数学ビジュアライズ

可換環論図で読む次元論第4回

点が逃げない向きに射影する：ネーターの正規化定理と超越次数

体上の有限生成代数は、うまい向きに射影すると多項式環の上で有限になります（ネーターの正規化定理）。射影の向きを変える図から始めて、次元が超越次数に等しいこと、剰余体が有限次であること（零点定理）、有限生成代数がジャコブソン環であることを証明します。

目次
  1. 多項式環の上に乗せて測る
  2. ネーターの正規化定理
  3. 剰余体は有限次：零点定理
  4. 図形の言葉で：有限な射影
  5. 整数の上で：一般正規化と有限体
  6. 次元＝超越次数
  7. ジャコブソン環：閉点で足りる
  8. まとめ
  9. 次回：次数付き環のヒルベルト多項式
  10. 参考文献
この記事の要点
正規化定理
体 kk 上の有限生成代数 AA には、kk 上代数的に独立な元 y1,…,ydy_1,\dots,y_d があって、AA は多項式環 k[y1,…,yd]k[y_1,\dots,y_d] 上で有限になります。図形の言葉では、点が無限遠へ逃げない向きを選んで dd 次元の空間へ射影できる、ということです。
次元＝超越次数
整域 AA なら dd は商体の超越次数で、dim⁡A=d\dim A=d です。さらに (0)(0) から極大イデアルまでの飽和した鎖の長さはどれも dd で、ht⁡P+dim⁡A/P=dim⁡A\operatorname{ht}P+\dim A/P=\dim A が成り立ちます。連載第1回で主張だけを述べた定理の証明です。
零点定理
極大イデアルの剰余体は kk の有限次拡大です。代数閉体なら、k[x1,…,xn]k[x_1,\dots,x_n] の極大イデアルは点 (a1,…,an)(a_1,\dots,a_n) のイデアルだけです。
ジャコブソン環
すべての素イデアルが極大イデアルの共通部分になる環です。有限生成代数はこの性質をもち、Spec の閉点だけで閉集合が決まります。
  • 証明は、ステップの流れだけを短く書いています。「詳しく」の付いた行をクリックすると、そのステップの詳しい説明が開きます。説明の中にも開ける行があります。
  • 定義・命題・定理には、記事全体で通し番号を振っています。
  • おさらいは前の回や前提の知識の確認、もう少し詳しくは補足、専門的な話は先の回につながる話題です。どれも開かずに読み進められます。
  • 各ブロックの「AIに質問」を押すと、その部分の内容を入れた質問文で、お使いのAIを開けます。

多項式環の上に乗せて測る

第1回では、素イデアルの鎖の長さで環の次元を定義し、dim⁡k[x,y]=2\dim k[x,y]=2 を素イデアルの分類から証明しました（第1回の定理7）。変数が増えると分類は難しくなるので、一般の場合は次の定理に任せていました。

第1回の定理8は、体 kk 上有限生成の整域 BB について、dim⁡B\dim B が商体の超越次数に等しく、さらに ht⁡P+dim⁡B/P=dim⁡B\operatorname{ht}P+\dim B/P=\dim B が成り立つ、というものでした。今回はこの定理を証明します。

道具は2つあります。1つは第2回の整拡大で、整拡大では次元が変わりません（第2回の系13）。もう1つが今回のネーターの正規化定理で、どんな有限生成代数も多項式環の上の整拡大になることを言います。2つを合わせると、次元の計算は多項式環に帰着します。

正規化定理は、図形の言葉では「うまい向きに射影する」ことです。代数幾何の連載の第1回では、ねじれ3次曲線を座標平面へ射影して、影の方程式を変数の消去で求めました（図で読む代数幾何 第1回の例18）。今回は、射影の向きを変えると、点が無限遠へ逃げたり逃げなかったりする様子を図で見ます。

環はすべて単位元をもつ可換環とします。kk は体で、特に断らない限り代数閉体とも無限体とも仮定しません。

ネーターの正規化定理

定義1 有限生成代数・代数的独立 [1, 定義3.19, p.86; 2, §4.3 注意, p.79]

(1)　環 AA が体 kk を部分環として含み、有限個の元 x1,…,xnx_1,\dots,x_n で A=k[x1,…,xn]A=k[x_1,\dots,x_n] と書けるとき、AA を kk 上有限生成の代数と呼ぶ。整域であるものをアファイン整域と呼ぶ。
(2)　AA の元 y1,…,ydy_1,\dots,y_d が kk 上代数的に独立であるとは、Yi↦yiY_i\mapsto y_i で決まる k[Y1,…,Yd]→Ak[Y_1,\dots,Y_d]\to A が単射であること、つまり0でない多項式 gg で g(y1,…,yd)=0g(y_1,\dots,y_d)=0 となるものがないことをいう。

代数的に独立なら、k[y1,…,yd]k[y_1,\dots,y_d] は dd 変数の多項式環と同じものです。k[x1,…,xn]/Jk[x_1,\dots,x_n]/J の形の環は、どれも kk 上有限生成の代数です。代数幾何で扱うアファイン代数的集合の座標環は、このような環でした。

正規化定理の前に、第2回の例 第2回の例3(5) をもう一度見ます。双曲線 xy=1xy=1 の座標環 B=k[x,y]/(xy−1)B=k[x,y]/(xy-1) は、k[x]k[x] 上整ではありませんでした。ところが、変数を斜めに取り直すと整になります。

例2 双曲線を斜めに射影する

B=k[x,y]/(xy−1)B=k[x,y]/(xy-1) とし、t=y−x∈Bt=y-x\in B とおく。このとき tt は kk 上代数的に独立で、BB は k[t]k[t] 加群として 1,x1,x で生成される。

B=k[t]+k[t] xx2+tx−1=0B=k[t]+k[t]\,x\qquad x^2+tx-1=0B=k[t]+k[t] xx2+tx−1=0\begin{gathered}B=k[t]+k[t]\,x\\x^2+tx-1=0\end{gathered}B=k[t]+k[t] xx2+tx−1=0\begin{aligned}B &= k[t]+k[t]\,x\\[4pt]x^2+tx-1 &= 0\end{aligned}
証明
  1. y=x+ty=x+t を xy=1xy=1 に代入すると x(x+t)=1x(x+t)=1、つまり x2+tx−1=0x^2+tx-1=0。これは xx についてモニックな、k[t]k[t] 係数の式である。
  2. よって xx は k[t]k[t] 上整で、k[t][x]=k[t]+k[t]xk[t][x]=k[t]+k[t]x（第2回の命題4）。y=x+ty=x+t もここに入るので、B=k[t]+k[t]xB=k[t]+k[t]x。
  3. tt が代数的に独立であることを示す。B≅k[x,1/x]B\cong k[x,1/x]（y↦1/xy\mapsto1/x）で、t=1/x−xt=1/x-x である。

    0でない多項式 g(T)=cmTm+⋯+c0g(T)=c_mT^m+\cdots+c_0（cm≠0c_m\neq0）について、g(1/x−x)g(1/x-x) の x−mx^{-m} の係数は cmc_m で、ほかの項からは x−mx^{-m} が出ない。よって g(t)≠0g(t)\neq0。

図形の言葉では、k[t]⊆Bk[t]\subseteq B は射影 (x,y)↦y−x(x,y)\mapsto y-x に対応します。点 t=ct=c の上にあるのは、直線 y=x+cy=x+c と双曲線の交点です。x2+cx−1=0x^2+cx-1=0 は判別式が c2+4>0c^2+4>0 なので、k=Rk=\mathbb{R} でもどの cc の上にも2点があります。

点 t=ct=c の上の点は、環の言葉では BB を t−ct-c で割った環に当たります。環の準同型は k[t]→Bk[t]\to B の向きで、縦の矢印は t−ct-c で割る写像です。

k[t]→t↦y−xB=k[x,y]/(xy−1)↓↓k[t]/(t−c)→B/(t−c)Bk[t]/(t−c)=kB/(t−c)B≅k[x]/(x2+cx−1){}\begin{gathered} \begin{CD} k[t] @>{t\mapsto y-x}>> B=k[x,y]/(xy-1) \\ @VVV @VVV \\ k[t]/(t-c) @>>> B/(t-c)B \end{CD}\\[8pt] k[t]/(t-c)=k\\ B/(t-c)B\cong k[x]/(x^2+cx-1) \end{gathered}

Spec の写像は逆向きで、曲線の側から直線の側へ向かいます。左下が、点 cc の上のファイバーです。

Spec⁡B→πSpec⁡k[t]↑↑Spec⁡B/(t−c)B→{(t−c)}\begin{CD} \operatorname{Spec}B @>{\pi}>> \operatorname{Spec}k[t] \\ @AAA @AAA \\ \operatorname{Spec}B/(t-c)B @>>> \{(t-c)\} \end{CD}

x2+cx−1x^2+cx-1 は xx についてモニックな2次式なので、B/(t−c)BB/(t-c)B はどの cc でも 1,x1,x を基底とする2次元の空間です。点が逃げないことが、ファイバーの環の次元が一定であることに表れています。

一方、xx 軸への射影 (x,y)↦x(x,y)\mapsto x では、x=0x=0 の上に点がありません。yy の式 xy−1=0xy-1=0 の最高次の係数が xx で、x→0x\to0 で点が無限遠へ逃げるからです。図1で、射影の向きを変えて比べます。

ドラッグで回せます

(x,y)↦x(x,y)\mapsto x で xx 軸へ射影します。灰色の縦線がファイバー（同じ点に写る点の集まり）で、x=a≠0x=a\neq0 の上には1点 (a,1/a)(a,1/a) があり、赤い線 x=0x=0 の上には点がありません。「斜め」から見ると、a→0a\to0 で曲線が x=0x=0 に沿って無限遠へ逃げていくのが分かります。「yy 軸の向き」から見ると縦線が1点に潰れ、曲線の像は xx 軸になります。像の原点のまわりの切れ目のうち、本当に抜けているのは x=0x=0 の1点だけで、残りは図の枠で曲線を切ったためにできたものです。

(x,y)↦y−x(x,y)\mapsto y-x で射影します。直線 y=x+ty=x+t と曲線の交点は x2+tx−1=0x^2+tx-1=0 の解で、判別式 t2+4t^2+4 はいつも正です。どの tt の上にも実数の点がちょうど2個あります。「(1,1)(1,1) の向き」から見ると、各直線が1点に潰れ、その上で2点が重なります。

(x,y)↦x+y(x,y)\mapsto x+y で射影します。交点は x2−sx+1=0x^2-sx+1=0 の解で、∣s∣<2|s|<2 の直線（x+y=1x+y=1 など）には実数の点がありません。それでも複素数の点が2個あり、xx についてモニックな式なので点は逃げません。この射影も有限です。

図1具体例床に描いた双曲線 xy=1xy=1 を、3つの向きの直線に沿って射影します。灰色の線は同じ点に写る点の集まり（ファイバー）で、黒い点はその上にある曲線の点です（方程式から計算して描いています）。カメラは正射影なので、射影の向きから見るとファイバーが1点に潰れ、射影そのものが見えます。xx 軸への射影では赤い線 x=0x=0 の上に点がなく、斜めの2つの射影ではどのファイバーにも、複素数で重なりを込めて数えて2点があります。

2つの斜めの射影の違いは、実数の点だけを見たときの違いです。(x,y)↦x+y(x,y)\mapsto x+y では直線 x+y=1x+y=1 の上に実数の点がありませんが、x2−x+1=0x^2-x+1=0 の複素数の解 x=(1±3 i)/2x=(1\pm\sqrt{3}\,i)/2 があります。式がモニックなので、どちらの射影でも点は逃げません。

一般の場合も、変数を取り直して、ある変数がモニックな式をみたすようにします。体が有限のときにも使えるのが、次の永田の変数変換です。

補題3 永田の変数変換 [1, 補題3.22, p.88]

F∈k[X1,…,Xn]F\in k[X_1,\dots,X_n] を0でない多項式（n≥1n\ge1）とし、整数 rr を、FF に現れるどの変数の指数よりも大きくとる。新しい変数 Z1,…,Zn−1Z_1,\dots,Z_{n-1} を使って

G(Z1,…,Zn−1,Xn)=F(Z1+Xnr, Z2+Xnr2,…, Zn−1+Xnrn−1, Xn)\begin{aligned} &G(Z_1,\dots,Z_{n-1},X_n)\\ &\quad=F\bigl(Z_1+X_n^{r},\ Z_2+X_n^{r^2},{}\\ &\qquad\quad \dots,\ Z_{n-1}+X_n^{r^{n-1}},\ X_n\bigr) \end{aligned}

とおくと、GG を XnX_n の多項式とみたときの最高次の係数は、kk の0でない元である。

証明
  1. 単項式 Xα=X1α1⋯XnαnX^\alpha=X_1^{\alpha_1}\cdots X_n^{\alpha_n} は代入で Xnαn∏i<n(Zi+Xnri)αiX_n^{\alpha_n}\prod_{i<n}(Z_i+X_n^{r^i})^{\alpha_i} になる。XnX_n の多項式としての最高次の項は、係数1の Xne(α)X_n^{e(\alpha)} である。
    e(α)=αn+α1r+α2r2+⋯+αn−1rn−1e(\alpha)=\alpha_n+\alpha_1r+\alpha_2r^2+\cdots+\alpha_{n-1}r^{n-1}e(α)=αn+α1r+α2r2+⋯+αn−1rn−1\begin{aligned}e(\alpha) &= \alpha_n+\alpha_1r+\alpha_2r^2+\cdots+\alpha_{n-1}r^{n-1}\end{aligned}e(α)=αn+α1r+α2r2+⋯=+αn−1rn−1\begin{aligned}e(\alpha) &= \alpha_n+\alpha_1r+\alpha_2r^2+\cdots\\&\phantom{=}{} +\alpha_{n-1}r^{n-1}\end{aligned}

    各因子 Zi+XnriZ_i+X_n^{r^i} の最高次の項は係数1の XnriX_n^{r^i} なので、積の最高次の項はそれらの積である。

  2. 0≤αi<r0\le\alpha_i<r なので、e(α)e(\alpha) は rr 進法で各桁が αn,α1,…,αn−1\alpha_n,\alpha_1,\dots,\alpha_{n-1} の数である。異なる α\alpha は異なる e(α)e(\alpha) を与える。
  3. F=∑cαXαF=\sum c_\alpha X^\alpha のうち cα≠0c_\alpha\neq0 で e(α)e(\alpha) が最大の α\alpha を β\beta とすると、GG の XnX_n について最高次の項は cβXne(β)c_\beta X_n^{e(\beta)} で、cβ∈kc_\beta\in k は0でない。

例えば F=XY−1F=XY-1（X1=X, X2=YX_1=X,\ X_2=Y）では r=2r=2 とすればよく、X=Z+Y2X=Z+Y^2 を代入すると

(Z+Y2)Y−1=Y3+ZY−1(Z+Y^2)Y-1=Y^3+ZY-1(Z+Y2)Y−1=Y3+ZY−1\begin{aligned}(Z+Y^2)Y-1 &= Y^3+ZY-1\end{aligned}

で、YY についてモニックになります。指数の重み e(α)e(\alpha) は XYXY が 1+1⋅2=31+1\cdot2=3、定数項が0です。

おさらい有限生成・整・有限の違い

環 A⊆BA\subseteq B について、似た3つの言葉を区別します（第2回の定義2）。

(1)　代数として有限生成：B=A[b1,…,bm]B=A[b_1,\dots,b_m]。BB の元は bib_i の AA 係数の多項式で書ける。
(2)　有限：B=Ab1+⋯+AbmB=Ab_1+\cdots+Ab_m。BB の元は bib_i の AA 係数の1次結合で書ける。
(3)　整：BB のどの元も、AA 係数のモニックな式をみたす。

有限なら整で、整かつ代数として有限生成なら有限です（第2回の系5）。つまり「有限」は「整」と「有限生成」を合わせたものです。

例えば k⊆k[x]k\subseteq k[x] は有限生成ですが、xx がモニックな式をみたさないので整でなく、有限でもありません（1,x,x2,…1,x,x^2,\dots がすべて要ります）。Z⊆Z[1/2]\mathbb{Z}\subseteq\mathbb{Z}[1/2] も、有限生成で整でない例です。一方 k[x]⊆k[x,y]/(y2−x)k[x]\subseteq k[x,y]/(y^2-x) は有限で、1,y1,y が基底です。

正規化定理は、kk 上では有限生成でしかない AA と kk の間に多項式環をはさみ、上の段を有限にする定理です。

k[y1,…,yd]↪A≀ ↑ Yi↦yik↪k[Y1,…,Yd]\begin{array}{ccccc} && k[y_1,\dots,y_d] & \hookrightarrow & A \\ && \mathllap{\scriptstyle\wr\ }\Big\uparrow\mathrlap{\scriptstyle\ Y_i\mapsto y_i} && \\ k & \hookrightarrow & k[Y_1,\dots,Y_d] && \end{array}

真ん中の同型は、yiy_i が代数的に独立であることから来ます。右端の包含が有限です。

定理4 ネーターの正規化定理 [3, 演習問題5.16, p.106–107; 1, 定理3.21 (1), p.87; 2, 定理4.9, p.79]

A≠0A\neq0 を体 kk 上有限生成の代数とする。

(1)　kk 上代数的に独立な y1,…,yd∈Ay_1,\dots,y_d\in A があって、AA は k[y1,…,yd]k[y_1,\dots,y_d] 加群として有限生成である。とくに AA は k[y1,…,yd]k[y_1,\dots,y_d] 上整である。
(2)　kk が無限体で A=k[x1,…,xn]A=k[x_1,\dots,x_n] なら、y1,…,ydy_1,\dots,y_d は x1,…,xnx_1,\dots,x_n の kk 係数の1次結合にとれる。

証明
  1. (1) A=k[x1,…,xn]A=k[x_1,\dots,x_n] と書き、生成元の個数 nn についての帰納法で示す。x1,…,xnx_1,\dots,x_n が代数的に独立なら、yi=xiy_i=x_i、d=nd=n とすればよい（n=0n=0 なら A=kA=k、d=0d=0）。
  2. 独立でなければ、0でない FF で F(x1,…,xn)=0F(x_1,\dots,x_n)=0 となるものがある。補題3の rr で zi=xi−xnriz_i=x_i-x_n^{r^i}（i<ni<n）とおくと、xnx_n は A′=k[z1,…,zn−1]A'=k[z_1,\dots,z_{n-1}] 上整である。

    xi=zi+xnrix_i=z_i+x_n^{r^i} なので G(z1,…,zn−1,xn)=F(x1,…,xn)=0G(z_1,\dots,z_{n-1},x_n)=F(x_1,\dots,x_n)=0。補題から GG の XnX_n についての最高次の係数は c∈k∖{0}c\in k\setminus\{0\} で、c−1G(z1,…,zn−1,Xn)c^{-1}G(z_1,\dots,z_{n-1},X_n) は A′A' 係数のモニックな多項式で、xnx_n を根にもつ。

  3. xi=zi+xnrix_i=z_i+x_n^{r^i} なので A=A′[xn]A=A'[x_n] で、これは有限生成 A′A' 加群である（第2回の系5）。
  4. A′≠0A'\neq0 は n−1n-1 個の元で生成されるので、帰納法の仮定から、代数的に独立な y1,…,yd∈A′y_1,\dots,y_d\in A' があって A′A' は k[y1,…,yd]k[y_1,\dots,y_d] 上有限。有限の上の有限は有限なので、AA も k[y1,…,yd]k[y_1,\dots,y_d] 上有限である。

    A′=∑iCbiA'=\sum_iC b_i、A=∑jA′cjA=\sum_jA'c_j（C=k[y1,…,yd]C=k[y_1,\dots,y_d]）なら A=∑i,jC bicjA=\sum_{i,j}C\,b_ic_j。整であることは 第2回の系5(2) から。

  5. (2) kk が無限体なら、zi=xi−λixnz_i=x_i-\lambda_ix_n（λi∈k\lambda_i\in k）の形の1次の変換で同じことができる。ziz_i が xx の1次結合なので、帰納法で得る yjy_j も xx の1次結合になる。
    1. FF の次数を NN、次数 NN の部分（斉次部分）を FNF_N とする。F(Z1+λ1Xn,…,Zn−1+λn−1Xn,Xn)F(Z_1+\lambda_1X_n,\dots,Z_{n-1}+\lambda_{n-1}X_n,X_n) の XnNX_n^N の係数は FN(λ1,…,λn−1,1)F_N(\lambda_1,\dots,\lambda_{n-1},1) である。次数 NN 未満の項からは XnNX_n^N は出ないから。
    2. FN(T1,…,Tn−1,1)F_N(T_1,\dots,T_{n-1},1) は0でない多項式である。FN(X)=XnNFN(X1/Xn,…,Xn−1/Xn,1)F_N(X)=X_n^NF_N(X_1/X_n,\dots,X_{n-1}/X_n,1) だから。
    3. 無限体の上の0でない多項式は、どこかで0でない値をとる（変数の個数についての帰納法。1変数なら根は有限個）。そこで FN(λ1,…,λn−1,1)≠0F_N(\lambda_1,\dots,\lambda_{n-1},1)\neq0 となる λi\lambda_i をとれば、xnx_n は k[z1,…,zn−1]k[z_1,\dots,z_{n-1}] 上整になる。

アティヤ・マクドナルドは (2) の形（無限体）だけを証明し、有限体でも成り立つが別の証明が要る、と注意しています[3, 演習問題5.16, p.106]。その別の証明が補題3で、指数を r,r2,…r,r^2,\dots と大きく変えて、最高次の項を1つだけにしています。

証明の1段でしていることを図式にします。変数変換 ϕ\phi を Xi↦Zi+XnriX_i\mapsto Z_i+X_n^{r^i}（i<ni<n）、Xn↦XnX_n\mapsto X_n で決めると、ϕ\phi は多項式環の同型で、逆は Zi↦Xi−XnriZ_i\mapsto X_i-X_n^{r^i} です。縦の矢印を Xi↦xiX_i\mapsto x_i、Zi↦ziZ_i\mapsto z_i、Xn↦xnX_n\mapsto x_n とすると、次の図式は可換です。

k[X1,…,Xn]↓A  k[Z1]→∼ ϕ ↓A=  k[Z1,…,Zn−1,Xn]↓Ak[Z1,…,Zn−1,Xn]↓A  k[Z1]←↓A←  k[Z1,…,Zn−1]↓A′{}\begin{gathered} \begin{gathered} k[X_1,\dots,X_n]\\ \big\downarrow\\ A \end{gathered}\;\begin{gathered} \vphantom{k[Z_1]}\xrightarrow[\sim]{\ \phi\ }\\ \vphantom{\big\downarrow}\\ \vphantom{A}= \end{gathered}\;\begin{gathered} k[Z_1,\dots,Z_{n-1},X_n]\\ \big\downarrow\\ A \end{gathered}\\[12pt] \begin{gathered} k[Z_1,\dots,Z_{n-1},X_n]\\ \big\downarrow\\ A \end{gathered}\;\begin{gathered} \vphantom{k[Z_1]}\leftarrow\\ \vphantom{\big\downarrow}\\ \vphantom{A}\leftarrow \end{gathered}\;\begin{gathered} k[Z_1,\dots,Z_{n-1}]\\ \big\downarrow\\ A' \end{gathered} \end{gathered}

ϕ\phi は FF を GG に写すので、F(x1,…,xn)=0F(x_1,\dots,x_n)=0 から G(z1,…,zn−1,xn)=0G(z_1,\dots,z_{n-1},x_n)=0 が出ます。補題3から GG は XnX_n について定数倍を除いてモニックで、これが右下の包含 A′⊆AA'\subseteq A を有限にします。

図形の言葉では、An\mathbb{A}^n の座標を σ\sigma で取り直してから、最後の座標を忘れる射影 pp です。

σ(a)=(a1−anr, …, an−1−anrn−1, an)p(b1,…,bn)=(b1,…,bn−1)\sigma(a)=\bigl(a_1-a_n^{r},\ \dots,\ a_{n-1}-a_n^{r^{n-1}},\ a_n\bigr)\qquad p(b_1,\dots,b_n)=(b_1,\dots,b_{n-1})σ(a)=(a1−anr, …, an−1−anrn−1, an)p(b1,…,bn)=(b1,…,bn−1)\begin{gathered}\sigma(a)=\bigl(a_1-a_n^{r},\ \dots,\ a_{n-1}-a_n^{r^{n-1}},\ a_n\bigr)\\p(b_1,\dots,b_n)=(b_1,\dots,b_{n-1})\end{gathered}σ(a)=(a1−anr, …, an−1−anrn−1, an)p(b1,…,bn)=(b1,…,bn−1)\begin{aligned}\sigma(a) &= \bigl(a_1-a_n^{r},\ \dots,\ a_{n-1}-a_n^{r^{n-1}},\ a_n\bigr)\\[4pt]p(b_1,\dots,b_n) &= (b_1,\dots,b_{n-1})\end{aligned} X ⊆ An →∼ σ  An → p  An−1X\ \subseteq\ \mathbb{A}^n\ \xrightarrow[\sim]{\ \sigma\ }\ \mathbb{A}^n\ \xrightarrow{\ p\ }\ \mathbb{A}^{n-1}X⊆An →∼ σ  An → p  An−1\begin{aligned}X &\subseteq \mathbb{A}^n\ \xrightarrow[\sim]{\ \sigma\ }\ \mathbb{A}^n\ \xrightarrow{\ p\ }\ \mathbb{A}^{n-1}\end{aligned}

F=XY−1F=XY-1、r=2r=2 の例では、p∘σp\circ\sigma は (x,y)↦x−y2(x,y)\mapsto x-y^2 で、放物線 x=y2+cx=y^2+c に沿った射影です。図2の右と同じ形の射影です。

(1) の dd は AA によって決まり、yiy_i の選び方によりません。後で d=dim⁡Ad=\dim A であることを示します（系19）。

おさらい整拡大の Spec の写像（第2回）

整拡大 A⊆BA\subseteq B では、Q↦Q∩AQ\mapsto Q\cap A で決まる Spec⁡B→Spec⁡A\operatorname{Spec}B\to\operatorname{Spec}A（第2回の定義1）について、次のことが成り立ちました。

(1)　全射である（横たわり、第2回の定理10）。
(2)　QQ が極大であることと、Q∩AQ\cap A が極大であることは同値（第2回の系8）。
(3)　BB が nn 個の元で生成される AA 加群なら、どの点の上にも BB の素イデアルは nn 個以下（第2回の命題14）。

Spec⁡B⟶Spec⁡A∪∪Max⁡B⟶Max⁡A\begin{array}{ccc} \operatorname{Spec}B & \longrightarrow & \operatorname{Spec}A \\ \cup & & \cup \\ \operatorname{Max}B & \longrightarrow & \operatorname{Max}A \end{array}

Max⁡B\operatorname{Max}B は BB の極大イデアル全体の集合で、(2) から下の行の写像が決まります。例えば k[x]⊆k[x,y]/(y2−x)k[x]\subseteq k[x,y]/(y^2-x)（標数は2でない）では、BB は 1,y1,y で生成され、点 (x−a)(x-a) の上のファイバーの環は k[y]/(y2−a)k[y]/(y^2-a) でした（第2回の例15）。

正規化を、環の準同型と Spec の写像で並べます。環の包含は k[y1,…,yd]→Ak[y_1,\dots,y_d]\to A の向きで、Spec の写像 π\pi は逆向きです。

A↩k[y1,…,yd]Spec⁡A→  π  Spec⁡k[y1,…,yd]Q⟼Q∩k[y1,…,yd]\begin{array}{ccc} A & \hookleftarrow & k[y_1,\dots,y_d] \\[4pt] \operatorname{Spec}A & \xrightarrow{\ \ \pi\ \ } & \operatorname{Spec}k[y_1,\dots,y_d] \\[4pt] Q & \longmapsto & Q\cap k[y_1,\dots,y_d] \end{array}

AA は k[y1,…,yd]k[y_1,\dots,y_d] 上有限なので、π\pi は全射で、どの点の上にも有限個の点しかありません。Spec⁡k[y1,…,yd]\operatorname{Spec}k[y_1,\dots,y_d] は dd 次元のアファイン空間 Ad\mathbb{A}^d なので、π\pi は AA の図形を Ad\mathbb{A}^d へ有限に射影する写像です。代数閉体の上で、これを閉点の言葉で確かめるのが命題11です。

例5 正規化の例 [1, 問題3.5, p.88]

次の環は、括弧の中の多項式環の上で有限である（x,y,zx,y,z は変数）。

(1)　k[x2,x3]k[x^2,x^3]（k[x2]k[x^2] 上。1,x31,x^3 で生成される）。
(2)　R=k[x4, x3y, xy3, y4]R=k[x^4,\ x^3y,\ xy^3,\ y^4]（k[x4,y4]k[x^4,y^4] 上）。
(3)　k[x,y,z]/(y2z−x2−1)k[x,y,z]/(y^2z-x^2-1)（k[y,z]k[y,z] 上。1,x1,x で生成される）。

証明
  1. (1) u=x3u=x^3 は u2−(x2)3=0u^2-(x^2)^3=0 をみたす。x2x^2 は kk 上超越的なので k[x2]k[x^2] は1変数の多項式環で、k[x2,x3]=k[x2]+k[x2]x3k[x^2,x^3]=k[x^2]+k[x^2]x^3。
  2. (2) 生成元はどれも k[x4,y4]k[x^4,y^4] 上整である。x4,y4x^4,y^4 は k[x,y]k[x,y] の中で代数的に独立なので、第2回の系5(1) から RR は k[x4,y4]k[x^4,y^4] 上有限。
    (x3y)4=(x4)3 y4(xy3)4=x4 (y4)3(x^3y)^4=(x^4)^3\,y^4\qquad (xy^3)^4=x^4\,(y^4)^3(x3y)4=(x4)3 y4(xy3)4=x4 (y4)3\begin{gathered}(x^3y)^4=(x^4)^3\,y^4\\(xy^3)^4=x^4\,(y^4)^3\end{gathered}(x3y)4=(x4)3 y4(xy3)4=x4 (y4)3\begin{aligned}(x^3y)^4 &= (x^4)^3\,y^4\\[4pt](xy^3)^4 &= x^4\,(y^4)^3\end{aligned}

    T4−(x4)3y4T^4-(x^4)^3y^4 と T4−x4(y4)3T^4-x^4(y^4)^3 が、それぞれのモニックな式である。

  3. (3) 剰余環は k[y,z][x]/(x2−(y2z−1))k[y,z][x]/(x^2-(y^2z-1)) で、xx についてモニックな2次式で割った環なので、1,x1,x を基底とする自由 k[y,z]k[y,z] 加群である。とくに k[y,z]k[y,z] はそのまま部分環として入り、y,zy,z は代数的に独立である。

(3) を図形で見ると、曲面 x2=y2z−1x^2=y^2z-1 を yzyz 平面へ射影していて、点 (y,z)(y,z) の上には x=±y2z−1x=\pm\sqrt{y^2z-1} の2点（複素数で数えて）があります。多項式環の選び方は1通りではありません。例えば (1) は k[x3]k[x^3] の上でも有限です。x2x^2 が T3−(x3)2=0T^3-(x^3)^2=0 をみたすからです。

有限体では、1次結合だけでは足りないことがあります。

例6 有限体の上では直線の射影が足りない

qq 個の元からなる有限体 Fq\mathbb{F}_q の上で、F=xqy−xyq−1F=x^qy-xy^q-1、B=Fq[x,y]/(F)B=\mathbb{F}_q[x,y]/(F) とする。

(1)　0でない1次式 ℓ=ax+by\ell=ax+by（a,b∈Fqa,b\in\mathbb{F}_q）について、BB は Fq[ℓ]\mathbb{F}_q[\ell] 上整でない。
(2)　z=x−y2z=x-y^2 とおくと、yy は次のモニックな式をみたし、BB は 1,y,…,y2q1,y,\dots,y^{2q} を基底とする自由 Fq[z]\mathbb{F}_q[z] 加群である。

y2q+1−yq+2+zqy−zyq−1=0y^{2q+1}-y^{q+2}+z^qy-zy^q-1=0y2q+1−yq+2+zqy−zyq−1=0\begin{aligned}y^{2q+1}-y^{q+2}+z^qy-zy^q-1 &= 0\end{aligned}
証明
  1. (1) G=xqy−xyqG=x^qy-xy^q とおく。Fq\mathbb{F}_q の元は uq=uu^q=u をみたすので、u,v∈Fqu,v\in\mathbb{F}_q について G(u,v)=uv−uv=0G(u,v)=uv-uv=0。
  2. 直線 ℓ=0\ell=0 は Fq2\mathbb{F}_q^2 の0でないベクトル (b,−a)(b,-a) の向きの直線で、その上で GG は恒等的に0である。よって ℓ\ell は GG を割り切る。

    G(sb,−sa)=sq+1G(b,−a)=0G(sb,-sa)=s^{q+1}G(b,-a)=0（ss の多項式として）。ℓ\ell と1次式 mm で x,yx,y を書き直すと G=∑jcjℓjmq+1−jG=\sum_jc_j\ell^jm^{q+1-j} で、ℓ=0, m=1\ell=0,\ m=1 の点は (b,−a)(b,-a) の定数倍なので c0=0c_0=0。よって GG は ℓ\ell で割り切れる。

  3. 1=G−F∈(ℓ,F)1=G-F\in(\ell,F) なので、ℓ\ell は BB の単元である。
  4. ℓ\ell は BB の中で Fq\mathbb{F}_q 上超越的なので、Fq[ℓ]\mathbb{F}_q[\ell] は1変数の多項式環で、(ℓ)(\ell) はその素イデアルである。

    0でない gg で g(ℓ)=0g(\ell)=0 なら、Fq[x,y]\mathbb{F}_q[x,y] で FF が g(ℓ)g(\ell) を割り切る。最高次の部分どうしを比べると、GG が c ℓmc\,\ell^m（c≠0c\neq0）を割り切ることになる。しかし G=xy(xq−1−yq−1)G=xy(x^{q-1}-y^{q-1}) は互いに比例しない1次式 xx と yy で割り切れるので、1つの1次式のべきを割り切れない。

  5. もし BB が Fq[ℓ]\mathbb{F}_q[\ell] 上整なら、横たわり（第2回の定理10）で (ℓ)(\ell) の上に BB の素イデアルがあるはずだが、単元 ℓ\ell を含む素イデアルはない。
  6. (2) x=z+y2x=z+y^2 を FF に代入する。標数 pp の体では (z+y2)q=zq+y2q(z+y^2)^q=z^q+y^{2q}（qq は pp のべき）なので、示した式になる。2q+1>q+22q+1>q+2 なので yy についてモニックで、基底の主張は割り算から従う。
    (z+y2)qy−(z+y2)yq−1=zqy+y2q+1−zyq−yq+2−1\begin{aligned} &(z+y^2)^qy-(z+y^2)y^q-1\\ &\quad=z^qy+y^{2q+1}\\ &\qquad-zy^q-y^{q+2}-1\end{aligned}

    BB は Fq[z][y]\mathbb{F}_q[z][y] をこのモニックな 2q+12q+1 次式で割った剰余環なので、1,y,…,y2q1,y,\dots,y^{2q} が基底になる。とくに Fq[z]→B\mathbb{F}_q[z]\to B は単射で、zz は代数的に独立である。

定理4(2) の証明の言葉では、FF の最高次の部分 GG が Fq\mathbb{F}_q のすべての向き (λ,1)(\lambda,1) と (1,0)(1,0) で0になるので、どの1次の変換でも最高次の係数が消えてしまいます。図形の言葉では、Fq\mathbb{F}_q の上で引けるどの向きの直線も漸近線の向きになっている、ということです。

q=2q=2 のとき、F=x2y−xy2−1F=x^2y-xy^2-1 で、F2\mathbb{F}_2 の上の向きは (1,0),(0,1),(1,1)(1,0),(0,1),(1,1) の3つしかありません。同じ式の実数の点を描いたのが図2です。

直線の向き (1,0),(0,1),(1,1)(1,0),(0,1),(1,1)
漸近線の向きでは点が逃げる
放物線 x=y2+cx=y^2+c に沿って
どの放物線とも 55 点以下で交わる
図2具体例曲線 x2y−xy2=1x^2y-xy^2=1 の実数の点（オレンジ）。左は3本の漸近線 x=0, y=0, y=xx=0,\ y=0,\ y=x で、その向き (0,1),(1,0),(1,1)(0,1),(1,0),(1,1) に射影すると、点が無限遠へ逃げます。右は放物線 x=y2+cx=y^2+c に沿った射影 (x,y)↦x−y2(x,y)\mapsto x-y^2 で、緑の放物線と曲線の交点（黒）は、yy についてのモニックな5次式の実数解として計算して描いています。どの放物線とも5点以下で交わり、点は逃げません。

実数の上なら、漸近線でない向き（例えば (1,2)(1,2)）の直線で射影すれば有限になります。有限体の上ではそのような向きがないので、直線の代わりに放物線に沿って射影するわけです。

剰余体は有限次：零点定理

正規化定理の最初の応用は、ヒルベルトの零点定理です。まず、体になる有限生成代数を調べます。

おさらい有限次拡大と代数的な元

体の拡大 k⊆Lk\subseteq L で、LL が kk 上の線形空間として有限次元のものを有限次拡大と呼び、その次元を [L:k][L:k] と書きます。α∈L\alpha\in L が kk 上代数的であるとは、0でない kk 係数の多項式の根になることです。

代数的な α\alpha の最小多項式を gg とすると、T↦αT\mapsto\alpha で決まる準同型の核は (g)(g) で、像の k[α]k[\alpha] は体になります。

k[T]→ T↦α Lk[T]/(g) ≅ k[α][k[α]:k]=deg⁡gk[T]\xrightarrow{\ T\mapsto\alpha\ }L\qquad k[T]/(g)\ \cong\ k[\alpha]\qquad [k[\alpha]:k]=\deg gk[T]→ T↦α Lk[T]/(g)≅k[α][k[α]:k]=deg⁡g\begin{aligned}&k[T]\xrightarrow{\ T\mapsto\alpha\ }L\\[4pt]k[T]/(g) &\cong k[\alpha]\\[4pt][k[\alpha]:k] &= \deg g\end{aligned}

例えば R[T]/(T2+1)≅C\mathbb{R}[T]/(T^2+1)\cong\mathbb{C}、Q[T]/(T2−2)≅Q(2)\mathbb{Q}[T]/(T^2-2)\cong\mathbb{Q}(\sqrt2) で、どちらも次数は2です。逆に xx が超越的なら、k[x]k[x] は多項式環で、xx が単元でないので体ではありません。

代数的な元をいくつ添加しても有限次です。1つずつ添加すると各段が有限次で、次数は掛け算になります。

k=K0⊆K1⊆⋯⊆Kn=k[α1,…,αn]Ki=Ki−1[αi][Kn:k]=∏i=1n [Ki:Ki−1]k=K_0\subseteq K_1\subseteq\cdots\subseteq K_n=k[\alpha_1,\dots,\alpha_n]\qquad K_i=K_{i-1}[\alpha_i]\qquad [K_n:k]=\prod_{i=1}^n\,[K_i:K_{i-1}]k=K0⊆K1⊆⋯⊆Kn=k[α1,…,αn]Ki=Ki−1[αi][Kn:k]=∏i=1n [Ki:Ki−1]\begin{aligned}k &= K_0\\&\subseteq K_1\\&\subseteq \cdots\\&\subseteq K_n\\&= k[\alpha_1,\dots,\alpha_n]\\[4pt]K_i &= K_{i-1}[\alpha_i]\\[4pt][K_n:k] &= \prod_{i=1}^n\,[K_i:K_{i-1}]\end{aligned}

次のザリスキーの補題は、この逆を言います。体が有限生成の代数なら、生成元はすべて代数的で、有限次拡大になるということです。

命題7 ザリスキーの補題 [4, 定理5.2, p.40; 3, 演習問題5.18, p.107; 1, 定理3.20, p.87; 2, 補題4.10, p.81]

体 KK が体 kk 上有限生成の代数なら、KK は kk の有限次拡大体である。

証明
  1. 正規化定理（定理4）で、KK は C=k[y1,…,yd]C=k[y_1,\dots,y_d] 上整（yiy_i は代数的に独立）。
  2. C⊆KC\subseteq K は整域の整拡大で KK は体なので、CC も体である（第2回の命題7）。
  3. d≥1d\ge1 なら y1y_1 は多項式環 CC の単元でないので、d=0d=0。よって KK は kk 上有限、つまり有限次拡大である。

松村は同じことを「超越次数が正なら体でない」という形で述べています[4, 定理5.2, p.40]。ザリスキーによる元の証明や、アルティン–テートによる証明もあります[3, 演習問題5.18, p.107; 3, 命題7.9, p.126]。

系8 弱い零点定理 [3, 系7.10, p.127; 4, 定理5.3, p.41; 2, 定理4.12, p.83; 1, 問題3.8, p.88–89]

AA を体 kk 上有限生成の代数、MM をその極大イデアルとする。

(1)　剰余体 A/MA/M は kk の有限次拡大体である。
(2)　kk が代数閉体なら A/M=kA/M=k で、A=k[x1,…,xn]A=k[x_1,\dots,x_n] の極大イデアルは (x1−a1,…,xn−an)(x_1-a_1,\dots,x_n-a_n)（ai∈ka_i\in k）の形のものだけである。

証明
  1. (1) A/MA/M は体で、xix_i の像で生成される有限生成 kk 代数なので、命題7を使う。
  2. (2) 代数閉体の有限次拡大は自分自身なので A/M=kA/M=k。xix_i の像を ai∈ka_i\in k とすると xi−ai∈Mx_i-a_i\in M。
  3. (x1−a1,…,xn−an)(x_1-a_1,\dots,x_n-a_n) は極大イデアル（剰余環が kk）で MM に含まれるので、MM に等しい。

(2) から、代数閉体の上では knk^n の点と k[x1,…,xn]k[x_1,\dots,x_n] の極大イデアルが1対1に対応します。アティヤ・マクドナルドの演習問題5.17 では、これを正規化定理の幾何的な形から導いています[3, 演習問題5.17, p.107]。

(1) を図式で書くと、次の三角形になります。斜めの矢印 k→A/Mk\to A/M は体の準同型なので単射で、A/MA/M は kk の有限次拡大です。

k⟶A↘↓A/M\begin{array}{ccc} k & \longrightarrow & A \\ & \searrow & \Big\downarrow \\ & & A/M \end{array}

(2) では、点 a=(a1,…,an)a=(a_1,\dots,a_n) での値をとる準同型が、A/MaA/M_a への写像そのものになります（Ma=(x1−a1,…,xn−an)M_a=(x_1-a_1,\dots,x_n-a_n)）。

k[x1,…,xn]→f↦f(a)k↓∥k[x1,…,xn]/Ma→∼k\begin{CD} k[x_1,\dots,x_n] @>{f\mapsto f(a)}>> k \\ @VVV @| \\ k[x_1,\dots,x_n]/M_a @>{\sim}>> k \end{CD}

代数閉体でないときは、極大イデアルは「共役な点の組」に対応します。そのことを見るために、松村の定理5.1 を証明しておきます。

命題9 [4, 定理5.1, p.39]

LL を体 kk の拡大体とし、α1,…,αn∈L\alpha_1,\dots,\alpha_n\in L は kk 上代数的とする。

(1)　k[α1,…,αn]k[\alpha_1,\dots,\alpha_n] は体である。
(2)　Xi↦αiX_i\mapsto\alpha_i で決まる k[X1,…,Xn]→Lk[X_1,\dots,X_n]\to L の核は極大イデアルで、XiX_i についてモニックな fi(X1,…,Xi)f_i(X_1,\dots,X_i)（i=1,…,ni=1,\dots,n）の nn 個で生成される。

証明
  1. Ki=k[α1,…,αi]K_i=k[\alpha_1,\dots,\alpha_i] とおき、ii についての帰納法で、KiK_i が体で、k[X1,…,Xi]→Kik[X_1,\dots,X_i]\to K_i の核が (f1,…,fi)(f_1,\dots,f_i) であることを示す。i=0i=0 では K0=kK_0=k、核は 00。
  2. αi\alpha_i の体 Ki−1K_{i-1} 上の最小多項式を gi(T)g_i(T) とすると、Ki=Ki−1[αi]≅Ki−1[T]/(gi)K_i=K_{i-1}[\alpha_i]\cong K_{i-1}[T]/(g_i) は体である。
  3. gig_i の係数は Ki−1=k[α1,…,αi−1]K_{i-1}=k[\alpha_1,\dots,\alpha_{i-1}] の元なので、α1,…,αi−1\alpha_1,\dots,\alpha_{i-1} の多項式で書ける。こうして gi(T)=fi(α1,…,αi−1,T)g_i(T)=f_i(\alpha_1,\dots,\alpha_{i-1},T) となる、XiX_i についてモニックな fi∈k[X1,…,Xi]f_i\in k[X_1,\dots,X_i] がとれる。
  4. 核の元 PP を XiX_i についてモニックな fif_i で割ると、余り RR の XiX_i の次数は deg⁡gi\deg g_i 未満になる。RR の係数は α1,…,αi−1\alpha_1,\dots,\alpha_{i-1} で0になり、帰納法の仮定から (f1,…,fi−1)(f_1,\dots,f_{i-1}) に入る。

    P=Qfi+RP=Qf_i+R、R=∑j<deg⁡girj(X1,…,Xi−1)XijR=\sum_{j<\deg g_i}r_j(X_1,\dots,X_{i-1})X_i^j とする。R(α1,…,αi−1,T)R(\alpha_1,\dots,\alpha_{i-1},T) は Ki−1[T]K_{i-1}[T] の次数 deg⁡gi\deg g_i 未満の多項式で αi\alpha_i を根にもつので、0である。つまり各 rj(α1,…,αi−1)=0r_j(\alpha_1,\dots,\alpha_{i-1})=0 で、rj∈(f1,…,fi−1)r_j\in(f_1,\dots,f_{i-1})。よって P∈(f1,…,fi)P\in(f_1,\dots,f_i)。

系8(1) から、k[x1,…,xn]k[x_1,\dots,x_n] の極大イデアル MM について、剰余体での xix_i の像 αi\alpha_i は kk 上代数的です。そこで (2) を使うと、MM はいつも nn 個の元で生成されることが分かります[4, 定理5.3, p.41]。

例10 代数閉体でない体の上の極大イデアル [1, 問題3.8 (3), p.89]

(1)　R[x,y]\mathbb{R}[x,y] で M=(x2+1, y−x)M=(x^2+1,\ y-x) は極大イデアルで、剰余体は C\mathbb{C}（x,y↦ix,y\mapsto i）。C2\mathbb{C}^2 の2点 (i,i)(i,i)、(−i,−i)(-i,-i) で0になる実係数の多項式の全体である。
(2)　M′=(x2+1, y+x)M'=(x^2+1,\ y+x) も極大イデアルで、2点 (i,−i)(i,-i)、(−i,i)(-i,i) に対応する。
(3)　(x2+1, y2+1)(x^2+1,\ y^2+1) は極大イデアルでない。剰余環は C×C\mathbb{C}\times\mathbb{C} で、M∩M′M\cap M' に等しい。
(4)　Q[x,y]\mathbb{Q}[x,y] で (x−1, y2−2)(x-1,\ y^2-2) は極大イデアルで、剰余体は Q(2)\mathbb{Q}(\sqrt2)。2点 (1,±2)(1,\pm\sqrt2) に対応する。

証明
  1. (1) f1=x2+1f_1=x^2+1、f2=y−xf_2=y-x は命題9(2) の形で、α1=α2=i\alpha_1=\alpha_2=i に対応する。剰余環は R[x]/(x2+1)≅C\mathbb{R}[x]/(x^2+1)\cong\mathbb{C}。実係数の ff が (i,i)(i,i) で0なら、複素共役をとって (−i,−i)(-i,-i) でも0。
  2. (2) は (1) で α2=−i\alpha_2=-i としたもの。
  3. (3) R[x,y]/(x2+1,y2+1)≅C[y]/(y2+1)≅C×C\mathbb{R}[x,y]/(x^2+1,y^2+1)\cong\mathbb{C}[y]/(y^2+1)\cong\mathbb{C}\times\mathbb{C}（y2+1=(y−i)(y+i)y^2+1=(y-i)(y+i) と中国剰余定理）。体でないので極大でない。

    y2+1=(y−x)(y+x)+(x2+1)y^2+1=(y-x)(y+x)+(x^2+1) なので M⋅M′⊆(x2+1,y2+1)⊆M∩M′M\cdot M'\subseteq(x^2+1,y^2+1)\subseteq M\cap M'。M+M′∋2xM+M'\ni 2x から M+M′=(1)M+M'=(1) で、このとき M∩M′=MM′M\cap M'=MM'。よって3つは等しい。

  4. (4) f1=x−1f_1=x-1、f2=y2−2f_2=y^2-2 で、剰余環は Q[y]/(y2−2)≅Q(2)\mathbb{Q}[y]/(y^2-2)\cong\mathbb{Q}(\sqrt2)。

代数閉体の上の点 (i,i)(i,i) と (−i,−i)(-i,-i) は、複素共役で入れ替わります。実数の上では区別できない2点が、1つの閉点にまとまっているわけです。剰余体の次数2が、まとまった点の数に当たります。

このまとまり方は、係数を C\mathbb{C} に広げる包含 R[x,y]⊆C[x,y]\mathbb{R}[x,y]\subseteq\mathbb{C}[x,y] で見えます。点 (i,i)(i,i) での値をとる準同型を R[x,y]\mathbb{R}[x,y] に制限すると、核は MM です。

R[x,y]→⊆C[x,y]↓↓f↦f(i,i)R[x,y]/M→∼C\begin{CD} \mathbb{R}[x,y] @>{\subseteq}>> \mathbb{C}[x,y] \\ @VVV @VV{f\mapsto f(i,i)}V \\ \mathbb{R}[x,y]/M @>{\sim}>> \mathbb{C} \end{CD}

(−i,−i)(-i,-i) でも同じです。Spec の写像 Spec⁡C[x,y]→Spec⁡R[x,y]\operatorname{Spec}\mathbb{C}[x,y]\to\operatorname{Spec}\mathbb{R}[x,y] は、2つの閉点を1つの閉点 MM に写します。

(x−i, y−i)→∩ R[x,y]M ↑∩ R[x,y] (x+i, y+i)\begin{CD} (x-i,\ y-i) @>{\cap\,\mathbb{R}[x,y]}>> M \\ @. @AA{\cap\,\mathbb{R}[x,y]}A \\ @. (x+i,\ y+i) \end{CD}

図形の言葉で：有限な射影

弱い零点定理と第2回のファイバーの結果を合わせると、正規化定理を図形の言葉で言い直せます。

命題11 有限な射影 [3, 演習問題5.16, p.107; 3, 演習問題8.5, p.143]

kk を代数閉体、X⊆AnX\subseteq\mathbb{A}^n を空でないアファイン代数的集合、A=k[x1,…,xn]/I(X)A=k[x_1,\dots,x_n]/I(X) をその座標環とする。xix_i の1次結合 y1,…,ydy_1,\dots,y_d で、射影

π ⁣:X⟶Ada⟼(y1(a),…,yd(a))\pi\colon X\longrightarrow\mathbb{A}^d\qquad a\longmapsto\bigl(y_1(a),\dots,y_d(a)\bigr)π ⁣:X⟶Ada⟼(y1(a),…,yd(a))\begin{gathered}\pi\colon X\longrightarrow\mathbb{A}^d\\a\longmapsto\bigl(y_1(a),\dots,y_d(a)\bigr)\end{gathered}π ⁣:X⟶Ada⟼(y1(a),…,yd(a))\begin{aligned}\pi\colon X &\longrightarrow \mathbb{A}^d\\[4pt]&a\longmapsto\bigl(y_1(a),\dots,y_d(a)\bigr)\end{aligned}

が全射で、どの点の上にも XX の点が mm 個以下（mm は XX で決まる数）となるものがある。

証明
  1. 定理4(2) で yiy_i をとり、A=∑j=1mk[y] bjA=\sum_{j=1}^mk[y]\,b_j と書く（k[y]=k[y1,…,yd]k[y]=k[y_1,\dots,y_d]）。
  2. XX の点 aa と AA の極大イデアルは、a↦Ma/I(X)a\mapsto M_a/I(X)（Ma=(x1−a1,…,xn−an)M_a=(x_1-a_1,\dots,x_n-a_n)）で1対1に対応する。

    系8(2) から k[x]k[x] の極大イデアルは MaM_a の形で、Ma⊇I(X)M_a\supseteq I(X) となるのは a∈V(I(X))=Xa\in V(I(X))=X のときである（XX は代数的集合なので V(I(X))=XV(I(X))=X）。

  3. 同じく Ad\mathbb{A}^d の点 cc は k[y]k[y] の極大イデアル Nc=(y1−c1,…,yd−cd)N_c=(y_1-c_1,\dots,y_d-c_d) と対応し、π(a)=c\pi(a)=c は Ma∩k[y]=NcM_a\cap k[y]=N_c と同じである。
  4. 全射：横たわり（第2回の定理10）で NcN_c の上に AA の素イデアル QQ があり、QQ は極大（第2回の系8）。QQ に対応する点 aa が π(a)=c\pi(a)=c をみたす。
  5. 個数：cc の上の点は NcN_c の上の極大イデアルと対応し、第2回の命題14から mm 個以下である。

証明の対応を図式にまとめます。縦の矢印は、点と極大イデアルの1対1対応です。

X→πAda↦Ma/I(X)↓↓c↦NcMax⁡A→Q↦Q∩k[y]Max⁡k[y]\begin{CD} X @>{\pi}>> \mathbb{A}^d \\ @V{a\mapsto M_a/I(X)}VV @VV{c\mapsto N_c}V \\ \operatorname{Max}A @>{Q\mapsto Q\cap k[y]}>> \operatorname{Max}k[y] \end{CD}

下の行は、定理4の後で見た Spec⁡A→Spec⁡k[y]\operatorname{Spec}A\to\operatorname{Spec}k[y] を閉点に制限したものです。閉点が閉点に写るのは、整拡大で極大イデアルの上には極大イデアルしかないからです。

アティヤ・マクドナルドは、XX を dd 次元の線形部分空間 LL の上へ写す線形写像として述べ、XX は LL の有限な被覆になる、と言っています[3, 演習問題8.5, p.143]。dd が XX の次元であることは、次の節で示します。

kk が無限体なら、1次の変換の係数 λ\lambda は、0でない多項式 FN(λ,1)F_N(\lambda,1) が0にならないものなら何でもかまいません。つまり、ほとんどすべての向きの射影が有限になります。図1の双曲線では FN=xyF_N=xy で、うまくいかないのは xx 軸と yy 軸の向き（漸近線の向き）だけでした。

曲面の例を図3で見ます。鞍面 z=xyz=xy を平面へ射影すると、d=2d=2 の正規化になります。

ドラッグで回せます

zz 軸の向きに射影して (x,y)(x,y) を残します。縦の線は曲面とちょうど1点 (a,b,ab)(a,b,ab) で交わります。「zz 軸の向き」から見ると、曲面は平面全体を1枚で覆っています。

xx 軸の向きに射影して (y,z)(y,z) を残します。xx 軸（オレンジ）は曲面に含まれ、1点 (0,0)(0,0) の上に直線が丸ごと乗ります。赤い線 y=0, z=0.8y=0,\ z=0.8 は曲面と交わりません。yy を0に近づけると交点 x=z/yx=z/y が無限遠へ逃げるからです。「xx 軸の向き」から見ると、オレンジの直線が1点に潰れます。

(1,−1,1)(1,-1,1) の向きに射影します。u=x−z, v=y+zu=x-z,\ v=y+z とおくと、zz は z2+(u−v+1)z−uv=0z^2+(u-v+1)z-uv=0 をみたし、どの点の上にも複素数の点が（重なりを込めて）2個あります。灰色の線は原点と (−1,1,−1)(-1,1,-1) で曲面と交わります。赤い線の交点は複素数の2点だけで、実数の点はありません。

図3具体例鞍面 z=xyz=xy（青）を、3つの向きに平面へ射影します。曲面は z=xyz=xy をみたす点として計算して描き、交点も方程式で確かめています。射影の向きのボタンを押すと、その向きから見た図（射影そのもの）になります。zz 軸の向きでは1点ずつ、xx 軸の向きでは xx 軸が丸ごと1点に潰れ、(1,−1,1)(1,-1,1) の向きでは2点（複素数で数えて）が重なります。

(1,−1,1)(1,-1,1) の向きの射影は、u=x−z, v=y+zu=x-z,\ v=y+z を残す写像です。x=u+z, y=v−zx=u+z,\ y=v-z を z=xyz=xy に代入すると

z=(u+z)(v−z)⟺z2+(u−v+1)z−uv=0z=(u+z)(v-z)\quad\Longleftrightarrow\quad z^2+(u-v+1)z-uv=0z=(u+z)(v−z)⟺z2+(u−v+1)z−uv=0\begin{gathered}z=(u+z)(v-z)\\\Longleftrightarrow z^2+(u-v+1)z-uv=0\end{gathered}z=(u+z)(v−z)⟺z2+(u−v+1)z−uv=0\begin{aligned}z &= (u+z)(v-z)\\[4pt]&\Longleftrightarrow z^2+(u-v+1)z-uv=0\end{aligned}

となり、zz は k[u,v]k[u,v] 上モニックな2次式をみたします。座標環 k[x,y,z]/(z−xy)k[x,y,z]/(z-xy) は、1,z1,z を基底とする自由 k[u,v]k[u,v] 加群です。

定理4(2) の証明の判定法では、F=z−xyF=z-xy の最高次の部分 −xy-xy が、向き (λ1,λ2,1)(\lambda_1,\lambda_2,1) で −λ1λ2≠0-\lambda_1\lambda_2\neq0 になればよいことになります。zz 軸の向き（λ1=λ2=0\lambda_1=\lambda_2=0）はこの判定には合いませんが、z−xyz-xy が zz について1次でモニックなので、やはり有限です。判定法は十分条件にすぎません。

整数の上で：一般正規化と有限体

係数が体でなく Z\mathbb{Z} のような整域のときも、分母を1つ許せば正規化ができます。

命題12 一般正規化 [3, 演習問題5.20, p.108]

BB を整域、AA をその部分環とし、BB は AA 上有限生成の代数とする。このとき、0≠s∈A0\neq s\in A と、AA 上代数的に独立な y1,…,yn∈By_1,\dots,y_n\in B があって、BsB_s は A[y1,…,yn]sA[y_1,\dots,y_n]_s 上整である。

証明
  1. KK を AA の商体、S=A∖{0}S=A\setminus\{0\} とする。S−1BS^{-1}B は KK 上有限生成の代数なので、正規化定理で、KK 上代数的に独立な x1,…,xnx_1,\dots,x_n があって S−1BS^{-1}B は K[x1,…,xn]K[x_1,\dots,x_n] 上整である。
  2. 共通の分母 t∈St\in S で xi=yi/tx_i=y_i/t（yi∈By_i\in B）と書くと、K[x]=K[y]K[x]=K[y] で、yiy_i は KK 上、したがって AA 上代数的に独立である。
  3. BB の AA 上の生成元 z1,…,zmz_1,\dots,z_m はそれぞれ K[y]K[y] 係数のモニックな式をみたす。その係数に現れる分母をすべて掛けた s∈Ss\in S をとれば、式の係数は As[y]A_s[y] に入る。
  4. よって zjz_j は A[y]sA[y]_s 上整で、Bs=As[z1,…,zm]B_s=A_s[z_1,\dots,z_m] は A[y]sA[y]_s 上整である。

    BB は整域なので Bs⊆S−1B⊆Frac⁡(B)B_s\subseteq S^{-1}B\subseteq\operatorname{Frac}(B) で、式は BsB_s の中でも成り立つ。整な元で生成された環は整である（第2回の系5）。

環と局所化を並べると、次の図式になります。縦の矢印は ss での局所化で、A[y]s=As[y]A[y]_s=A_s[y] です。下の行の右の包含は整（BsB_s は代数として有限生成なので有限）ですが、上の行の右はそうとは限りません。

A→A[y1,…,yn]→B↓↓↓As→As[y1,…,yn]→Bs\begin{CD} A @>>> A[y_1,\dots,y_n] @>>> B \\ @VVV @VVV @VVV \\ A_s @>>> A_s[y_1,\dots,y_n] @>>> B_s \end{CD}

Spec で見ると、Spec⁡Bs\operatorname{Spec}B_s は Spec⁡B\operatorname{Spec}B の開集合 D(s)D(s) です。その上でだけ、Spec⁡As[y1,…,yn]\operatorname{Spec}A_s[y_1,\dots,y_n] への射影が有限になります。

例13 分母が必要な例

A=k[t]⊆B=k[t,x,y]/(ty−x2)A=k[t]\subseteq B=k[t,x,y]/(ty-x^2) では、s=ts=t、y1=xy_1=x とできる。実際 Bt=k[t,t−1][x]B_t=k[t,t^{-1}][x]（y=x2/ty=x^2/t）である。一方、BB は k[t,x]k[t,x] 上整でない。

証明
  1. tt が可逆なら y=x2/ty=x^2/t で、Bt=k[t,t−1][x]B_t=k[t,t^{-1}][x] は At[x]A_t[x] そのものである。
  2. y=x2/ty=x^2/t は k[t,x]k[t,x] の商体の元で k[t,x]k[t,x] に入らない。k[t,x]k[t,x] は一意分解整域なので整閉で（[3, 5.3節, p.95]）、yy は k[t,x]k[t,x] 上整でない。

図形の言葉では、曲面 ty=x2ty=x^2 は、t≠0t\neq0 の部分では (t,x)(t,x) 平面の上に1枚ずつ乗っています（y=x2/ty=x^2/t）。t=0t=0 の上では x=0x=0 の点の上に yy 軸が丸ごと乗り、有限になりません。分母 ss は、悪い場所を取り除く役をしています。

命題14 [3, 演習問題7.6, p.130; 1, 問題3.9, p.89]

体 KK が Z\mathbb{Z} 上有限生成の代数（有限生成の環）なら、KK は有限体である。とくに、有限生成の環 AA の極大イデアル MM について、A/MA/M は有限体である。

証明
  1. KK の標数が素数 pp なら、KK は Fp\mathbb{F}_p 上有限生成なので、命題7から Fp\mathbb{F}_p の有限次拡大、つまり有限体である。
  2. 標数が0なら Z⊆K\mathbb{Z}\subseteq K。命題12で、K=KsK=K_s は Z[1/s][y1,…,yn]\mathbb{Z}[1/s][y_1,\dots,y_n] 上整になる。
  3. 第2回の命題7から Z[1/s][y1,…,yn]\mathbb{Z}[1/s][y_1,\dots,y_n] は体で、n=0n=0 かつ Z[1/s]\mathbb{Z}[1/s] が体となる。しかし ss を割らない素数 pp について 1/p∉Z[1/s]1/p\notin\mathbb{Z}[1/s] なので、矛盾する。

    1/p=a/sm1/p=a/s^m（a∈Za\in\mathbb{Z}）なら sm=pas^m=pa で、pp が ss を割ってしまう。n≥1n\ge1 なら y1y_1 が単元でないので体にならない。

例えば Z[x]\mathbb{Z}[x] の極大イデアル MM では、Z→Z[x]/M\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}[x]/M の核が (p)(p) となる素数 pp があり、M=(p, f(x))M=(p,\ f(x))（ff は Fp\mathbb{F}_p で既約）の形です。代数幾何の連載の第2回で描いた Spec⁡Z[x]\operatorname{Spec}\mathbb{Z}[x] の図（図で読む代数幾何 第2回の例16）で、閉点がどれかの素数 pp の上に並んでいたのはこのためです。剰余体は Fp[x]/(f)\mathbb{F}_p[x]/(f) で、pdeg⁡fp^{\deg f} 個の元をもちます。

剰余体が有限次であることから、極大イデアルが準同型で極大イデアルに引き戻されることが分かります。

命題15 極大イデアルの引き戻し [1, 問題3.6, p.88; 4, §15 注1, p.142]

(1)　A,BA,B を体 kk 上有限生成の代数、φ ⁣:A→B\varphi\colon A\to B を kk 代数の準同型とする。BB の極大イデアル MM について、φ−1(M)\varphi^{-1}(M) は AA の極大イデアルである。A,BA,B が有限生成の環（Z\mathbb{Z} 上）で φ\varphi が環準同型のときも同じ。
(2)　一般の環準同型では成り立たない。Z⊆Q\mathbb{Z}\subseteq\mathbb{Q} と M=(0)M=(0)、また Z(p)[X]\mathbb{Z}_{(p)}[X] の極大イデアル (pX−1)(pX-1) は Z(p)\mathbb{Z}_{(p)} に引き戻すと (0)(0) になる。

証明
  1. (1) A/φ−1(M)→B/MA/\varphi^{-1}(M)\to B/M は単射である。B/MB/M は kk 上有限次の体（系8）なので、A/φ−1(M)A/\varphi^{-1}(M) は kk 上有限次元の整域である。
  2. kk 上有限次元の整域 DD は体である。0≠a∈D0\neq a\in D を掛ける写像 D→DD\to D は単射な kk 線形写像なので全射で、ab=1ab=1 となる bb がある。
  3. Z\mathbb{Z} 上の場合は、B/MB/M が有限体（命題14）で、その部分環 A/φ−1(M)A/\varphi^{-1}(M) は有限の整域なので、同じ議論で体である。
  4. (2) Z(p)[X]/(pX−1)≅Z(p)[1/p]=Q\mathbb{Z}_{(p)}[X]/(pX-1)\cong\mathbb{Z}_{(p)}[1/p]=\mathbb{Q} は体なので (pX−1)(pX-1) は極大。(pX−1)∩Z(p)=(0)(pX-1)\cap\mathbb{Z}_{(p)}=(0) は極大でない。

    Z(p)\mathbb{Z}_{(p)} の分母は pp 以外の素数なので、1/p1/p を足すとすべての分母が許され Q\mathbb{Q} になる。Z(p)→Q\mathbb{Z}_{(p)}\to\mathbb{Q} は単射なので、引き戻しは (0)(0)。

(1) の証明は、次の図式の下の行が単射であることを使っています。右下は kk 上有限次の体で、左下はその部分環なので体になります。

A→φB↓↓A/φ−1(M)→φˉB/M\begin{CD} A @>{\varphi}>> B \\ @VVV @VVV \\ A/\varphi^{-1}(M) @>{\bar\varphi}>> B/M \end{CD}

Spec の写像は逆向きの φ∗ ⁣:Spec⁡B→Spec⁡A\varphi^*\colon\operatorname{Spec}B\to\operatorname{Spec}A、Q↦φ−1(Q)Q\mapsto\varphi^{-1}(Q) です。(2) の例では、下の行の左が体になりません。

Z(p)→Z(p)[X]∥↓Z(p)→Z(p)[X]/(pX−1)≅Q\begin{CD} \mathbb{Z}_{(p)} @>>> \mathbb{Z}_{(p)}[X] \\ @| @VVV \\ \mathbb{Z}_{(p)} @>>> \mathbb{Z}_{(p)}[X]/(pX-1)\cong\mathbb{Q} \end{CD}

図形の言葉では、多様体の射は閉点を閉点に写す、ということです。(2) の Z(p)[X]\mathbb{Z}_{(p)}[X] は有限生成の Z(p)\mathbb{Z}_{(p)} 代数ですが、Z(p)\mathbb{Z}_{(p)} の閉点は (p)(p) の1つしかなく、点が「足りない」ために、これが成り立たなくなります。この違いが、最後の節のジャコブソン環です。

次元＝超越次数

ここから次元の計算に入ります。まず多項式環です。

おさらい剰余環・局所化の素イデアルと高さ

環 AA のイデアル JJ と積閉集合 SS（図で読む代数幾何 第3回の定義10）について、素イデアルは包含を保って次のように対応します。

Spec⁡A/J≅ {P∈Spec⁡A∣P⊇J}Spec⁡S−1A≅ {P∈Spec⁡A∣P∩S=∅}\begin{aligned} &\operatorname{Spec}A/J\\ &\quad\cong\ \{P\in\operatorname{Spec}A\mid P\supseteq J\}\\[4pt] &\operatorname{Spec}S^{-1}A\\ &\quad\cong\ \{P\in\operatorname{Spec}A\mid P\cap S=\varnothing\}\end{aligned}

とくに素イデアル PP について、A/PA/P の素イデアルは PP を含む素イデアルと、APA_P の素イデアルは PP に含まれる素イデアルと対応します。環の準同型と Spec の写像は、次のように逆向きに並びます。

AP⟵A⟶A/PSpec⁡AP↪Spec⁡A↩Spec⁡A/P\begin{aligned} A_P\longleftarrow{}&A\longrightarrow A/P\\ \operatorname{Spec}A_P\hookrightarrow{}&\operatorname{Spec}A\hookleftarrow\operatorname{Spec}A/P \end{aligned}

鎖は鎖に対応するので、高さと余高度は局所化と剰余環の次元になります（第1回の命題10）。剰余環の鎖は元の環の鎖でもあるので、dim⁡A/J≤dim⁡A\dim A/J\le\dim A です。

ht⁡P=dim⁡APcoht⁡P=dim⁡A/Pdim⁡A/J≤dim⁡A\operatorname{ht}P=\dim A_P\qquad \operatorname{coht}P=\dim A/P\qquad \dim A/J\le\dim Aht⁡P=dim⁡APcoht⁡P=dim⁡A/Pdim⁡A/J≤dim⁡A\begin{gathered}\operatorname{ht}P=\dim A_P\\\operatorname{coht}P=\dim A/P\\\dim A/J\le\dim A\end{gathered}ht⁡P=dim⁡APcoht⁡P=dim⁡A/Pdim⁡A/J≤dim⁡A\begin{aligned}\operatorname{ht}P &= \dim A_P\\[4pt]\operatorname{coht}P &= \dim A/P\\[4pt]\dim A/J &\le \dim A\end{aligned}

例えば A=k[x,y]A=k[x,y]、P=(y−x2)P=(y-x^2) では、PP に含まれる素イデアルは (0)(0) と PP だけで、dim⁡AP=1\dim A_P=1 です。A/P≅k[x]A/P\cong k[x] なので dim⁡A/P=1\dim A/P=1 です。

おさらい整拡大で次元が変わらない理由（第2回）

整拡大 A⊆BA\subseteq B では、素イデアルの鎖が ∩A\cap A で上下に行き来します（第2回の系13）。縦の矢印は Qi↦Pi=Qi∩AQ_i\mapsto P_i=Q_i\cap A です。

Q0⊊Q1⊊ ⋯ ⊊Qm↓↓↓P0⊊P1⊊ ⋯ ⊊Pm\begin{array}{ccccc} Q_0 & \subsetneq & Q_1 & \subsetneq\ \cdots\ \subsetneq & Q_m \\ \Big\downarrow & & \Big\downarrow & & \Big\downarrow \\ P_0 & \subsetneq & P_1 & \subsetneq\ \cdots\ \subsetneq & P_m \end{array}

上から下へ：BB の鎖を ∩A\cap A で下ろしても、比較不能性（第2回の系9）から ⊊\subsetneq は ⊊\subsetneq のままです。よって dim⁡B≤dim⁡A\dim B\le\dim A。

下から上へ：AA の鎖は、横たわりで P0P_0 の上に Q0Q_0 をとり、上昇定理（第2回の定理12）で順に持ち上げられます。よって dim⁡A≤dim⁡B\dim A\le\dim B。

系16 多項式環の次元 [4, 定理5.6 系, p.44; 2, 補題7.25, p.134]

kk を体、R=k[x1,…,xn]R=k[x_1,\dots,x_n] とする。

(1)　dim⁡R=n\dim R=n。
(2)　RR のすべての極大イデアル NN について ht⁡N=dim⁡RN=n\operatorname{ht}N=\dim R_N=n。

証明
  1. (1) dim⁡R≥n\dim R\ge n は鎖 (0)⊊(x1)⊊⋯⊊(x1,…,xn)(0)\subsetneq(x_1)\subsetneq\cdots\subsetneq(x_1,\dots,x_n) から（第1回）。dim⁡R≤n\dim R\le n を nn についての帰納法で示す。n=0n=0 なら R=kR=k で次元0。
  2. RR の鎖 P0⊊P1⊊⋯⊊PmP_0\subsetneq P_1\subsetneq\cdots\subsetneq P_m（m≥1m\ge1）をとり、0≠f∈P10\neq f\in P_1 を選ぶ。補題3の変数変換 zi=xi−xnriz_i=x_i-x_n^{r^i} で、ff は xnx_n についてモニック（定数倍を除いて）になる。
  3. R/(f)R/(f) は、z1,…,zn−1z_1,\dots,z_{n-1} の像で生成される部分環 CC の上で整である。CC は n−1n-1 変数の多項式環の剰余環なので、帰納法の仮定から dim⁡R/(f)=dim⁡C≤n−1\dim R/(f)=\dim C\le n-1（第2回の系13）。

    R=k[z1,…,zn−1,xn]R=k[z_1,\dots,z_{n-1},x_n] で、xnx_n の像は ff の式により CC 上整。剰余環 D/JD/J の鎖は DD の鎖でもあるので、dim⁡C≤dim⁡k[Z1,…,Zn−1]=n−1\dim C\le\dim k[Z_1,\dots,Z_{n-1}]=n-1。

  4. P1/(f)⊊⋯⊊Pm/(f)P_1/(f)\subsetneq\cdots\subsetneq P_m/(f) は R/(f)R/(f) の長さ m−1m-1 の鎖なので m−1≤n−1m-1\le n-1。よって m≤nm\le n。
  5. (2) 命題9で N=(f1,…,fn)N=(f_1,\dots,f_n)（fi∈k[x1,…,xi]f_i\in k[x_1,\dots,x_i] は xix_i についてモニック）と書く。Pi=(f1,…,fi)P_i=(f_1,\dots,f_i) は素イデアルで、P0=(0)⊊P1⊊⋯⊊Pn=NP_0=(0)\subsetneq P_1\subsetneq\cdots\subsetneq P_n=N は長さ nn の鎖である。よって ht⁡N≥n\operatorname{ht}N\ge n、(1) から ht⁡N=n\operatorname{ht}N=n。

    αi\alpha_i を xix_i の R/NR/N での像とし、Ki=k[α1,…,αi]K_i=k[\alpha_1,\dots,\alpha_i]（体）とおく。命題9の証明から k[x1,…,xi]/(f1,…,fi)≅Kik[x_1,\dots,x_i]/(f_1,\dots,f_i)\cong K_i なので

    R/Pi≅Ki[xi+1,…,xn]R/P_i\cong K_i[x_{i+1},\dots,x_n]R/Pi≅Ki[xi+1,…,xn]\begin{aligned}R/P_i &\cong K_i[x_{i+1},\dots,x_n]\end{aligned}

    は体の上の多項式環で、整域である。fi+1f_{i+1} の像は xi+1x_{i+1} についてモニックな正の次数の多項式で0でないので、Pi≠Pi+1P_i\neq P_{i+1}。ht⁡N=dim⁡RN\operatorname{ht}N=\dim R_N は第1回の 第1回の命題10(1)。

(2) の鎖は具体的に書けます。例10の M=(x2+1, y−x)⊆R[x,y]M=(x^2+1,\ y-x)\subseteq\mathbb{R}[x,y] では (0)⊊(x2+1)⊊M(0)\subsetneq(x^2+1)\subsetneq M で、真ん中の剰余環は R[x,y]/(x2+1)≅C[y]\mathbb{R}[x,y]/(x^2+1)\cong\mathbb{C}[y] です。点が実数の点でなくても、上に2段の鎖が乗っています。

(1) から、n≠mn\neq m なら k[x1,…,xn]k[x_1,\dots,x_n] と k[x1,…,xm]k[x_1,\dots,x_m] は環として同型でありません[4, 定理5.6 系の注, p.44]。当たり前に見えますが、次元という不変量を使わないと示しにくい事実です。

いよいよ第1回の定理8を証明します。整域 BB の商体を Frac⁡(B)\operatorname{Frac}(B) と書きます。

おさらい超越基底と超越次数

体の拡大 k⊆Kk\subseteq K の超越基底とは、kk 上代数的に独立な元 y1,…,ye∈Ky_1,\dots,y_e\in K（定義1(2)）で、KK が k(y1,…,ye)k(y_1,\dots,y_e) 上代数的になるものです。超越基底の個数は選び方によらず、これを超越次数 trdeg⁡kK\operatorname{trdeg}_kK と呼びます。

k ⊆ k(y1,…,ye) ⊆ Kk\ \subseteq\ k(y_1,\dots,y_e)\ \subseteq\ Kk⊆k(y1,…,ye)⊆K\begin{aligned}k &\subseteq k(y_1,\dots,y_e)\\&\subseteq K\end{aligned}

左の拡大は ee 変数の有理関数体で、右の拡大は代数的です。したがって、代数的に独立な y1,…,yey_1,\dots,y_e の上で KK が代数的なら、trdeg⁡kK=e\operatorname{trdeg}_kK=e です。

BFrac⁡(B)k[x1,…,xn]k(x1,…,xn)k[x,y]/(xy−1)k(x)k[x,y,z]/(z−xy)k(x,y)R[x]/(x2+1)(k=R)CBtrdeg⁡kFrac⁡(B)k[x1,…,xn]nk[x,y]/(xy−1)1k[x,y,z]/(z−xy)2R[x]/(x2+1)(k=R)0{}\begin{gathered} \begin{array}{c|c} B & \operatorname{Frac}(B) \\ \hline k[x_1,\dots,x_n] & k(x_1,\dots,x_n) \\ k[x,y]/(xy-1) & k(x) \\ \begin{matrix}k[x,y,z]\\ /(z-xy)\end{matrix} & k(x,y) \\ \begin{matrix}\mathbb{R}[x]/(x^2+1)\\ (k=\mathbb{R})\end{matrix} & \mathbb{C} \end{array}\\[8pt] \begin{array}{c|c} B & \begin{matrix}\operatorname{trdeg}_k\\ \operatorname{Frac}(B)\end{matrix} \\ \hline k[x_1,\dots,x_n] & n \\ k[x,y]/(xy-1) & 1 \\ k[x,y,z]/(z-xy) & 2 \\ \begin{matrix}\mathbb{R}[x]/(x^2+1)\\ (k=\mathbb{R})\end{matrix} & 0 \end{array} \end{gathered}

2行めでは y=1/xy=1/x なので商体は k(x)k(x) で、3行めでは z=xyz=xy なので k(x,y)k(x,y) です。4行めの C\mathbb{C} は R\mathbb{R} 上代数的で、超越基底は空です。

おさらい整閉と下降定理（第3回）

整域 AA が整閉とは、商体の元で AA 上整なものが AA の元に限ることです。一意分解整域は整閉で、とくに多項式環 k[y1,…,yd]k[y_1,\dots,y_d] は整閉です。

実際、既約分数 a/ba/b がモニックな式をみたすなら、分母を払って次の式が得られます。

an+c1an−1b+⋯+cnbn=0a^n+c_1a^{n-1}b+\cdots+c_nb^n=0an+c1an−1b+⋯+cnbn=0\begin{aligned}a^n+c_1a^{n-1}b+\cdots+c_nb^n &= 0\end{aligned}

bb を割る素元は ana^n を割り、したがって aa も割ります。既約分数なのでそのような素元はなく、bb は単元です。

下降定理（第3回の定理6）は、AA が整閉で、整域 BB が AA 上整のとき、AA の降鎖を BB へ持ち上げられる、というものでした。下の行の鎖と右上の QQ を与えると、上の行を右から左へ作れます。

Q0⊊Q1⊊ ⋯ ⊊Q↓↓↓P0⊊P1⊊ ⋯ ⊊Q∩A\begin{array}{ccccc} Q_0 & \subsetneq & Q_1 & \subsetneq\ \cdots\ \subsetneq & Q \\ \Big\downarrow & & \Big\downarrow & & \Big\downarrow \\ P_0 & \subsetneq & P_1 & \subsetneq\ \cdots\ \subsetneq & Q\cap A \end{array}

こうして ht⁡Q≥ht⁡(Q∩A)\operatorname{ht}Q\ge\operatorname{ht}(Q\cap A) が分かります。第2回の逆向きの不等式と合わせると、ht⁡Q=ht⁡(Q∩A)\operatorname{ht}Q=\operatorname{ht}(Q\cap A) です（第3回の命題10(2)）。

定理17 次元は超越次数 [4, 定理5.6, p.43; 3, 定理11.25, p.192; 1, 定理3.21 (2), p.87; 2, 定理7.23, p.134; 5, 定理1.8A, p.8]

BB を体 kk 上有限生成の整域とし、d=trdeg⁡kFrac⁡(B)d=\operatorname{trdeg}_k\operatorname{Frac}(B) とする。

(1)　dim⁡B=d\dim B=d。
(2)　(0)(0) から極大イデアルまでの飽和した素イデアルの鎖 (0)=Q0⊊Q1⊊⋯⊊Qm(0)=Q_0\subsetneq Q_1\subsetneq\cdots\subsetneq Q_m の長さ mm は、すべて dd である。
(3)　BB のすべての素イデアル PP について ht⁡P+dim⁡B/P=dim⁡B\operatorname{ht}P+\dim B/P=\dim B。

証明
  1. (1) 正規化定理で、代数的に独立な y1,…,yey_1,\dots,y_e があって BB は A=k[y1,…,ye]A=k[y_1,\dots,y_e] 上有限。Frac⁡(B)\operatorname{Frac}(B) は k(y1,…,ye)k(y_1,\dots,y_e) 上代数的なので e=de=d。

    BB の元は AA 上整なので k(y)k(y) 上代数的で、Frac⁡(B)\operatorname{Frac}(B) はその商からなる。よって trdeg⁡kFrac⁡(B)=trdeg⁡kk(y)=e\operatorname{trdeg}_k\operatorname{Frac}(B)=\operatorname{trdeg}_kk(y)=e。

  2. 整拡大で次元は変わらないので（第2回の系13）、dim⁡B=dim⁡A=d\dim B=\dim A=d（系16）。
  3. (2) dd についての帰納法。d=0d=0 なら BB は体 kk 上整な整域なので体で（第2回の命題7）、鎖は m=0m=0 のものだけ。
  4. d≥1d\ge1 なら BB は体でないので m≥1m\ge1。鎖は飽和しているので ht⁡Q1=1\operatorname{ht}Q_1=1。次の (a)〜(d) で dim⁡B/Q1=d−1\dim B/Q_1=d-1 を示す。
    1. (a) P=Q1∩AP=Q_1\cap A は0でない。0≠b∈Q10\neq b\in Q_1 の、次数が最小のモニックな式 bn+a1bn−1+⋯+an=0b^n+a_1b^{n-1}+\cdots+a_n=0 では an≠0a_n\neq0 で、an=−b(bn−1+⋯+an−1)∈Q1∩Aa_n=-b(b^{n-1}+\cdots+a_{n-1})\in Q_1\cap A。
    2. (b) ht⁡P=1\operatorname{ht}P=1。AA は一意分解整域なので整閉で[3, 5.3節, p.95]、BB は AA 上整な整域なので、下降定理（第3回の定理6）から ht⁡P≤ht⁡Q1=1\operatorname{ht}P\le\operatorname{ht}Q_1=1（第3回の命題10）。(a) と合わせて ht⁡P=1\operatorname{ht}P=1。
    3. (c) PP は既約多項式 ff を含み、(0)⊊(f)⊆P(0)\subsetneq(f)\subseteq P で (f)(f) は素イデアルなので、ht⁡P=1\operatorname{ht}P=1 から P=(f)P=(f)。B/Q1B/Q_1 は A/(f)A/(f) 上整なので（第2回の命題6）、dim⁡B/Q1=dim⁡A/(f)\dim B/Q_1=\dim A/(f)。
    4. (d) dim⁡A/(f)=d−1\dim A/(f)=d-1。(1) により超越次数を数えればよい。ff が ydy_d を含むとすると、y1,…,yd−1y_1,\dots,y_{d-1} の像は代数的に独立で、ydy_d の像はそれらの上で代数的である。

      g(y1,…,yd−1)∈(f)g(y_1,\dots,y_{d-1})\in(f) なら ff が gg を割り切るが、ff は ydy_d について正の次数、gg は0次なので g=0g=0。ydy_d の像は f=0f=0 という、係数が0でない ydy_d の式をみたす（最高次の係数は y1,…,yd−1y_1,\dots,y_{d-1} の0でない多項式で、その像は0でない）。

  5. B/Q1B/Q_1 は次元 d−1d-1 のアファイン整域で、Q1/Q1⊊⋯⊊Qm/Q1Q_1/Q_1\subsetneq\cdots\subsetneq Q_m/Q_1 はその飽和した鎖で極大イデアルで終わる。帰納法の仮定から m−1=d−1m-1=d-1。
  6. (3) PP で終わる最長の鎖と、PP から始まる最長の鎖をつなぐ。どちらも飽和していて、つないだ鎖は (0)(0) から極大イデアルまでの飽和した鎖なので、(2) から長さは dd。

    ht⁡P≤dim⁡B\operatorname{ht}P\le\dim B は有限なので、PP で終わる長さ ht⁡P\operatorname{ht}P の鎖がある。これは (0)(0) から始まり、途中に素イデアルを挟めない（挟めればもっと長い鎖ができる）。同じく PP から始まる長さ dim⁡B/P\dim B/P（第1回の命題10(2) の余高度）の鎖は、極大イデアルで終わり飽和している。

(2) の証明の中心は、高さ1の素イデアル Q1Q_1 で割ると次元がちょうど1下がることでした。正規化 A⊆BA\subseteq B で Q1Q_1 を AA に下ろすと、AA の高さ1の素イデアルは1つの既約多項式で生成されるので、超越次数がちょうど1下がります。高さが下ろしても変わらないことを、第3回の下降定理が保証しています。

これを鎖の図式で書きます。縦の矢印は ∩A\cap A で、下の行の (f)(f) が Q1∩AQ_1\cap A です。

(0)⊊Q1⊊ ⋯ ⊊Qm↓↓↓(0)⊊(f)⊊ ⋯ ⊊Qm∩A\begin{array}{ccccc} (0) & \subsetneq & Q_1 & \subsetneq\ \cdots\ \subsetneq & Q_m \\ \Big\downarrow & & \Big\downarrow & & \Big\downarrow \\ (0) & \subsetneq & (f) & \subsetneq\ \cdots\ \subsetneq & Q_m\cap A \end{array}

Q1Q_1 と (f)(f) で割ると、下の行も整拡大になり（第2回の命題6）、両側の次元がそろって1下がります。

A=k[y1,…,yd]→B↓↓A/(f)→B/Q1dim⁡A/(f)=dim⁡B/Q1=d−1{}\begin{gathered} \begin{CD} A=k[y_1,\dots,y_d] @>>> B \\ @VVV @VVV \\ A/(f) @>>> B/Q_1 \end{CD}\\ \dim A/(f)=\dim B/Q_1=d-1\end{gathered}

松村の証明は少し違い、正規化定理を使わずに、k[X]k[X] の素イデアル P⊊QP\subsetneq Q について trdeg⁡kk[X]/Q<trdeg⁡kk[X]/P\operatorname{trdeg}_kk[X]/Q<\operatorname{trdeg}_kk[X]/P を命題9から直接示しています[4, 定理5.6, p.43–44]。(1) が分かった今では、この不等式は dim⁡k[X]/Q<dim⁡k[X]/P\dim k[X]/Q<\dim k[X]/P と同じことです。

系18 局所次元 [3, 系11.27, p.193; 3, 演習問題11.3, p.194]

BB を体 kk 上有限生成の整域とする。BB のすべての極大イデアル MM について dim⁡BM=dim⁡B\dim B_M=\dim B。

証明
  1. 正規化 A=k[y1,…,yd]⊆BA=k[y_1,\dots,y_d]\subseteq B をとり、N=M∩AN=M\cap A とする。NN は AA の極大イデアルである（第2回の系8）。
  2. AA は整閉なので、第3回の補題11から dim⁡BM=dim⁡AN\dim B_M=\dim A_N。
  3. 系16(2) から dim⁡AN=d\dim A_N=d、定理17(1) から d=dim⁡Bd=\dim B。

証明で使った環を並べると、次の図式になります。縦の矢印は局所化で、N=M∩AN=M\cap A なので A∖N⊆B∖MA\setminus N\subseteq B\setminus M となり、下の行の準同型が決まります。

A=k[y1,…,yd]→B↓↓AN→BMdim⁡AN=dim⁡BM=d{}\begin{gathered} \begin{CD} A=k[y_1,\dots,y_d] @>>> B \\ @VVV @VVV \\ A_N @>>> B_M \end{CD}\\ \dim A_N=\dim B_M=d\end{gathered}

dim⁡BM=ht⁡M\dim B_M=\operatorname{ht}M なので、この系は定理17(3) で P=MP=M としたものでもあります。

図形の言葉では、既約な多様体はどの点のまわりでも同じ次元をもつ、ということです。アティヤ・マクドナルドはこれを「局所次元はどの点でも dim⁡V\dim V に等しい」と述べ（[3, 定理11.25, p.192]）、dim⁡AM≤dim⁡V\dim A_M\le\dim V は系11.21（次元定理から導く不等式）で分かっているので逆向きが問題だ、と注意しています[3, 第11章 注意, p.193]。この記事の設定では、dim⁡BM=ht⁡M≤dim⁡B\dim B_M=\operatorname{ht}M\le\dim B なので、こちらの向きはすぐ分かります。

アティヤ・マクドナルドの証明は kk が代数閉体の場合で、NN を原点 (y1,…,yd)(y_1,\dots,y_d) に平行移動して dim⁡AN=d\dim A_N=d を出しています。代数閉体でない体への拡張は演習問題11.3 で、ここでは系16(2) の鎖がその役をしています。

整域という仮定は外せません。第1回の例13（直線と離れた1点）では、離れた点の局所環は0次元で、環全体は1次元でした。

系19 [2, §4.3 注意, p.80; 3, 演習問題8.3, p.143]

A≠0A\neq0 を体 kk 上有限生成の代数とする。

(1)　正規化定理の dd は dim⁡A\dim A に等しい（AA が整域でなくてもよい）。
(2)　dim⁡A=0\dim A=0 であることと、AA が kk 上有限次元であることは同値である。

証明
  1. (1) k[y1,…,yd]⊆Ak[y_1,\dots,y_d]\subseteq A は整拡大なので、dim⁡A=dim⁡k[y]=d\dim A=\dim k[y]=d（第2回の系13、系16）。
  2. (2) dim⁡A=0\dim A=0 なら d=0d=0 で、AA は kk 上有限。逆に kk 上有限次元なら、AA は kk 上整で dim⁡A=dim⁡k=0\dim A=\dim k=0。

アティヤ・マクドナルドの演習問題8.3 は、(2) を「アルティン環であることと、kk 上有限であることは同値」という形で述べています。ネーター環では0次元とアルティン環が同じだからです。例えば k[x,y]/(x2, y2)k[x,y]/(x^2,\ y^2) は 1,x,y,xy1,x,y,xy を基底とする4次元の空間で、0次元です。

例20 次元の計算

(1)　dim⁡k[x,y]/(xy−1)=1\dim k[x,y]/(xy-1)=1、dim⁡k[x,y,z]/(z−xy)=2\dim k[x,y,z]/(z-xy)=2、dim⁡Fq[x,y]/(xqy−xyq−1)=1\dim\mathbb{F}_q[x,y]/(x^qy-xy^q-1)=1。
(2)　dim⁡k[x4, x3y, xy3, y4]=2\dim k[x^4,\ x^3y,\ xy^3,\ y^4]=2、dim⁡k[x,y,z]/(y2z−x2−1)=2\dim k[x,y,z]/(y^2z-x^2-1)=2。
(3)　R=k[x,y,z]R=k[x,y,z] で、次の素イデアルについて ht⁡P+dim⁡R/P=3\operatorname{ht}P+\dim R/P=3（多項式環で一般に ht⁡P+coht⁡P=n\operatorname{ht}P+\operatorname{coht}P=n となることは [4, 問題5.1, p.47]）。

PR/Pht⁡P(z−xy)k[x,y]1(x−y2, z)k[y]2(x, y, z−1)k3Pdim⁡R/P(z−xy)2(x−y2, z)1(x, y, z−1)0{}\begin{gathered} \begin{array}{c|c|c} P & R/P & \operatorname{ht}P \\ \hline (z-xy) & k[x,y] & 1 \\ (x-y^2,\ z) & k[y] & 2 \\ (x,\ y,\ z-1) & k & 3 \end{array}\\[8pt] \begin{array}{c|c} P & \dim R/P \\ \hline (z-xy) & 2 \\ (x-y^2,\ z) & 1 \\ (x,\ y,\ z-1) & 0 \end{array} \end{gathered}
証明
  1. (1)(2) は、例2、図3、例6、例5の正規化の dd を読めばよい（系19）。
  2. (3) dim⁡R/P\dim R/P は剰余環の超越次数（定理17(1)）。ht⁡P\operatorname{ht}P は定理17(3) から 3−dim⁡R/P3-\dim R/P。

    例えば R/(x−y2,z)R/(x-y^2,z) は x↦y2, z↦0x\mapsto y^2,\ z\mapsto0 で k[y]k[y] に同型。鎖 (0)⊊(z)⊊(x−y2, z)(0)\subsetneq(z)\subsetneq(x-y^2,\ z) が高さ2を実現している。

どの素イデアル P⊆QP\subseteq Q の間でも飽和した鎖の長さが一定である環を、第1回で鎖状環と呼びました。有限生成の整域は鎖状環です。

PP から QQ への飽和した鎖の前後に、(0)(0) から PP への長さ ht⁡P\operatorname{ht}P の鎖と、QQ から極大イデアルへの長さ dim⁡B/Q\dim B/Q の鎖をつなぐと、定理17(2) から長さの和は dim⁡B\dim B になるからです。第1回の図2で、k[x,y]k[x,y] のどの道を通っても段の数が同じだったのは、このためです。

ジャコブソン環：閉点で足りる

最後に、零点定理の強い形を、環の性質として抜き出します。環 AA の極大イデアル全体の共通部分をジャコブソン根基 Jac⁡(A)\operatorname{Jac}(A)、べき零元の全体をべき零元根基 nil⁡(A)\operatorname{nil}(A) と書きます[3, 1.5節, p.8]。

べき零元根基は素イデアル全体の共通部分です[3, 命題1.8, p.8]。同じくイデアル JJ の根基 J\sqrt J は、JJ を含む素イデアル全体の共通部分です[3, 命題1.14, p.13]。素イデアルの代わりに極大イデアルだけで足りるか、というのが次の定義です。

おさらいべき零元根基・ジャコブソン根基・根基

3つとも、素イデアルか極大イデアルの共通部分で書けます。PP は素イデアル、MM は極大イデアルを動きます。

nil⁡(A)=⋂PPJac⁡(A)=⋂MMJ=⋂P⊇JP\operatorname{nil}(A)=\bigcap_{P}P\qquad \operatorname{Jac}(A)=\bigcap_{M}M\qquad \sqrt J=\bigcap_{P\supseteq J}Pnil⁡(A)=⋂PPJac⁡(A)=⋂MMJ=⋂P⊇JP\begin{gathered}\operatorname{nil}(A)=\bigcap_{P}P\\\operatorname{Jac}(A)=\bigcap_{M}M\\\sqrt J=\bigcap_{P\supseteq J}P\end{gathered}nil⁡(A)=⋂PPJac⁡(A)=⋂MMJ=⋂P⊇JP\begin{aligned}\operatorname{nil}(A) &= \bigcap_{P}P\\[4pt]\operatorname{Jac}(A) &= \bigcap_{M}M\\[4pt]\sqrt J &= \bigcap_{P\supseteq J}P\end{aligned}

極大イデアルは素イデアルなので、nil⁡(A)⊆Jac⁡(A)\operatorname{nil}(A)\subseteq\operatorname{Jac}(A) です。剰余環 A/JA/J に当てはめると nil⁡(A/J)=J/J\operatorname{nil}(A/J)=\sqrt J/J で、根基は剰余環のべき零元根基です。

Anil⁡(A)Jac⁡(A)Z(0)(0)Z(5)(0)(5)k[x](x)(0)(x)k[x]/(x2)(x)(x)\begin{array}{c|c|c} A & \operatorname{nil}(A) & \operatorname{Jac}(A) \\ \hline \mathbb{Z} & (0) & (0) \\ \mathbb{Z}_{(5)} & (0) & (5) \\ k[x]_{(x)} & (0) & (x) \\ k[x]/(x^2) & (x) & (x) \end{array}

nil⁡(A)⊇⋂P\operatorname{nil}(A)\supseteq\bigcap P は、局所化で示します。ff がべき零でなければ Af≠0A_f\neq0 なので、AfA_f の極大イデアルを A→AfA\to A_f で引き戻すと、ff を含まない素イデアルが得られます。

この引き戻しは、AA の極大イデアルとは限りません。素イデアルの代わりに極大イデアルだけで共通部分が足りる環が次のジャコブソン環で、有限生成代数では引き戻しが極大イデアルになることを定理23の証明で示します。

定義21 ジャコブソン環 [3, 演習問題5.23, p.108–109; 4, §5, p.43]

環 AA のすべての素イデアル PP が、PP を含む極大イデアル全体の共通部分に等しいとき、AA をジャコブソン環（ヒルベルト環）と呼ぶ。

命題22 [3, 演習問題5.23, p.108–109]

環 AA について、次は同値である。

(1)　AA はジャコブソン環。
(2)　すべてのイデアル J≠AJ\neq A について J=⋂M⊇JM\sqrt J=\bigcap_{M\supseteq J}M（MM は極大イデアル）。つまり、すべての剰余環で、べき零元根基とジャコブソン根基が等しい。
(3)　極大でない素イデアル PP はすべて、PP を真に含む素イデアル全体の共通部分に等しい。

証明
  1. (1)⇒(2) J=⋂P⊇JP=⋂P⊇J⋂M⊇PM=⋂M⊇JM\sqrt J=\bigcap_{P\supseteq J}P=\bigcap_{P\supseteq J}\bigcap_{M\supseteq P}M=\bigcap_{M\supseteq J}M。最後は、JJ を含む極大イデアルがそれ自身 JJ を含む素イデアルだから。
  2. (2)⇒(1) J=PJ=P とすれば P=P\sqrt P=P。
  3. (1)⇒(3) PP が極大でなければ、PP を含む極大イデアルはどれも PP を真に含むので、P⊆⋂Q⊋PQ⊆⋂M⊇PM=PP\subseteq\bigcap_{Q\supsetneq P}Q\subseteq\bigcap_{M\supseteq P}M=P。
  4. (3)⇒(1) ジャコブソン環でないとして、(3) をみたさない素イデアルを作る。
    1. P≠⋂M⊇PMP\neq\bigcap_{M\supseteq P}M となる素イデアル PP があるので、f∈⋂M⊇PMf\in\bigcap_{M\supseteq P}M、f∉Pf\notin P をとる。
    2. (A/P)f≠0(A/P)_f\neq0（整域なので ff はべき零でない）の極大イデアルを AA に引き戻すと、素イデアル p⊇Pp\supseteq P で f∉pf\notin p となり、この性質をもつものの中で極大なものが得られる。
    3. PP を含む極大イデアルはすべて ff を含むので、pp は極大でない。pp を真に含む素イデアルはすべて ff を含むので、その共通部分は f∉pf\notin p を含み、pp に等しくない。

体と Z\mathbb{Z} はジャコブソン環です。Z\mathbb{Z} の素イデアルは (0)(0) と (p)(p) で、(0)=⋂p(p)(0)=\bigcap_p(p) だからです（0でない整数を割り切る素数は有限個）。一方、Z(5)\mathbb{Z}_{(5)} はジャコブソン環でありません。極大イデアルは (5)(5) だけで、(0)≠(5)(0)\neq(5) だからです。

定理23 [4, 定理5.5, p.42; 2, 定理4.11, p.82; 3, 演習問題5.24, p.109]

体上有限生成の代数と、有限生成の環（Z\mathbb{Z} 上有限生成の代数）は、ジャコブソン環である。つまり、そのような環 AA のイデアル J≠AJ\neq A について

J=⋂M⊇JM\sqrt J=\bigcap_{M\supseteq J}MJ=⋂M⊇JM\begin{aligned}\sqrt J &= \bigcap_{M\supseteq J}M\end{aligned}

ここで MM は JJ を含む極大イデアル全体を動く。

証明
  1. ⊆\subseteq は、極大イデアルが素イデアルであることから。逆に f∉Jf\notin\sqrt J として、JJ を含み ff を含まない極大イデアルを作る。
  2. C=(A/J)fC=(A/J)_f は ff の像がべき零でないので0でない。CC も有限生成の代数なので（1/f1/f を生成元に足す）、極大イデアル NN をもつ。
  3. A→CA\to C は有限生成の代数の間の準同型なので、命題15(1) から NN の引き戻し MM は極大イデアルである。M⊇JM\supseteq J で、ff は CC の単元なので f∉Mf\notin M。

証明の環を並べると、次の図式になります。下の行は単射で、右下の C/NC/N は kk 上有限次の体（Z\mathbb{Z} 上なら有限体）なので、左下も体です。

A→C=(A/J)f↓↓A/M→C/N\begin{CD} A @>>> C=(A/J)_f \\ @VVV @VVV \\ A/M @>>> C/N \end{CD}

Spec で見ると、Spec⁡C\operatorname{Spec}C は JJ を含み ff を含まない素イデアルの集合です。その閉点 NN が、Spec⁡A\operatorname{Spec}A の閉点 MM に写っています。

1/f1/f を足して局所化する手法は、ラビノヴィッチの方法と呼ばれます。図形の言葉では、ff が0にならない開集合 D(f)D(f) で閉点を探していることになります。

系24 ヒルベルトの零点定理 [4, 定理5.4, p.41; 3, 演習問題7.14, p.132; 1, 問題3.8 (2), p.89]

kk を代数閉体とする。k[x1,…,xn]k[x_1,\dots,x_n] のイデアル JJ について I(V(J))=JI(V(J))=\sqrt J。

証明
  1. J⊆I(V(J))\sqrt J\subseteq I(V(J)) は、fm∈Jf^m\in J なら V(J)V(J) の上で fm=0f^m=0 だから。J=(1)J=(1) なら両辺とも (1)(1)。
  2. 逆に f∈I(V(J))f\in I(V(J)) とする。JJ を含む極大イデアルは Ma=(x1−a1,…,xn−an)M_a=(x_1-a_1,\dots,x_n-a_n) の形で（系8）、J⊆MaJ\subseteq M_a は a∈V(J)a\in V(J) を意味する。よって f(a)=0f(a)=0、つまり f∈Maf\in M_a。
  3. ff は JJ を含むすべての極大イデアルに入るので、定理23から f∈Jf\in\sqrt J。

代数幾何の連載の第1回では、この定理（図で読む代数幾何 第1回の定理10）を証明なしで使い、根基イデアルとアファイン代数的集合の対応（図で読む代数幾何 第1回の系11）を導いていました。その証明がここで完成したことになります。

ジャコブソン環の上の有限生成代数も、ジャコブソン環になります。

命題25 [3, 演習問題5.22, p.108; 3, 演習問題5.24, p.109; 3, 演習問題5.25, p.109]

(1)　A⊆BA\subseteq B を整域とし、BB は AA 上有限生成とする。Jac⁡(A)=0\operatorname{Jac}(A)=0 なら Jac⁡(B)=0\operatorname{Jac}(B)=0。
(2)　AA をジャコブソン環とする。AA 代数 BB が AA 上整であるか、AA 上有限生成なら、BB はジャコブソン環である。
(3)　環 AA がジャコブソン環であることと、体であるような有限生成 AA 代数がすべて AA 上有限であることは同値である。

証明
  1. (1) 0≠v∈B0\neq v\in B について、vv を含まない BB の極大イデアルを作る。命題12を A⊆BvA\subseteq B_v に使い、ss と y1,…,yny_1,\dots,y_n をとる。Jac⁡(A)=0\operatorname{Jac}(A)=0 なので、s∉ms\notin m となる AA の極大イデアル mm がある。
  2. A[y]sA[y]_s のイデアル n0=(m, y1,…,yn)n_0=(m,\ y_1,\dots,y_n) は極大で、A[y]s/n0≅A/mA[y]_s/n_0\cong A/m。横たわりで n0n_0 の上に (Bv)s(B_v)_s の極大イデアル NN がある（第2回の定理10、第2回の系8）。

    A[y]s/(m,y)≅(A/m)sA[y]_s/(m,y)\cong(A/m)_s で、ss の像は体 A/mA/m の0でない元なので (A/m)s=A/m(A/m)_s=A/m。

  3. N′=N∩BN'=N\cap B とすると A/m⊆B/N′⊆(Bv)s/NA/m\subseteq B/N'\subseteq(B_v)_s/N で、右端の体は A/mA/m 上代数的である。よって B/N′B/N' は体 A/mA/m 上整な整域で、体になる（第2回の命題7）。vv は BvB_v の単元なので v∉N′v\notin N'。
  4. (2) BB の素イデアル QQ と、その AA への引き戻し PP について、A/P⊆B/QA/P\subseteq B/Q を考える。AA がジャコブソン環なので Jac⁡(A/P)=0\operatorname{Jac}(A/P)=0 で、示すべきことは Jac⁡(B/Q)=0\operatorname{Jac}(B/Q)=0 である。有限生成の場合は (1) から従う。
  5. 整の場合：0≠b∈B/Q0\neq b\in B/Q の次数最小のモニックな式の定数項 an≠0a_n\neq0 をとり、an∉ma_n\notin m となる A/PA/P の極大イデアル mm の上の極大イデアル NN を選ぶ。b∈Nb\in N なら an∈N∩(A/P)=ma_n\in N\cap(A/P)=m となるので、b∉Nb\notin N。
  6. (3)(⇒) 体 BB が有限生成 AA 代数のとき、P=ker⁡(A→B)P=\ker(A\to B) とすると Jac⁡(A/P)=0\operatorname{Jac}(A/P)=0。命題12で B=BsB=B_s が (A/P)[y]s(A/P)[y]_s 上整になり、第2回の命題7から (A/P)[y]s(A/P)[y]_s は体で、n=0n=0 かつ (A/P)s(A/P)_s は体。

    A/PA/P の0でない素イデアルは、(A/P)s(A/P)_s で消えるので ss を含む。A/PA/P が体でなければ極大イデアルは0でなく、すべて ss を含んで s∈Jac⁡(A/P)=0s\in\operatorname{Jac}(A/P)=0 となり矛盾。よって A/PA/P は体で (A/P)s=A/P(A/P)_s=A/P、BB は A/PA/P 上整で有限生成なので有限（第2回の系5）。

  7. (3)(⇐) 命題22(3) を確かめる。極大でない素イデアル PP と 0≠f∈A/P0\neq f\in A/P について、(A/P)f(A/P)_f は体でない。体なら A/PA/P 上有限で、A/PA/P が体になってしまう（第2回の命題7）。

    (A/P)f(A/P)_f は体でない整域なので0でない素イデアルをもち、その A/PA/P への引き戻しは ff を含まない0でない素イデアルである。ff は任意なので、A/PA/P の0でない素イデアルの共通部分は0、つまり PP を真に含む素イデアルの共通部分は PP。

(2) で AA を体や Z\mathbb{Z} とすれば、定理23がもう一度得られます。(3) で A=kA=k とすれば、命題7がジャコブソン環の特徴づけの一部だと分かります。

ジャコブソン環であることは、Spec の位相で言い直せます。位相空間の部分集合で、開集合と閉集合の共通部分であるものを局所閉集合と呼びます。部分集合 X0⊆XX_0\subseteq X が、すべての閉集合 EE について E∩X0‾=E\overline{E\cap X_0}=E をみたすとき、X0X_0 は XX で非常に稠密であると言います[3, 演習問題5.26, p.110]。

おさらいV(J)・閉包・局所閉集合

Spec⁡A\operatorname{Spec}A の閉集合は V(J)={P∣P⊇J}V(J)=\{P\mid P\supseteq J\} の形で、D(f)=Spec⁡A∖V(f)D(f)=\operatorname{Spec}A\setminus V(f) は開集合です。代数幾何の連載の第2回で、次のことを見ました（図で読む代数幾何 第2回の命題3、図で読む代数幾何 第2回の命題6）。

V(J)∪V(K)=V(JK)V(J)⊆V(K)  ⟺  K⊆J{P}‾=V(P)V(J)\cup V(K)=V(JK)\qquad V(J)\subseteq V(K)\iff\sqrt K\subseteq\sqrt J\qquad \overline{\{P\}}=V(P)V(J)∪V(K)=V(JK)V(J)⊆V(K)  ⟺  K⊆J{P}‾=V(P)\begin{gathered}V(J)\cup V(K)=V(JK)\\V(J)\subseteq V(K)\iff\sqrt K\subseteq\sqrt J\\\overline{\{P\}}=V(P)\end{gathered}V(J)∪V(K)=V(JK)V(J)⊆V(K)  ⟺  K⊆J{P}‾=V(P)\begin{aligned}V(J)\cup V(K) &= V(JK)\\[4pt]V(J) &\subseteq V(K)\\&\iff \sqrt K\\&\subseteq \sqrt J\\[4pt]\overline{\{P\}} &= V(P)\end{aligned}

とくに V(J)=V(J)V(J)=V(\sqrt J) で、閉集合と根基イデアルは包含を逆にして1対1に対応します。{P}\{P\} が閉集合になるのは PP が極大イデアルのときだけなので、閉点とは極大イデアルのことです。

局所閉集合 V(J)∩D(f)V(J)\cap D(f) は、JJ を含み ff を含まない素イデアルの集合です。剰余環と局所化の対応から、これは (A/J)f(A/J)_f の Spec と同じもので、定理23の証明の CC がこれでした。

Spec⁡(A/J)f ≅ V(J)∩D(f) ⊆ Spec⁡A\operatorname{Spec}(A/J)_f\ \cong\ V(J)\cap D(f)\ \subseteq\ \operatorname{Spec}ASpec⁡(A/J)f≅V(J)∩D(f)⊆Spec⁡A\begin{aligned}\operatorname{Spec}(A/J)_f &\cong V(J)\cap D(f)\\&\subseteq \operatorname{Spec}A\end{aligned}

例えば A=k[x,y]A=k[x,y] の V(y−x2)∩D(x)V(y-x^2)\cap D(x) は、放物線から原点を除いたものです。原点以外の放物線上の閉点と、放物線の生成点 (y−x2)(y-x^2) からなります。

命題26 閉点は非常に稠密 [3, 演習問題5.26, p.110]

環 AA について、次は同値である。

(1)　AA はジャコブソン環。
(2)　閉点（極大イデアル）全体 Max⁡A\operatorname{Max}A は Spec⁡A\operatorname{Spec}A で非常に稠密。
(3)　1点からなる局所閉集合 {P}\{P\} は、すべて閉集合である（PP は極大イデアル）。

証明
  1. 部分集合 S⊆Spec⁡AS\subseteq\operatorname{Spec}A の閉包は V(⋂P∈SP)V\bigl(\bigcap_{P\in S}P\bigr) である。V(J)⊇SV(J)\supseteq S は J⊆⋂P∈SPJ\subseteq\bigcap_{P\in S}P と同じだから。
  2. (1)⇔(2) E=V(J)E=V(J) とすると E∩Max⁡A={M⊇J}E\cap\operatorname{Max}A=\{M\supseteq J\} の閉包は V(⋂M⊇JM)V\bigl(\bigcap_{M\supseteq J}M\bigr)。これが V(J)=V(J)V(J)=V(\sqrt J) に等しいことは、根基イデアルどうしなので ⋂M⊇JM=J\bigcap_{M\supseteq J}M=\sqrt J と同じで、命題22(2) である。
  3. (1)⇒(3) {P}=U∩V(P)\{P\}=U\cap V(P)（UU は開集合）と書ける。PP が極大でなければ、(2) から U∩V(P)U\cap V(P) は閉点を含み、{P}\{P\} に等しくない。

    局所閉集合 {P}=U∩F\{P\}=U\cap F では V(P)={P}‾⊆FV(P)=\overline{\{P\}}\subseteq F なので {P}⊆U∩V(P)⊆U∩F={P}\{P\}\subseteq U\cap V(P)\subseteq U\cap F=\{P\}。U∩V(P)U\cap V(P) が閉点を含まなければ、V(P)∩Max⁡AV(P)\cap\operatorname{Max}A は閉集合 UcU^c に含まれ、その閉包 V(P)V(P) も UcU^c に含まれて P∈UP\in U に反する。

  4. (3)⇒(1) 命題22の (3)⇒(1) の証明で作った pp について、{p}=V(p)∩D(f)\{p\}=V(p)\cap D(f) は局所閉集合で、pp は極大でないので閉集合でない。

    Q∈V(p)∩D(f)Q\in V(p)\cap D(f) なら Q⊇pQ\supseteq p かつ f∉Qf\notin Q で、pp の極大性から Q=pQ=p。

(2) は、閉点だけを見ても閉集合が決まる、ということです。古典的な代数幾何では knk^n の点（閉点）だけを扱っていましたが、有限生成代数はジャコブソン環なので、それで情報は失われません。図4で、ジャコブソン環とそうでない環を比べます。

ドラッグで回せます

Spec⁡k[x,y]\operatorname{Spec}k[x,y] です。床が閉点、高さ1の雲が放物線の生成点 (y−x2)(y-x^2)、高さ2の雲が平面の生成点です（第2回の図と同じ約束）。放物線の閉点をすべて含む閉集合は V(y−x2)V(y-x^2) を含むので、閉点の集まりの閉包に生成点も入ります。「真上」から見える閉点だけで、閉集合が決まっています。

紫の直線 V(x)V(x) を取り除いた開集合 D(x)D(x) と V(y−x2)V(y-x^2) の共通部分は、局所閉集合です。原点は抜けますが、放物線の閉点 (a,a2)(a,a^2)（a≠0a\neq0）が無数に残ります。空でない局所閉集合は必ず閉点を含む、というのがジャコブソン環の性質です。

局所環 k[x,y](x,y)k[x,y]_{(x,y)} の Spec では、閉点は原点だけです。放物線の生成点の閉包は、生成点と原点の2点になります。V(y−x2)∩D(x)V(y-x^2)\cap D(x) は生成点1つだけで、局所閉集合なのに閉点を含みません。「真上」から見ると原点しか見えず、高さ1と2の点が見えなくなります。

図4概念図Spec の図の約束（代数幾何の連載の第2回）で描いた Spec⁡k[x,y]\operatorname{Spec}k[x,y] と、その原点での局所環の Spec です。床の点が閉点、高さ1の雲が曲線の生成点、高さ2の雲が平面の生成点で、床の上の位置は閉包の場所を表します。k[x,y]k[x,y] では、局所閉集合 V(y−x2)∩D(x)V(y-x^2)\cap D(x) にも閉点が無数に残ります。局所環では同じ集合が生成点1つだけになり、閉点を含みません。

例27 ジャコブソン環でない環

(1)　Z(5)\mathbb{Z}_{(5)} では、{(0)}=D(5)\{(0)\}=D(5) は開集合（とくに局所閉集合）だが、閉集合でない。
(2)　局所環 R=k[x,y](x,y)R=k[x,y]_{(x,y)} では、{(y−x2)}=V(y−x2)∩D(x)\{(y-x^2)\}=V(y-x^2)\cap D(x) は局所閉集合だが、閉集合でない。

証明
  1. (1) Z(5)\mathbb{Z}_{(5)} の素イデアルは (0)(0) と (5)(5) だけで、55 を含まないのは (0)(0) だけ。(0)(0) の閉包は全体である。
  2. (2) RR の素イデアル Q⊇(y−x2)Q\supseteq(y-x^2) は、k[x,y]k[x,y] の (y−x2)(y-x^2) と (x,y)(x,y) に対応する2つだけ。xx を含まないのは (y−x2)(y-x^2) だけである。

    RR の素イデアルは (x,y)(x,y) に含まれる k[x,y]k[x,y] の素イデアルと対応する。(y−x2)(y-x^2) を含みそれより大きい素イデアルは、放物線上の点の極大イデアルだが、(x,y)(x,y) に含まれるのは原点の (x,y)(x,y) だけ。

専門的な話局所環を1つの元で局所化する

局所整域は、体でなければジャコブソン環でありません。(0)(0) が極大イデアルの共通部分（唯一の極大イデアル）に等しくないからです。

ところが、2次元以上のネーター局所整域 AA を、極大イデアルの0でない元 ff 1つで局所化した AfA_f はジャコブソン環になります[4, 問題14.7, p.139]。例えば k[x,y](x,y)k[x,y]_{(x,y)} で xx を可逆にすると、図4の V(y−x2)∩D(x)V(y-x^2)\cap D(x) のような「孤立した生成点」が閉点になります。松村では演習問題になっています。

まとめ

環正規化基底次元
k[x,y]/(xy−1)k[x,y]/(xy-1)k[y−x]k[y-x] 上1,x1,x11
k[x,y,z]/(z−xy)k[x,y,z]/(z-xy)k[x−z, y+z]k[x-z,\ y+z] 上1,z1,z22
k[x,y,z]/(y2z−x2−1)k[x,y,z]/(y^2z-x^2-1)k[y,z]k[y,z] 上1,x1,x22
Fq[x,y]/(xqy−xyq−1)\mathbb{F}_q[x,y]/(x^qy-xy^q-1)Fq[x−y2]\mathbb{F}_q[x-y^2] 上1,y,…,y2q1,y,\dots,y^{2q}11
k[x1,…,xn]k[x_1,\dots,x_n]自分自身11nn

有限生成代数は、点が逃げない向きに射影すると、多項式環 k[y1,…,yd]k[y_1,\dots,y_d] の上の有限な拡大になります。整拡大で次元は変わらないので、次元は dd で、整域なら商体の超越次数です。高さ1の素イデアルで割ると次元がちょうど1下がることから、ht⁡P+dim⁡B/P=dim⁡B\operatorname{ht}P+\dim B/P=\dim B も分かりました。

同じ議論から、極大イデアルの剰余体は有限次で、有限生成代数はジャコブソン環になります。閉点だけで閉集合が決まるので、古典的な点の図で十分なわけです。

次回：次数付き環のヒルベルト多項式

ここまでで、次元の物差しは「素イデアルの鎖」と「超越次数」の2つになりました。次回は3つめの物差しとして、単項式を数える方法を扱います。

多項式環 k[x0,…,xr]k[x_0,\dots,x_r] の nn 次の斉次多項式は (n+rr)\binom{n+r}{r} 個の単項式で張られ、この数は nn の rr 次の多項式です。一般の次数付き環でも、nn 次の部分の次元は nn が大きいところで多項式（ヒルベルト多項式）になり、その次数が次元を表します。次回は、単項式の階段の図を使って、ポアンカレ級数とヒルベルト多項式を見ます。

参考文献

  1. 後藤四郎, 渡辺敬一, 『可換環論』, 日本評論社, 2011.
  2. 堀田良之, 『可換環と体』, 岩波書店, 2006.
  3. M. F. アティヤ, I. G. マクドナルド（新妻弘 訳）, 『可換代数入門』, 共立出版, 2006.
  4. 松村英之, 『復刊 可換環論』, 共立出版, 2000.
  5. R. ハーツホーン（高橋宣能・松下大介 訳）, 『代数幾何学 1』, 丸善出版, 2013.