質から、ある $k$ が存在して単集合 $\{\lambda_k\} \in U$ となる。
フィルターは上位集合を含むため、$\lambda_k$ を含むすべての集合が $U$ に属することになり、$U$ は単項超フィルター $U_{\lambda_k}$ と一致してしまう。これは $U$ が非単項であることに矛盾する。

したがって、いずれの方法でも矛盾が導かれ、$U$ に属する任意の集合は無限集合であることが示された。

【補足証明：$A/\mathfrak{m}_\lambda \cong K_\lambda$】
射影写像 $\pi_\lambda: A \to K_\lambda$ を $\pi_\lambda(f) = f(\lambda)$ と定義する。
各成分ごとの演算の定義から、$\pi_\lambda(f+g) = \pi_\lambda(f) + \pi_\lambda(g)$ および $\pi_\lambda(fg) = \pi_\lambda(f)\pi_\lambda(g)$ が成り立ち、単位元 $1_A$ は $1_{K_\lambda}$ に写るため、$\pi_\lambda$ は環準同型写像である。
任意の $c \in K_\lambda$ に対して、$\lambda$ 成分のみ $c$ で他成分が $0$ であるような関数を考えれば、これは全射である。
この準同型の核は $\ker(\pi_\lambda) = \{ f \in A \mid \pi_\lambda(f) = 0 \} = \{ f \in A \mid f(\lambda) = 0 \}$ であり、これはまさに極大イデアル $\mathfrak{m}_\lambda$ の定義そのものである。
準同型定理（第一同型定理）により、$A/\ker(\pi_\lambda) \cong \text{Im}(\pi_\lambda)$ すなわち $A/\mathfrak{m}_\lambda \cong K_\lambda$ が成り立つ。

【補足証明：$K$ が一般の有限体の場合の $A/\mathfrak{m} \cong K$】
$K$ を $q$ 個の元からなる有限体とし、その元を $\{c_1, c_2, \dots, c_q\}$ とする。
$A = \prod_{\lambda \in \Lambda} K$ の任意の元 $f$ をとる。各成分 $f(\lambda)$ は $K$ のいずれかの元である。
ここで、各 $c_i \in K$ に対して、$f$ が値 $c_i$ をとるような $\Lambda$ の添字の集合を $Z_i$ とする。
$$Z_i = \{ \lambda \in \Lambda \mid f(\lambda) = c_i \} \quad (i = 1, 2, \dots, q)$$ 任意の $\lambda \in \Lambda$ について、$f(\lambda)$ は必ず $K$ のいずれか一つの値をとるため、$\Lambda$ は $Z_1, Z_2, \dots, Z_q$ の直和（排反な和集合）として表される。
$$\bigcup_{i=1}^q Z_i = \Lambda$$ 全体集合 $\Lambda$ はフィルター $U$ に属するため、$\bigcup_{i=1}^q Z_i \in U$ である。
ここで、第3章で証明した「超フィルターの素イデアル的性質（有限個の和集合が超フィルターに属するなら、そのうちの少なくとも一つは超フィルターに属する）」を適用すると、ある $k$ ($1 \le k \le q$) が存在して、
$$Z_k \in U$$ が成り立つ。
$A$ において、常に値 $c_k$ をとる定数関数を $c_k^*$ と書くことにすると、$f(\lambda) = c_k$ となる条件は $(f - c_k^*)(\lambda) = 0$ と同値であるため、$Z_k = Z(f - c_k^*)$ となる。
したがって $Z(f - c_k^*) \in U$ であり、極大イデアル $\mathfrak{m} = \psi(U)$ の定義から $f - c_k^* \in \mathfrak{m}$ となる。
これは剰余体 $A/\mathfrak{m}$ において同値類 $[f]$ が $[c_k^*]$ に等しいことを意味する。
さらに、$\mathfrak{m}$ は固有のイデアル（$1 \notin \mathfrak{m}$）であるため、相異なる定数関数 $c, d \in K$ ($c \neq d$) が $A/\mathfrak{m}$ で等しくなることはない（$c-d$ は可逆元でありイデアルに含まれないため）。
以上より、$A/\mathfrak{m}$ の任意の元 $[f]$ は、元の体 $K$ のいずれかの元に対応する定数関数の同値類 $[c_k^*]$ と一意に一致するため、$A/\mathfrak{m} \cong K$ が示された。

【証明】
$A = \prod_{\lambda \in \Lambda} \mathbb{F}_2$ の任意の元 $f$ をとる。各成分 $f(\lambda)$ は $0$ または $1$ のいずれかである。
ここで、$f$ の零点集合 $Z(f)$ と、関数 $1-f$ の零点集合 $Z(1-f)$ を考える。
$$Z(f) = \{ \lambda \in \Lambda \mid f(\lambda) = 0 \}, \quad Z(1-f) = \{ \lambda \in \Lambda \mid f(\lambda) = 1 \}$$ 任意の $\lambda \in \Lambda$ について、$f(\lambda)$ は $0$ か $1$ のいずれかなので、必ず $\lambda \in Z(f)$ または $\lambda \in Z(1-f)$ のどちらか一方に属する。すなわち、和集合をとると全体集合になる。
$$Z(f) \cup Z(1-f) = \Lambda$$ 全体集合 $\Lambda$ はフィルター $U$ に属するため、$Z(f) \cup Z(1-f) \in U$ である。
ここで、「超フィルターの素イデアル的性質（和集合が超フィルターに属するなら、どちらか一方は超フィルターに属する）」を適用すると、以下のいずれか一方が必ず成り立つ。

1. $Z(f) \in U$ の場合：極大イデアル $\mathfrak{m}$ の定義より $f \in \mathfrak{m}$ であり、剰余体における同値類は $[f] = [0]$ となる。
2. $Z(1-f) \in U$ の場合：同様に $1-f \in \mathfrak{m}$ であり、剰余体における同値類は $[1-f] = [0]$、すなわち $[f] = [1]$ となる。

したがって、剰余体 $A/\mathfrak{m}$ の任意の元 $[f]$ は $[0]$ か $[1]$ のいずれかに必ず一致する。イデアル $\mathfrak{m}$ は $A$ 全体ではないため $[0] \neq [1]$ であり、$A/\mathfrak{m}$ はちょうど2つの元からなる体、すなわち $\mathbb{F}_2$ と同型であることが示された。