接空間と次元がそろう点：正則局所環

この記事の要点

正則局所環: ネーター局所環 $(A,M,k)$ で $\dim A=\dim_kM/M^2$ となるものです。接空間の次元が図形の次元に等しい点、つまり非特異点の局所環を、環の言葉で書いたものです。
同値条件: $M$ が $\dim A$ 個の元で生成されること、随伴次数環が $\dim A$ 変数の多項式環になることと同値です。このとき $\ell(A/M^n)$ は多項式環と同じ $\binom{n+d-1}{d}$ です。
性質: 正則局所環は整域で、さらに整閉です。0次元なら体、1次元なら離散付値環です。完備化しても正則性は変わらず、位数 $\operatorname{ord}$ が商体の離散付値になります。
ヤコビ判定法: 超曲面 $F=0$ の有理点 $p$ で、局所環が正則であることは、 $F$ のどれかの偏微分が $p$ で0でないことと同値です。

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。

接空間と次元を比べる

第7回の最後に、ネーター局所環 $(A,M,k)$ では $\dim A\le\dim_kM/M^2$ が成り立つことを示しました（第7回の系13）。右辺の埋め込み次元は、代数幾何の連載の第6回で見たザリスキー接空間の次元です。今回は、この不等式で等号が成り立つ環を調べます。

等号が成り立つ局所環を正則局所環と呼びます。代数幾何では、正則局所環は非特異点の局所環でした（図で読む代数幾何第6回の定理12）。平面の点や滑らかな曲線の点は正則で、結節点・尖点・円錐の頂点は正則ではありません。

この記事では、正則性を環の言葉だけで調べます。正則局所環が整域であること、整閉であること、完備化しても正則のままであることを証明し、0次元・1次元の正則局所環が体と離散付値環であることを確かめます。最後に、正則局所環の上では「何次まで消えるか」を測る位数が、商体の離散付値になることを見ます。

この記事を通して、 $(A,M,k)$ はネーター局所環、 $M$ はその極大イデアル、 $k=A/M$ は剰余体、 $d=\dim A$ とします。 $\ell(\,\cdot\,)$ は $A$ 加群の長さです。

おさらい埋め込み次元と中山の補題

$k$ 上のベクトル空間 $M/M^2$ の次元 $\dim_kM/M^2$ を、 $A$ の埋め込み次元と呼びました（第7回の定義12）。これは $M$ の生成元の個数の最小値に等しくなります。

理由は中山の補題です。 $x_1,\dots,x_s\in M$ の像が $M/M^2$ を張れば $M=(x_1,\dots,x_s)+M\cdot M$ なので、中山の補題から $M=(x_1,\dots,x_s)$ です[1, 命題2.8, p.33]。下の図式の下の矢印が全射なら、上の矢印も全射になります。

\begin{CD} A^s @>{(a_i)\mapsto\sum_ia_ix_i}>> M \\ @VVV @VVV \\ k^s @>>> M/M^2 \end{CD}

さらに次元定理から $\dim A\le\dim_kM/M^2$ でした（第7回の系13）。 $M$ は $M$ 準素なので、生成元の個数は $M$ 準素イデアルの生成元の最少個数 $\delta(A)=\dim A$ 以上だからです[2, 系7.13, p.130]。

例えば結節点 $A=k[x,y]_{(x,y)}/(y^2-x^2-x^3)$ では、定義式が $(x,y)^2$ に入るので $M/M^2=k\bar x\oplus k\bar y$ は2次元で、 $\dim A=1\lt2$ でした（第7回の例14(3)）。

正則局所環の定義と例

定義1 正則局所環 [1, 11.3節, p.190; 3, §14, p.126; 2, 定義7.14, p.130]

ネーター局所環 $(A,M,k)$ が $\dim A=\dim_kM/M^2$ をみたすとき、 $A$ を正則局所環と呼ぶ。

代数幾何の連載で使った定義（図で読む代数幾何第6回の定義11）と同じものです。埋め込み次元は $M$ の生成元の最少個数なので、「 $M$ が $\dim A$ 個の元で生成される」と言っても同じです。

本によって定義の形が違います。アティヤ・マクドナルドは、後の定理4の同値な条件のどれかをみたす環として定義しています。後藤・渡辺は、大域次元が有限であることを定義にしています[4, 定義5.47, p.134]。

後藤・渡辺の定義が上の定義と同値であることはセールの定理で、ホモロジー代数を使うので、この連載では扱いません。

まず、多項式環の点での局所環が正則であることを確かめます。

例2 多項式環の局所化 [1, 11.3節例, p.192; 2, 例7.19, p.131]

$k$ を体、 $a=(a_1,\dots,a_n)\in k^n$ とし、 $M_a=(x_1-a_1,\dots,x_n-a_n)\subseteq k[x_1,\dots,x_n]$ とする。局所環 $A=k[x_1,\dots,x_n]_{M_a}$ は $n$ 次元の正則局所環である。

証明

$\dim A=\operatorname{ht}M_a=n$ である（第4回の系16(2)）。
$A$ の極大イデアル $M_aA$ は $x_1-a_1,\dots,x_n-a_n$ の $n$ 個で生成されるので、 $\dim_kM/M^2\le n$ 。
一方 $\dim A\le\dim_kM/M^2$ （第7回の系13）なので、 $\dim_kM/M^2=n=\dim A$ 。

$k$ が代数閉体でなくても、 $k[x_1,\dots,x_n]$ のすべての極大イデアルでの局所化は正則です。例えば $\mathbb{R}[x]$ は単項イデアル整域なので、 $\mathbb{R}[x]_{(x^2+1)}$ の極大イデアルは $x^2+1$ の1個で生成され、1次元の正則局所環です。一般の極大イデアルでは、 $M$ を $n$ 個の元で生成できることを、変数を1つずつ増やして示します[3, 定理19.5, p.190]。

素イデアル $P$ での局所化 $k[x_1,\dots,x_n]_P$ も正則です。松村はこれを、正則局所環の局所化が正則であるというセールの定理[3, 定理19.3, p.190]から導いています。この連載では極大イデアルの場合だけを使います。

例3 正則なものとそうでないもの

$k$ を体とし、標数は2でないとする（ $\mathbb{Z}_{(p)}$ 以外は $k$ 上の環）。次の表の局所環について、次元と埋め込み次元は表のとおりである。ただし $R_2=k[x,y]_{(x,y)}$ 、 $R_3=k[x,y,z]_{(x,y,z)}$ とおく。

局所環	図形	$\dim A$	$\dim_kM/M^2$	正則か
$\mathbb{Z}_{(p)}$	$\operatorname{Spec}\mathbb{Z}$ の点 $(p)$	1	1	正則
$R_2/(y-x^2)$	放物線	1	1	正則
$R_2/(y^2-x^2-x^3)$	結節点	1	2	正則でない
$R_2/(y^2-x^3)$	尖点	1	2	正則でない
$R_2/(xy)$	交わる2直線	1	2	正則でない
$k[x]/(x^2)$	重なった点	0	1	正則でない
$R_3/(z-x^2-y^2)$	放物面	2	2	正則
$R_3/(z^2-x^2-y^2)$	円錐	2	3	正則でない

証明

$\mathbb{Z}_{(p)}$ ：素イデアルは $(0)\subsetneq(p)$ だけで1次元。極大イデアルは $p$ の1個で生成される。
放物線・結節点・2直線・ $k[x]/(x^2)$ の次元と埋め込み次元は、第7回の例14と第7回の例10で計算した。尖点も結節点と同じく、定義式が $(x,y)^2$ に入るので $M/M^2=k\bar x\oplus k\bar y$ 。
放物面： $z=x^2+y^2$ を代入すると $k[x,y,z]/(z-x^2-y^2)\cong k[x,y]$ で、原点の極大イデアルは $(x,y)$ に移る。よって $R_3/(z-x^2-y^2)\cong R_2$ で、2次元の正則局所環。
円錐： $f=z^2-x^2-y^2$ は既約（図で読む代数幾何第6回の例8）なので $R_3/(f)$ は整域で、次元は2。 $f\in M^2$ なので $M/M^2$ は $\bar x,\bar y,\bar z$ の張る3次元。

$B=k[x,y,z]/(f)$ は $k$ 上有限生成の整域で、 $x,y$ は $k$ 上代数的に独立、 $z$ は $z^2=x^2+y^2$ をみたすので、商体の超越次数は2である。よって $\dim B=2$ で（第4回の定理17）、極大イデアル $(x,y,z)$ での局所化も2次元である（第4回の系18）。

$M/M^2=(x,y,z)/\bigl((x,y,z)^2+(f)\bigr)$ で、 $f\in(x,y,z)^2$ なので、これは $(x,y,z)/(x,y,z)^2$ と同じ3次元の空間である。

正則でない環では、埋め込み次元が次元より大きくなっています。図形の言葉では、接空間が図形より大きい点です。結節点と尖点では、曲線は1次元なのに接空間は平面全体（2次元）になります。

放物線

y=x^2

原点で

\dim_kM/M^2=1

曲線の次元は

1

結節点

y^2=x^2+x^3

原点で

\dim_kM/M^2=2

曲線の次元は

1

尖点

y^2=x^3

原点で

\dim_kM/M^2=2

曲線の次元は

1

接空間は1次元（正則）

接空間は平面全体（正則でない）

図1具体例放物線

y=x^2

、結節点

y^2=x^2+x^3

、尖点

y^2=x^3

の上の点で、ザリスキー接空間の次元

\dim_kM/M^2=2-\operatorname{rank}J(p)

を描いた図です（

J(p)

は偏微分の組

(F_x(p),F_y(p))

）。緑の線分は接空間が1次元の点での接線、オレンジの円盤は接空間が平面全体（2次元）になる点です。曲線の次元は1なので、緑の点では正則、オレンジの点では正則でありません。曲線の点と偏微分の値は、生成時に計算して確かめています。

図1で接空間が2次元になるのは、結節点と尖点の原点だけです。結節点では2本の枝が別々の方向に出ていくので、接空間が平面を張ります。尖点は枝が1本で接線も1本に見えますが、定義式に1次の項がないので、1次の近似では何の条件も残らず、接空間はやはり平面全体です。

ドラッグで回せます

放物面 $z=x^2+y^2$ は原点で接平面 $z=0$ （緑）に接します。 $M/M^2$ は $\bar x,\bar y$ の2次元で、曲面の次元2と等しいので正則です。

「真上」から見ると同心円しか見えません。「真横」から見ると、輪郭が原点で接平面に滑らかに接しています。

円錐 $z^2=x^2+y^2$ の頂点では、定義式が $M^2$ に入るので $M/M^2$ は3次元です。原点を通る3本の直線 $t(1,0,1)$ 、 $t(0,1,1)$ 、 $t(-1,0,1)$ は円錐に乗っていて、方向が1次独立なので接空間は空間全体になります。

「真上」からは放物面と同じ同心円に見えますが、「真横」から見ると輪郭が原点で尖っています。

図2具体例放物面

z=x^2+y^2

と円錐

z^2=x^2+y^2

の原点です（実数の点だけを描いています）。「真上」から見るとどちらも同心円で区別が付きませんが、横から見ると、放物面は接平面

z=0

に滑らかに接し、円錐は原点で尖っています。円錐の段階の3本の線は、原点を通って円錐に含まれる直線で、方向が1次独立なので接空間は3次元になります。曲面の点が式をみたすこと、3本の直線が円錐に乗ることと方向の行列式が0でないことを、生成時に確かめています。

円錐の頂点では、円錐に含まれる直線 $\{tv\}$ の方向 $v$ がすべて接空間に入ります（図で読む代数幾何第6回の例8の後の説明）。図2の3本の方向は空間を張るので、接空間は3次元で、曲面の次元2より大きくなります。放物面の原点では、 $M/M^2$ は $\bar x,\bar y$ の2次元で、接空間は接平面 $z=0$ の方向です。

随伴次数環が多項式環になる

正則局所環は、随伴次数環を使って言い換えられます。 $M$ の $n$ 乗ごとの段を並べた次数付き環です。

おさらい随伴次数環と次元定理

随伴次数環 $\operatorname{gr}_M(A)$ は、 $M^n/M^{n+1}$ を $n$ 次の部分とする次数付き環です[1, 10.4節, p.172]。積は代表元の積で定めます。 $a\in M^m$ 、 $b\in M^n$ の像の積は、 $ab\in M^{m+n}$ の $M^{m+n}/M^{m+n+1}$ での像です。

\begin{aligned} &\operatorname{gr}_M(A)=\bigoplus_{n\ge0}M^n/M^{n+1}\\ &\quad=k\oplus M/M^2\oplus M^2/M^3\oplus\cdots \end{aligned}

1次の部分 $M/M^2$ の基底 $\bar x_1,\dots,\bar x_s$ をとると、 $\operatorname{gr}_M(A)$ は $k$ 上この $s$ 個の元で生成されます。例えば $A=k[x,y]_{(x,y)}$ なら $\operatorname{gr}_M(A)\cong k[x,y]$ 、結節点なら $k[x,y]/(y^2-x^2)$ でした（第7回の例18）。

次元定理（第7回の定理4）から、 $\ell(A/M^n)$ は十分大きい $n$ で次数 $\dim A$ の多項式に一致します。各段の次元を足し上げたものが $\ell(A/M^n)$ です。

\ell(A/M^n)=\sum_{i=0}^{n-1}\dim_kM^i/M^{i+1}

\begin{aligned}\ell(A/M^n) &= \sum_{i=0}^{n-1}\dim_kM^i/M^{i+1}\end{aligned}

定理4 正則局所環の同値条件 [1, 定理11.22, p.190–191; 2, 定理7.15, p.130–131; 3, 定理14.4, p.128]

$(A,M,k)$ を $d$ 次元のネーター局所環とする。次の3つは同値である。

(1)　 $A$ は正則局所環である。つまり $\dim_kM/M^2=d$ 。
(2)　 $M$ は $d$ 個の元で生成される。
(3)　次数付き $k$ 代数として $\operatorname{gr}_M(A)\cong k[X_1,\dots,X_d]$ （ $d$ 変数の多項式環）。

このとき、すべての $n\ge1$ で

\ell(A/M^n)=\binom{n+d-1}{d}

\begin{aligned}\ell(A/M^n) &= \binom{n+d-1}{d}\end{aligned}

が成り立つ。 $M=(x_1,\dots,x_d)$ なら、(3) の同型は $X_i\mapsto\bar x_i$ （ $x_i$ の $M/M^2$ での像）で与えられる。

証明

(1)⇔(2)： $\dim_kM/M^2$ は $M$ の生成元の最少個数で（第7回の定義12）、つねに $d$ 以上である（第7回の系13）。よって $d$ 個で生成されることと、最少個数がちょうど $d$ であることは同じ。
(3)⇒(1)：1次の部分を比べると $M/M^2\cong k X_1\oplus\cdots\oplus kX_d$ で、 $d$ 次元。
(2)⇒(3)： $M=(x_1,\dots,x_d)$ として、次数付き環の準同型 $\varphi\colon k[X_1,\dots,X_d]\to\operatorname{gr}_M(A)$ 、 $X_i\mapsto\bar x_i$ を考える。 $\varphi$ は全射である。

$M^n$ は $x_1,\dots,x_d$ の $n$ 次の単項式で生成されるので、 $M^n/M^{n+1}$ はその像で張られる。 $n$ 次の単項式 $X^\alpha$ の像は、ちょうど $x^\alpha$ の像である。
$\varphi$ が単射でないとして矛盾を導く。核に0でない $s$ 次の斉次式 $F$ があると、 $\operatorname{gr}_M(A)$ の $n$ 次の部分の次元は $n$ の $d-2$ 次以下の式で抑えられる。

$\varphi$ は次数を保つので、核は斉次イデアルで、0でない元があれば0でない斉次の元もある。 $F$ が核に入れば、 $F$ の倍元もすべて核に入る。 $k[X]$ の $n$ 次の斉次式の空間 $k[X]_n$ の次元は $\binom{n+d-1}{d-1}$ で、 $F\cdot k[X]_{n-s}$ の次元は $\binom{n-s+d-1}{d-1}$ である（多項式環は整域なので $F$ を掛ける写像は単射）。よって $n\ge s$ で
$\begin{aligned} &\dim_kM^n/M^{n+1}\le\binom{n+d-1}{d-1}\\ &\qquad-\binom{n-s+d-1}{d-1}\end{aligned}$
右辺の2つの項はどちらも $n$ の $d-1$ 次式で、最高次の係数はどちらも $1/(d-1)!$ なので、差は $d-2$ 次以下の式である。 $d=1$ なら右辺は $1-1=0$ である。
すると $\ell(A/M^n)=\sum_{i\lt n}\dim_kM^i/M^{i+1}$ は $n$ の $d-1$ 次以下の式で抑えられ、 $d(A)\le d-1$ となる。次元定理 $d(A)=\dim A=d$ （第7回の定理4）に反する。

$d\ge1$ のときの議論である。 $d=0$ なら (2) から $M=0$ で、 $\operatorname{gr}_M(A)=k$ は0変数の多項式環なので、示すことはない。
最後の式は、(3) から $\dim_kM^i/M^{i+1}=\binom{i+d-1}{d-1}$ を $i=0,\dots,n-1$ で足せば出る。

二項係数の和の公式 $\sum_{i=0}^{n-1}\binom{i+d-1}{d-1}=\binom{n+d-1}{d}$ を使う。 $A/M^n$ の基底が $x_1,\dots,x_d$ の $n-1$ 次以下の単項式（の代表）で与えられる、と言っても同じである。

証明の (2)⇒(3) は、全射 $\varphi$ の核が0であることを、長さの増え方で示しています。図式にすると次のとおりです。核が0でないと、 $\operatorname{gr}_M(A)$ の各段が多項式環の段より小さくなり、 $\ell(A/M^n)$ の次数が $d$ に届きません。

\begin{aligned} k[X_1,\dots,X_d]&\xrightarrow{\ \ \varphi\ \ }\operatorname{gr}_M(A)\\[4pt] X_i&\longmapsto\bar x_i=x_i\bmod M^2\\ &\phantom{{}\longmapsto{}}\in M/M^2 \end{aligned}

アティヤ・マクドナルドは、単射であることを別の道で示しています。 $x_1,\dots,x_d$ は巴系なので、斉次式 $F$ について $F(x_1,\dots,x_d)\in M^{s+1}$ なら $F$ の係数はすべて $M$ に入ります（第9回の定理11）。係数を $k$ に落とすと、 $\varphi(F)=0$ なら $F=0$ です[1, 命題11.20, p.189–190]。

3つの条件は、次のように一周してつながります。上の矢印は中山の補題、右下の矢印は長さ $\ell(A/M^n)$ の増え方、左上への矢印は1次の部分の比較です。

{}\begin{gathered} \begin{array}{ccc} (1) & \Longrightarrow & (2) \\[6pt] \nwarrow & & \swarrow \\[6pt] & (3) & \end{array}\\[10pt] \begin{aligned} &(1)\ \dim_kM/M^2=d\\ &(2)\ M=(x_1,\dots,x_d)\\ &(3)\ \operatorname{gr}_M(A)\cong k[X_1,\dots,X_d] \end{aligned} \end{gathered}

例5 長さで確かめる

(1)　 $A=k[x,y]_{(x,y)}$ （ $d=2$ ）では、 $\ell(A/M^n)=\binom{n+1}{2}=n(n+1)/2$ で、 $n=1,2,3,4$ で $1,3,6,10$ 。 $A=k[x,y,z]_{(x,y,z)}$ （ $d=3$ ）では $\binom{n+2}{3}$ で、 $1,4,10,20$ 。
(2)　尖点 $A=k[x,y]_{(x,y)}/(y^2-x^3)$ （ $d=1$ ）では、 $M=(x,y)$ から作る全射 $\varphi\colon k[X,Y]\to\operatorname{gr}_M(A)$ の核は $(Y^2)$ で、 $\dim_kM^n/M^{n+1}=2$ （ $n\ge1$ ）、 $\ell(A/M^n)=2n-1$ 。正則なら $\binom{n}{1}=n$ になるはずで、一致しない。

証明

(2) $\operatorname{gr}_M(A)\cong k[X,Y]/(Y^2)$ は第7回の例18(3)。 $n$ 次の部分は $X^n,\ X^{n-1}Y$ で張られ、2次元。

証明の評価で言えば、 $F=Y^2$ （ $s=2$ ）について $\dim k[X,Y]_n-\dim Y^2k[X,Y]_{n-2}=(n+1)-(n-1)=2$ で、評価の等号が成り立っている。変数は2個だが、 $\ell(A/M^n)$ は1次式なので次元は1で、変数の数に届かない。

尖点は1次元なので、正則なら $M$ は1個の元で生成されるはずです。しかし $M$ の生成には $x,y$ の2個が要り、随伴次数環は2変数の多項式環を $Y^2$ で割った環になります。この $Y^2$ は、尖点の接錐 $y^2=0$ （2重の直線）の式です（図で読む代数幾何第6回の定義14）。

正則局所環は整域

随伴次数環が多項式環になることから、正則局所環が整域であることが分かります。鍵は、元が「何次まで $M$ に入るか」を測る位数です。

おさらいクルルの交叉定理

ネーター局所環 $(A,M)$ と有限生成 $A$ 加群 $N$ について、 $\bigcap_{n\ge1}M^nN=0$ です[1, 系10.20, p.171]。アルティン–リースの補題（第6回の定理14）と中山の補題から出ます。

$N=A$ なら $\bigcap_nM^n=0$ で、0でない元 $a$ には「 $a\in M^n$ となる最大の $n$ 」があります。例えば $A=k[x,y]_{(x,y)}$ の $a=y^2-x^3$ は $M^2$ に入り $M^3$ に入らないので、その $n$ は2です。

$N=A/J$ に使うと $\bigcap_n(J+M^n)=J$ です。 $J$ の元であることは、すべての $n$ で「 $M^n$ を法として $J$ の元」であることと同じです。

一般のネーター環では、イデアル $J$ がジャコブソン根基に含まれれば $\bigcap_nJ^nN=0$ です[1, 系10.19, p.171]。局所環の $M$ はこの条件をみたします。条件をみたさないと成り立たず、 $A=\mathbb{Z}\times\mathbb{Z}$ 、 $J=\mathbb{Z}\times0$ では $J^2=J$ なので $\bigcap_nJ^n=J\neq0$ です。

定義6 位数と初項形式 [3, 問題14.2, p.139]

$(A,M,k)$ をネーター局所環、 $G=\operatorname{gr}_M(A)$ とする。0でない $a\in A$ について、 $a\in M^n$ 、 $a\notin M^{n+1}$ となる $n$ を $a$ の位数と呼び、 $\operatorname{ord}a$ と書く。 $a$ の $M^n/M^{n+1}=G_n$ での像を $a$ の初項形式と呼び、 $a^*$ と書く。 $\operatorname{ord}0=\infty$ 、 $0^*=0$ とする。

クルルの交叉定理から、0でない元の位数は有限です。 $A=k[x_1,\dots,x_n]_{(x_1,\dots,x_n)}$ では、多項式 $a$ の位数は最低次の項の次数、初項形式は最低次の斉次部分です。例えば $a=y^2-x^3+xy^3$ なら $\operatorname{ord}a=2$ 、 $a^*=y^2$ です。

次の2つは定義からすぐに分かります。和の位数は小さい方以上で、積の初項形式は、それが0でなければ初項形式の積です。

\operatorname{ord}(a+b)\ \ge\ \min(\operatorname{ord}a,\operatorname{ord}b)\qquad a^*b^*\neq0\ \Longrightarrow\ (ab)^*=a^*b^*,\ \ \operatorname{ord}(ab)=\operatorname{ord}a+\operatorname{ord}b

\begin{gathered}\operatorname{ord}(a+b)\ \ge\ \min(\operatorname{ord}a,\operatorname{ord}b)\\a^*b^*\neq0\ \Longrightarrow\ (ab)^*=a^*b^*,\ \ \operatorname{ord}(ab)=\operatorname{ord}a+\operatorname{ord}b\end{gathered}

\begin{aligned}\operatorname{ord}(a+b) &\ge \min(\operatorname{ord}a,\operatorname{ord}b)\\[4pt]a^*b^* &\neq 0\\&\Longrightarrow (ab)^*\\&= a^*b^*,\ \ \operatorname{ord}(ab)\\&= \operatorname{ord}a+\operatorname{ord}b\end{aligned}

$a\in M^m$ 、 $b\in M^n$ なら $ab\in M^{m+n}$ で、その $G_{m+n}$ での像が $a^*b^*$ だからです。 $a^*b^*=0$ のときは $ab\in M^{m+n+1}$ で、位数が上がります。

補題7 [1, 補題11.23, p.191; 3, 問題14.1, p.138–139]

$A$ を環、 $J$ を $\bigcap_{n\ge0}J^n=0$ をみたすイデアルとする。 $\operatorname{gr}_J(A)=\bigoplus_nJ^n/J^{n+1}$ が整域なら、 $A$ も整域である。

証明

0でない $a,b\in A$ をとる。 $\bigcap_nJ^n=0$ なので、 $a\in J^r\setminus J^{r+1}$ 、 $b\in J^s\setminus J^{s+1}$ となる $r,s$ がある。
$a,b$ の像 $\bar a\in J^r/J^{r+1}$ 、 $\bar b\in J^s/J^{s+1}$ は0でない。 $\operatorname{gr}_J(A)$ は整域なので $\bar a\bar b\neq0$ 。
$\bar a\bar b$ は $ab$ の $J^{r+s}/J^{r+s+1}$ での像なので、 $ab\notin J^{r+s+1}$ 、とくに $ab\neq0$ 。

定理8 正則局所環は整域 [1, 11.3節, p.191; 2, 系7.17, p.131; 3, 定理14.3, p.127–128]

正則局所環は整域である。さらに、0でない $a,b$ について $\operatorname{ord}(ab)=\operatorname{ord}a+\operatorname{ord}b$ 、 $(ab)^*=a^*b^*$ である。

証明

定理4から $\operatorname{gr}_M(A)\cong k[X_1,\dots,X_d]$ で、これは整域。クルルの交叉定理 [1, 系10.20, p.171] から $\bigcap_nM^n=0$ 。
補題7を $J=M$ で使えば $A$ は整域。補題の証明から $a^*b^*\neq0$ なので、位数と初項形式の式も成り立つ。

図形の言葉では、正則な点では、2つの関数の積の「消え方の次数」が、それぞれの次数の和になります。 $k[x,y]_{(x,y)}$ で $a=y^2-x^3$ 、 $b=x-y^2$ なら、 $\operatorname{ord}a=2$ 、 $\operatorname{ord}b=1$ で、積 $ab=xy^2-y^4-x^4+x^3y^2$ の位数は3、初項形式は $xy^2=y^2\cdot x$ です（後の図4）。

逆は成り立たず、整域でも随伴次数環が整域とは限りません。 $A=k[[x,y]]/(y^2-x^3)$ は整域ですが、 $\operatorname{gr}_M(A)\cong k[X,Y]/(Y^2)$ では $Y\neq0$ 、 $Y^2=0$ です[3, 問題14.1, p.139]。尖点の局所環も同じで、 $y$ の位数は1なのに $y^2=x^3$ の位数は3になり、位数の和の式が崩れます。

もう少し詳しく松村の証明：次元についての帰納法

松村は、随伴次数環を使わずに、次元についての帰納法で証明しています[3, 定理14.3, p.127–128]。 $d=0$ なら $M=0$ で $A$ は体です。

$d=1$ なら $M=xA$ で、 $\operatorname{ht}M=1$ なので $M$ に真に含まれる素イデアル $P$ があります。 $y\in P$ を $y=xa$ と書くと、 $x\notin P$ から $a\in P$ で、 $P=xP$ となります。中山の補題から $P=0$ で、 $A$ は整域です。

$d\ge2$ なら、素イデアル回避で、 $M^2$ にも極小素イデアル $P_1,\dots,P_r$ にも入らない $x\in M$ をとります。後の命題14から $A/xA$ は $d-1$ 次元の正則局所環で、帰納法の仮定から整域です。 $xA$ に含まれる極小素イデアル $P_1$ について、 $d=1$ と同じ議論で $P_1=xP_1$ 、したがって $P_1=0$ となります。

位数と初項形式を使うと、正則局所環を1つの元で割った環の随伴次数環も計算できます。

命題9 超曲面の随伴次数環 [3, 問題14.2, 問題14.3, 問題14.5, p.139]

$(A,M,k)$ を $d$ 次元の正則局所環、 $G=\operatorname{gr}_M(A)\cong k[X_1,\dots,X_d]$ 、 $f\in M$ を0でない元、 $e=\operatorname{ord}f$ とし、 $\bar A=A/fA$ 、 $\bar M=M/fA$ とおく。

(1)　 $n\ge e$ なら $fA\cap M^n=fM^{n-e}$ 。
(2)　 $\operatorname{gr}_{\bar M}(\bar A)\cong G/f^*G$ 。
(3)　 $n\ge e$ なら $\ell(\bar A/\bar M^n)=\binom{n+d-1}{d}-\binom{n-e+d-1}{d}$ 。これは $n$ の $d-1$ 次式で、最高次の係数は $e/(d-1)!$ である。

証明

(1) $fg\in M^n$ なら、定理8から $\operatorname{ord}g=\operatorname{ord}(fg)-e\ge n-e$ で、 $g\in M^{n-e}$ 。逆の包含は明らか。
(2) $\bar M^n/\bar M^{n+1}=(M^n+fA)/(M^{n+1}+fA)\cong M^n/(M^{n+1}+fA\cap M^n)$ 。(1) からこれは $G_n/f^*G_{n-e}$ 。

第2同型定理から $(M^n+fA)/(M^{n+1}+fA)\cong M^n/\bigl(M^n\cap(M^{n+1}+fA)\bigr)$ で、 $M^{n+1}\subseteq M^n$ なので $M^n\cap(M^{n+1}+fA)=M^{n+1}+(M^n\cap fA)$ 。

(1) から $M^n\cap fA=fM^{n-e}$ で、その $G_n=M^n/M^{n+1}$ での像は $f^*G_{n-e}$ である（ $g\in M^{n-e}$ について $fg$ の像は $f^*\bar g$ ）。 $n\lt e$ なら $fA\subseteq M^e\subseteq M^{n+1}$ なので $G_n$ そのもので、 $G_{n-e}=0$ と約束すれば同じ式になる。積も代表元の積で両立する。
(3) (2) から $\dim_k\bar M^i/\bar M^{i+1}=\binom{i+d-1}{d-1}-\binom{i-e+d-1}{d-1}$ で、 $i\lt n$ で足せばよい。

$f^*$ を掛ける写像 $G_{i-e}\to G_i$ は単射（ $G$ は整域）なので、 $f^*G_{i-e}$ の次元は $\binom{i-e+d-1}{d-1}$ 。和の公式は定理4の証明と同じで、2つ目の和は $i\ge e$ の項だけが残り $\binom{n-e+d-1}{d}$ になる。

最高次の係数： $\binom{n+d-1}{d}=\frac{n^d}{d!}+\frac{(d-1)n^{d-1}}{2(d-1)!}+\cdots$ で、 $n$ を $n-e$ にずらすと $n^{d-1}$ の係数は $e\cdot d/d!=e/(d-1)!$ だけ変わる。

(2) は「 $f=0$ で切った図形の接錐は、 $f$ の最低次の部分 $f^*=0$ で切ったもの」と読めます。平面（ $d=2$ ）の曲線では、(3) は $\ell(\bar A/\bar M^n)=en-e(e-1)/2$ で、重複度 $e$ の点についての第6回の例29と一致します。結節点・尖点では $e=2$ で、 $2n-1$ です。

(3) の最高次の係数に $(d-1)!$ を掛けた数を、 $\bar A$ の重複度と呼びます[3, §14, p.129]。正則局所環を1つの元 $f$ で割った環では、重複度が $f$ の位数 $e$ に等しい、というのが松村の問題14.5 です。重複度そのものは、この連載では扱いません。

0\to f^*G_{n-e}\to G_n\to\bar M^n/\bar M^{n+1}\to0

\begin{aligned}0 &\to f^*G_{n-e}\\&\to G_n\\&\to \bar M^n/\bar M^{n+1}\\&\to 0\end{aligned}

完全列の真ん中が $n$ 次の斉次式、左が $f^*$ の倍元、右が $\bar A$ の段です。結節点なら $f^*=y^2-x^2$ で、 $n\ge1$ の各段は $(n+1)-(n-1)=2$ 次元です。

(2) の仮定「 $f$ が1個の元」は外せません。イデアル $I=(a_1,\dots,a_r)$ の元の初項形式全体が生成するイデアル $I^*$ は、生成元の初項形式 $(a_1^*,\dots,a_r^*)$ より大きくなることがあります[3, 問題14.3, p.139]。 $A=k[x,y]_{(x,y)}$ 、 $I=(y,\ y-x^2)$ なら $y^*=(y-x^2)^*=y$ ですが、 $I=(x^2,y)$ なので $I^*\ni x^2$ で、 $I^*=(x^2,y)\neq(y)$ です。

0次元と1次元の正則局所環

次元が小さい正則局所環は、よく知っている環になります。1次元では、代数幾何の連載の第10回で使った離散付値環です。

おさらい離散付値環

体 $K$ の離散付値は、全射 $v\colon K^\times\to\mathbb{Z}$ で $v(xy)=v(x)+v(y)$ 、 $v(x+y)\ge\min(v(x),v(y))$ をみたすものです。 $\{v\ge0\}$ を付値環と呼び、ある離散付値の付値環になっている整域を離散付値環と呼びました（図で読む代数幾何第10回の定義1）。

離散付値環は局所環で、 $v(t)=1$ となる素元 $t$ で $M=(t)$ と書け、0でないイデアルは $M^n=(t^n)$ だけです（図で読む代数幾何第10回の命題2）。イデアルは1本の鎖に並び、素イデアルは $(0)$ と $M$ の2つです。

A\supsetneq M=(t)\supsetneq M^2=(t^2)\supsetneq M^3=(t^3)\supsetneq\cdots\supsetneq(0)

\begin{aligned}A\supsetneq M &= (t)\supsetneq M^2\\&= (t^2)\supsetneq M^3\\&= (t^3)\supsetneq\cdots\supsetneq(0)\end{aligned}

次元1のネーター局所整域では、離散付値環であること、 $M$ が単項であること、 $\dim_kM/M^2=1$ であることは同値でした（図で読む代数幾何第10回の定理4）。例は $\mathbb{Z}_{(p)}$ と $k[t]_{(t-a)}$ で、 $\mathbb{Z}_{(5)}$ では $v_5(75/2)=2$ です。

おさらい整な元と整閉整域

環 $A\subseteq B$ で、 $x\in B$ が $A$ 上整であるとは、 $x^m+a_1x^{m-1}+\cdots+a_m=0$ （ $a_i\in A$ ）をみたすことでした（第2回の定義2）。これは「 $A[x]$ が有限生成 $A$ 加群」とも、「 $A$ 加群として有限生成な忠実 $A[x]$ 加群がある」とも同値です（第2回の命題4）。

整域 $A$ は、商体の元で $A$ 上整なものがすべて $A$ に入るとき、整閉整域（正規）でした（第2回の定義17）。一意分解整域、とくに体上の多項式環は整閉です[1, 5.3節, p.95]。

尖点の環 $k[t^2,t^3]$ は整閉ではありません。商体の元 $t=t^3/t^2$ が $T^2-t^2=0$ をみたしますが、 $t\notin k[t^2,t^3]$ です。整閉性は局所化で保たれ、すべての極大イデアルで局所化して確かめられます[1, 命題5.12, p.95; 1, 命題5.13, p.96]。

命題10 低次元の正則局所環 [1, 命題9.2, p.147–148; 1, 11.3節, p.191; 2, 例7.18, p.131; 4, 例5.48, p.135; 3, 定理11.2, p.96–97]

$(A,M,k)$ をネーター局所環とする。

(1)　 $\dim A=0$ のとき、 $A$ が正則であることと、 $A$ が体であることは同値である。
(2)　 $\dim A=1$ のとき、次の4つは同値である。
　(i) $A$ は正則局所環。(ii) $A$ は離散付値環。(iii) $A$ は整閉整域。(iv) $A$ は整域で、0でないイデアルはすべて $M$ のべき。
(3)　 $\dim A\ge2$ では、整閉整域でも正則とは限らない（例11）。

証明

(1) $\dim A=0$ なので、正則とは $M/M^2=0$ のこと。中山の補題から、これは $M=0$ 、つまり $A$ が体であることと同値。
(2)(i)⇒(ii)：定理8から $A$ は整域で、 $\dim_kM/M^2=1$ 。図で読む代数幾何第10回の定理4から離散付値環。
(ii)⇒(iii)：商体の元 $x$ が $A$ 上整で $v(x)\lt0$ なら、整な式の $x^m$ の項だけが $v$ が最小になり、和が0になれない。よって $v(x)\ge0$ 、 $x\in A$ 。

$x^m=-(a_1x^{m-1}+\cdots+a_m)$ と書く。 $v(a_i)\ge0$ で $v(x)\lt0$ なので、右辺の各項 $a_ix^{m-i}$ の $v$ は $(m-i)v(x)\ge(m-1)v(x)$ 以上で、和の $v$ も $(m-1)v(x)$ 以上である。一方、左辺は $v(x^m)=mv(x)\lt(m-1)v(x)$ で、両辺の $v$ が一致しない。
(iii)⇒(i)：0でない $a\in M$ について $M^n\subseteq aA$ 、 $M^{n-1}\not\subseteq aA$ となる $n\ge1$ をとり、 $b\in M^{n-1}\setminus aA$ 、 $x=a/b$ とおく。 $x^{-1}M=A$ を示せば $M=xA$ で、 $A$ は正則。
1. $n$ がとれること： $A$ は1次元の局所整域なので、素イデアルは $(0)$ と $M$ だけで、 $aA$ を含む素イデアルは $M$ だけ。よって $aA$ は $M$ 準素で、あるべき $M^n$ を含む（第7回の補題1）。 $aA\neq A$ なので $n\ge1$ 。
2. $x^{-1}M\subseteq A$ ： $bM\subseteq M^n\subseteq aA$ なので $(b/a)M\subseteq A$ 。
3. $x^{-1}M\not\subseteq M$ ：もし $x^{-1}M\subseteq M$ なら、 $M$ は $A[x^{-1}]$ 加群で、商体の中の0でない加群なので忠実、 $A$ 加群として有限生成。第2回の命題4(4) から $x^{-1}$ は $A$ 上整で、 $A$ は整閉なので $x^{-1}=b/a\in A$ 、つまり $b\in aA$ となり矛盾。
4. $x^{-1}M$ は $M$ に含まれない $A$ のイデアルなので $A$ に等しい。とくに $x^{-1}m=1$ となる $m\in M$ があり $x=m\in A$ で、 $M=xA$ 。 $M$ が1個で生成されるので $\dim_kM/M^2\le1=\dim A$ で、正則。
(ii)⇒(iv) は図で読む代数幾何第10回の命題2(3)。(iv)⇒(i)： $t\in M\setminus M^2$ をとると $tA=M^m$ となる $m$ があり、 $t\notin M^2$ から $m=1$ 。よって $M=tA$ で正則。

$M\neq M^2$ は中山の補題から（ $M=0$ なら次元0）。 $tA$ は0でないイデアルなので仮定から $M$ のべき $M^m$ で、 $m\ge2$ なら $t\in M^2$ となる。 $m=0$ なら $t$ は単元で $t\in M$ に反する。

(2) から、1次元の正則局所環は、離散付値環の別名です。(iii)⇒(i) で $x=a/b$ が $M$ の生成元になる仕組みを、 $A=k[t]_{(t)}$ 、 $a=t^3$ で見ます。 $M^3\subseteq(t^3)$ 、 $M^2\not\subseteq(t^3)$ なので $n=3$ 、 $b=t^2$ で、 $x=t^3/t^2=t$ です。

正則でない1次元の局所環では、(iii) と (iv) が壊れます。尖点の局所環 $k[t^2,t^3]_{(t^2,t^3)}$ （ $x=t^2$ 、 $y=t^3$ ）では、 $y/x=t$ が $(y/x)^2=x$ をみたして整なのに、環に入りません（図で読む代数幾何第10回の例21(1)）。0でないイデアル $(t^2)$ も $M=(t^2,t^3)$ のべきではありません（ $M^2=(t^4,t^5,t^6)\subsetneq(t^2)\subsetneq M$ ）[2, 例7.20, p.132]。

結節点 $y^2=x^2(x+1)$ でも、 $y/x$ は $(y/x)^2=x+1$ をみたして整です。しかし原点を通る2本の枝で値が $1$ と $-1$ に分かれるので、原点の局所環には入りません。

(1)(2) は、Spec の形でも読めます。0次元の正則局所環 $k$ は1点、1次元の正則局所環（離散付値環） $A$ は閉点 $M$ とその上の生成点 $(0)$ の2点です。

\operatorname{Spec}k=\{(0)\}\qquad \operatorname{Spec}A=\{(0)\subsetneq M\}

\begin{gathered}\operatorname{Spec}k=\{(0)\}\\\operatorname{Spec}A=\{(0)\subsetneq M\}\end{gathered}

\begin{aligned}\operatorname{Spec}k &= \{(0)\}\\[4pt]\operatorname{Spec}A &= \{(0)\subsetneq M\}\end{aligned}

2次元以上では、整閉でも正則とは限りません。代表的な例は、図2の円錐の頂点です。

例11 正則でない整閉整域

$k$ を体、 $S=k[x,y,z]$ 、 $N=(x,y,z)$ とし、 $A=S_N/(xz-y^2)$ とする。 $A$ は2次元の整閉な局所整域で、 $\dim_kM/M^2=3$ なので正則でない。

$k$ の標数が2でないとき、 $X=z-y$ 、 $Y=x$ 、 $Z=z+y$ と変数を取り替えると $z^2-x^2-y^2=XZ-Y^2$ なので、図2の円錐の頂点の局所環はこの $A$ と同型である。

証明

$S/(xz-y^2)$ は $R=k[s^2,st,t^2]\subseteq k[s,t]$ と同型である（ $x\mapsto s^2$ 、 $y\mapsto st$ 、 $z\mapsto t^2$ ）。

全射であることは明らか。核が $(xz-y^2)$ であることを示す。 $y^2=xz$ を使うと、 $S$ の元は $(xz-y^2)$ を法として $a(x,z)+y\,b(x,z)$ （ $a,b\in k[x,z]$ ）と書ける。

その像 $a(s^2,t^2)+st\,b(s^2,t^2)$ で、前の項の単項式は $s^{2i}t^{2j}$ 、後の項は $s^{2i+1}t^{2j+1}$ の形で、互いに違う単項式である。像が0なら $a=b=0$ なので、核は $(xz-y^2)$ である。
$R$ は、 $k[s,t]$ の元のうち偶数次の単項式だけでできたものの全体である。

$s^at^b$ （ $a+b$ が偶数、 $a\le b$ ）は $(st)^a(t^2)^{(b-a)/2}$ と書け、 $a\gt b$ でも同様。逆に $s^2,st,t^2$ は偶数次なので、その積と和も偶数次の単項式の和である。
$R$ は整閉。商体の元 $\alpha$ が $R$ 上整なら $k[s,t]$ 上整なので $\alpha\in k[s,t]$ 。 $\alpha=g/h$ （ $g,h\in R$ ）を偶数次と奇数次の部分に分けると、奇数次の部分は0になる。

$k[s,t]$ は一意分解整域なので整閉である。

$\alpha=\alpha_0+\alpha_1$ （ $\alpha_0$ は偶数次の単項式の和、 $\alpha_1$ は奇数次の単項式の和）と書くと、 $h\alpha=g$ から $h\alpha_0+h\alpha_1=g$ 。 $h$ は偶数次の単項式の和なので、 $h\alpha_0$ は偶数次、 $h\alpha_1$ は奇数次の単項式の和で、右辺 $g$ は偶数次の単項式の和である。よって $h\alpha_1=0$ 、 $\alpha_1=0$ で、 $\alpha=\alpha_0\in R$ 。
整閉性は局所化で保たれるので [1, 命題5.12, p.95]、 $A$ は整閉な局所整域。
$\dim A=2$ 。 $R\subseteq k[s,t]$ は整拡大（ $s,t$ は $T^2-s^2$ 、 $T^2-t^2$ の根）なので $\dim R=2$ で（第2回の系13）、極大イデアル $(s^2,st,t^2)$ での局所化も2次元（第4回の系18）。
$xz-y^2\in N^2$ なので $M/M^2\cong N/N^2$ は3次元で、 $3\gt2$ 。

標数が2でないとき、変数の取り替えは $z=(X+Z)/2$ 、 $y=(Z-X)/2$ 、 $x=Y$ で逆に戻せます。 $z^2-y^2=(z-y)(z+y)=XZ$ なので、 $z^2-x^2-y^2=XZ-Y^2$ です。

円錐の頂点は、曲線の結節点や尖点とは違って、整閉性では特異点だと見分けられません。2次元以上では、正則性は整閉性より強い条件です。

完備化しても正則のまま

おさらい完備化と次元

ネーター局所環 $(A,M)$ の完備化 $\hat A=\varprojlim A/M^n$ は、極大イデアル $\hat M=M\hat A$ のネーター局所環で、 $n$ 段目までの情報は変わりません[1, 命題10.15, p.169; 1, 命題10.16, p.170]。

\begin{CD} A @>>> \hat A \\ @VVV @VVV \\ A/M^n @>{\cong}>> \hat A/\hat M^n \end{CD}

そのため $\ell(A/M^n)=\ell(\hat A/\hat M^n)$ で、次元定理から $\dim\hat A=\dim A$ でした（第7回の系15）。随伴次数環も変わりません（ $\operatorname{gr}_M(A)\cong\operatorname{gr}_{\hat M}(\hat A)$ ）[1, 命題10.22, p.172–173]。

例えば $\widehat{k[x]_{(x)}}=k[[x]]$ 、 $\widehat{\mathbb{Z}_{(p)}}=\mathbb{Z}_p$ （ $p$ 進整数環）です。結節点の局所環は整域ですが、完備化は2つの枝に分かれて整域でなくなりました（第7回の例16）。

命題12 完備化と正則性 [1, 命題11.24, p.191; 2, 系7.16, p.131]

ネーター局所環 $A$ が正則であることと、その完備化 $\hat A$ が正則であることは同値である。とくに、正則局所環の完備化は整域である。

証明

$\hat A$ はネーター局所環で、 $\dim\hat A=\dim A$ （第7回の系15）。
$A/M^2\cong\hat A/\hat M^2$ と $A/M\cong\hat A/\hat M$ から、 $M/M^2\cong\hat M/\hat M^2$ 。よって埋め込み次元も等しい。

下の図式で、縦の矢印は同型で、2つの行は完全である。左の縦の矢印も同型になる。剰余体はどちらも $k$ で、 $k$ 上の次元が等しい。
${}\begin{gathered}0\\ \vphantom{\mathllap{\Big\downarrow}}\\ 0\vphantom{\mathllap{\hat M}}\end{gathered}\begin{gathered}\mkern2mu{\to}\mkern2mu\\ \vphantom{\mathllap{\Big\downarrow}}\\ \mkern2mu{\to}\mkern2mu\vphantom{\mathllap{\hat M}}\end{gathered}\begin{gathered}M/M^2\\ \Big\downarrow\mathrlap{\cong}\\ \hat M/\hat M^2\end{gathered}\begin{gathered}\mkern2mu{\to}\mkern2mu\\ \vphantom{\mathllap{\Big\downarrow}}\\ \mkern2mu{\to}\mkern2mu\vphantom{\mathllap{\hat M}}\end{gathered}\begin{gathered}A/M^2\\ \Big\downarrow\mathrlap{\cong}\\ \hat A/\hat M^2\end{gathered}\begin{gathered}\mkern2mu{\to}\mkern2mu\\ \vphantom{\mathllap{\Big\downarrow}}\\ \mkern2mu{\to}\mkern2mu\vphantom{\mathllap{\hat M}}\end{gathered}\begin{gathered}A/M\\ \Big\downarrow\mathrlap{\cong}\\ \hat A/\hat M\end{gathered}\begin{gathered}\mkern2mu{\to}\mkern2mu\\ \vphantom{\mathllap{\Big\downarrow}}\\ \mkern2mu{\to}\mkern2mu\vphantom{\mathllap{\hat M}}\end{gathered}\begin{gathered}0\\ \vphantom{\mathllap{\Big\downarrow}}\\ 0\vphantom{\mathllap{\hat M}}\end{gathered}$
次元と埋め込み次元がどちらも変わらないので、正則性も変わらない。 $A$ が正則なら $\hat A$ も正則で、定理8から整域。

堀田は、随伴次数環が変わらないことと定理4(3) から、同じ結論を導いています。どちらの道でも、完備化が $A/M^n$ の情報を保つことが要です。

最後の主張は、図形の言葉では「非特異な点では、点のごく近くで見ても図形は1つの塊のまま」ということです。アティヤ・マクドナルドはこれを「非特異性 ⟹ 解析的既約性」と書いています[1, 11.3節注意1), p.191]。結節点では完備化が2つの枝に分かれるので、この命題からも、結節点は正則でないと分かります。

ドラッグで回せます

結節点の局所環 $A=k[x,y]_{(x,y)}/(y^2-x^2-x^3)$ の Spec です。床の灰色の線は原点を通る2本の枝で、生成点の閉包の場所を示す目印です。 $A$ は整域なので、生成点は $(0)$ の1つだけで、2本の枝の上に1つの雲（青）として広がっています。

完備化 $\hat A=k[[x,y]]/(y^2-x^2-x^3)$ では、 $u=\sqrt{1+x}$ を使って $y^2-x^2-x^3=(y-xu)(y+xu)$ と分解し、生成点が枝ごとに $(y-xu)$ （緑）と $(y+xu)$ （オレンジ）の2つに分かれます。 $\hat A$ は整域でないので、正則ではありません。「真横」から見ると段は2つのままで、 $\dim\hat A=1$ です。

放物線 $y=x^2$ の局所環は $k[x]_{(x)}$ と同型な正則局所環で、完備化 $k[[x]]$ も整域です。生成点は1つのままです。

図3具体例結節点

y^2=x^2+x^3

と放物線

y=x^2

の原点での局所環と、その完備化の Spec です。代数幾何の連載の第2回と同じ約束で、閉点（原点）を床に、曲線の生成点を高さ1に、閉包の上の雲として描いています。結節点の局所環

A

は整域で生成点は1つ（青）ですが、完備化

\hat A

では枝

y=\pm x\sqrt{1+x}

ごとに生成点が分かれて2つ（緑とオレンジ）になります。放物線の完備化

k[[x]]

では生成点は1つのままです。枝の点が式をみたすことは、生成時に確かめています。

Spec の写像 $\operatorname{Spec}\hat A\to\operatorname{Spec}A$ で、結節点の2つの生成点は $A$ の1つの生成点に移ります（第7回の例16の後の図式）。放物線では1対1のままです。

\begin{array}{ccc} \operatorname{Spec}\hat A=\{(y-xu),\ (y+xu),\ \hat M\} & \longrightarrow & \operatorname{Spec}A=\{(0),\ M\} \\[4pt] \operatorname{Spec}k[[x]]=\{(0),\ (x)\} & \xrightarrow{\ \cong\ } & \operatorname{Spec}k[x]_{(x)}=\{(0),\ (x)\} \end{array}

上の行が結節点の局所環 $A$ とその完備化、下の行が放物線の局所環（ $k[x]_{(x)}$ と同型）とその完備化です。 $u=\sqrt{1+x}\in k[[x]]$ です。

もう少し詳しく完備な正則局所環はべき級数環

$B$ を $d$ 次元の完備な正則局所環とし、 $B$ が体 $k$ を含んで、 $k\to B/M$ が同型だとします。このとき $B\cong k[[X_1,\dots,X_d]]$ です[2, 例7.22, p.132; 1, 11.3節注意2), p.192]。

$M=(x_1,\dots,x_d)$ とし、 $n-1$ 次以下の多項式 $F$ に $F(x_1,\dots,x_d)\bmod M^n$ を対応させます。定理4(3) から、これは $n-1$ 次以下の多項式の空間から $B/M^n$ への同型です。 $n$ について極限をとると、 $k[[X_1,\dots,X_d]]\cong\varprojlim B/M^n=B$ となります。

とくに、体 $k$ 上の $d$ 次元の多様体の非特異点の局所環は、完備化するとどれも $k[[X_1,\dots,X_d]]$ になります。堀田は、原点で収束するべき級数の環 $\mathbb{C}\{x_1,\dots,x_d\}$ も、完備化が $\mathbb{C}[[x_1,\dots,x_d]]$ であることから正則局所環になることを注意しています[2, §7.4, p.132]。

正則巴系：割っても正則のまま

正則局所環の $M$ を生成する $d$ 個の元には、名前が付いています。

おさらい巴系と、割ったときの次元

$d$ 次元のネーター局所環で、 $M$ 準素イデアルを生成する $d$ 個の元 $x_1,\dots,x_d$ を巴系と呼びました（第9回の定義1）。次元定理から、 $d$ 個より少ない元では $M$ 準素イデアルを生成できません。

巴系の一部で割ると、次元はちょうど個数だけ下がります（第9回の命題3）。

\dim A/(x_1,\dots,x_i)=d-i\qquad(0\le i\le d)

\begin{gathered}\dim A/(x_1,\dots,x_i)=d-i\\(0\le i\le d)\end{gathered}

\begin{aligned}\dim A/(x_1,\dots,x_i) &= d-i\\[4pt]&(0\le i\le d)\end{aligned}

$\le$ は、残りの $x_{i+1},\dots,x_d$ の像が剰余環の極大イデアルの準素イデアルを生成するからです。 $\ge$ は、剰余環の巴系 $e$ 個の代表と $x_1,\dots,x_i$ を合わせると $A$ の $M$ 準素イデアルを生成するので、 $d\le i+e$ となるからです。

定義13 正則巴系 [3, §14, p.126]

$d$ 次元の正則局所環 $(A,M,k)$ で、 $M$ を生成する $d$ 個の元 $x_1,\dots,x_d$ を、 $A$ の正則巴系と呼ぶ。像 $\bar x_1,\dots,\bar x_d$ が $M/M^2$ の基底になる $d$ 個の元と言っても同じである。

$M$ は $M$ 準素なので、正則巴系は巴系です。言い換えの部分は、中山の補題（像が $M/M^2$ を張れば $M$ を生成する）と、 $\dim_kM/M^2=d$ から分かります。

図形の言葉では、正則巴系は点のまわりの座標系です。 $k[x,y]_{(x,y)}$ なら $x,y$ のほか、 $x,\ y-x^2$ や $x+y,\ x-y$ （標数が2でないとき）も正則巴系です。

命題14 正則巴系の一部で割る [3, 定理14.2, p.127]

$(A,M,k)$ を $n$ 次元の正則局所環、 $x_1,\dots,x_i\in M$ とする。次の3つは同値である。

(1)　 $x_1,\dots,x_i$ は $A$ のある正則巴系の一部である。
(2)　 $x_1,\dots,x_i$ の $M/M^2$ での像は $k$ 上1次独立である。
(3)　 $A/(x_1,\dots,x_i)$ は $n-i$ 次元の正則局所環である。

証明

(1)⇒(2)：正則巴系 $x_1,\dots,x_n$ の像は $M/M^2$ （ $n$ 次元）を張るので基底で、その一部は1次独立。
(2)⇒(1)：像を $M/M^2$ の基底に延ばすように $x_{i+1},\dots,x_n\in M$ を選ぶと、中山の補題から $x_1,\dots,x_n$ は $M$ を生成し、正則巴系である。
(1)⇒(3)： $\bar A=A/(x_1,\dots,x_i)$ は $n-i$ 次元（第9回の命題3）で、その極大イデアルは $x_{i+1},\dots,x_n$ の像の $n-i$ 個で生成される。よって正則。
(3)⇒(1)： $\bar A$ の極大イデアルが $y_1,\dots,y_{n-i}\in M$ の像で生成されれば、 $M=(x_1,\dots,x_i,y_1,\dots,y_{n-i})$ 。 $n=\dim A$ 個で $M$ を生成するので、これは正則巴系である。

$M/(x_1,\dots,x_i)$ が $y_j$ の像で生成されるので、 $M$ の元は $\sum b_jy_j$ と $(x_1,\dots,x_i)$ の元の和に書ける。この向きでは $A$ が正則であることを使っていない。

(3)⇒(1) の証明は、 $A$ が正則だと仮定しなくても通ります[3, 定理14.2 注, p.127]。 $A/(x_1,\dots,x_i)$ が正則で、次元がちょうど $i$ だけ下がっていれば、 $A$ 自身も正則です。

正則巴系で1つずつ割っていくと、正則局所環の列ができます。下の行は次元です。

{}\begin{gathered}\begin{gathered}A\\ n\end{gathered}\begin{gathered}\mkern3mu{\longrightarrow}\mkern3mu\\ \vphantom{\mathllap{n}}\end{gathered}\begin{gathered}A/(x_1)\\ n-1\vphantom{\mathllap{n}}\end{gathered}\begin{gathered}\mkern3mu{\longrightarrow}\mkern3mu\\ \vphantom{\mathllap{n}}\end{gathered}\begin{gathered}A/(x_1,x_2)\\ n-2\vphantom{\mathllap{n}}\end{gathered}\\[8pt] \begin{gathered}\mkern3mu{\longrightarrow}\mkern3mu\\ \vphantom{\mathllap{n}}\end{gathered}\begin{gathered}\cdots\\ \cdots\vphantom{\mathllap{n}}\end{gathered}\begin{gathered}\mkern3mu{\longrightarrow}\mkern3mu\\ \vphantom{\mathllap{n}}\end{gathered}\begin{gathered}A/(x_1,\dots,x_n)=k\\ 0\vphantom{\mathllap{n}}\end{gathered}\end{gathered}

$i=1$ の場合を、元1つで割る形で書いておきます。

系15 1つの元で割る

$(A,M,k)$ を $n$ 次元の正則局所環、 $f\in M$ を0でない元とする。 $A/fA$ が正則局所環であることと、 $f\notin M^2$ は同値である。このとき $\dim A/fA=n-1$ 。

証明

$f\notin M^2$ なら、 $f$ の像は $M/M^2$ で0でなく1次独立なので、命題14の (2)⇒(3) から $A/fA$ は $n-1$ 次元の正則局所環。
$f\in M^2$ とする。 $A$ は整域（定理8）なので $f$ は非零因子で、 $\dim A/fA=n-1$ （第8回の命題16）。一方 $\bar M/\bar M^2=M/(M^2+fA)=M/M^2$ は $n$ 次元で、 $n\gt n-1$ なので正則でない。

非零因子 $x\in M$ で割ると次元がちょうど1下がることは、アティヤ・マクドナルドの系11.18 [1, 系11.18, p.189] である。 $\le n-1$ は第6回の命題27と次元定理から出る。 $\ge n-1$ は、 $A/fA$ の巴系 $e$ 個の代表と $f$ を合わせると $M$ 準素イデアルを生成するので $n\le e+1$ 、という議論（上のおさらいの $\ge$ と同じ）から出る。

例16 正則巴系で割る

(1)　 $A=k[x,y,z]_{(x,y,z)}$ 。 $f=z-x^2-y^2\notin M^2$ なので $A/fA$ （放物面）は2次元の正則局所環。さらに $y$ で割ると $A/(f,y)\cong k[x]_{(x)}$ （放物線 $z=x^2$ ）、 $x$ で割ると $k$ 。
(2)　同じ $A$ で $f=z^2-x^2-y^2\in M^2$ （円錐）は正則でない。 $f=xy$ （交わる2平面）も $M^2$ に入り、正則でない。
(3)　 $A=k[x,y]_{(x,y)}$ で $x^2$ は正則巴系の一部にならない。実際 $A/(x^2)$ は1次元で、 $\bar M/\bar M^2$ は $\bar x,\bar y$ の2次元。

(1) の割り算を、次元を添えて並べます。各段で割る元は、その段の環の $M\setminus M^2$ に入っています。

{}\begin{gathered}\begin{gathered}k[x,y,z]_{(x,y,z)}\\ 3\end{gathered}\begin{gathered}\mkern3mu{\xrightarrow{\ /(z-x^2-y^2)\ }}\mkern3mu\\ \vphantom{\mathllap{3}}\end{gathered}\begin{gathered}k[x,y]_{(x,y)}\\ 2\vphantom{\mathllap{3}}\end{gathered}\\[8pt] \begin{gathered}\mkern3mu{\xrightarrow{\ \ /y\ \ }}\mkern3mu\\ \vphantom{\mathllap{1}}\end{gathered}\begin{gathered}k[x]_{(x)}\\ 1\end{gathered}\begin{gathered}\mkern3mu{\xrightarrow{\ \ /x\ \ }}\mkern3mu\\ \vphantom{\mathllap{1}}\end{gathered}\begin{gathered}k\\ 0\vphantom{\mathllap{1}}\end{gathered}\end{gathered}

(3) の $A/(x^2)$ は、 $y$ 軸を2重に数えた「太った直線」です。図形としては直線と同じ1次元ですが、横方向の接ベクトルを覚えていて、接空間は2次元になります。

ヤコビ判定法

系15を多項式環の点 $k[x_1,\dots,x_n]_{M_p}$ で使うと、正則かどうかが偏微分で判定できます。代数幾何の連載の第6回で、多様体の非特異点として扱った内容を、環の言葉で言い直します。

おさらいヤコビ行列と

M/M^2

点 $p=(a_1,\dots,a_n)\in k^n$ と $M_p=(x_1-a_1,\dots,x_n-a_n)$ について、多項式 $g$ に $p$ での偏微分の組を対応させる写像 $\theta(g)=\bigl(\tfrac{\partial g}{\partial x_1}(p),\dots,\tfrac{\partial g}{\partial x_n}(p)\bigr)$ は、同型 $M_p/M_p^2\cong k^n$ を引き起こしました（図で読む代数幾何第6回の定理12の証明）。

$p$ を中心に展開すると、 $\theta(g)$ は1次の項の係数です。 $g(p)=0$ なら、 $g\in M_p^2$ と $\theta(g)=0$ は同値です。

\begin{aligned} g\ &\equiv\ g(p)+\sum_{j=1}^n\frac{\partial g}{\partial x_j}(p)\,(x_j-a_j)\\ &\qquad\pmod{M_p^2}\end{aligned}

多項式 $F_1,\dots,F_t$ の偏微分を並べた $t\times n$ 行列 $J(p)=\bigl(\partial F_i/\partial x_j(p)\bigr)$ がヤコビ行列で、その核が接空間 $T_pY$ でした（図で読む代数幾何第6回の定義6、図で読む代数幾何第6回の定義7）。例えば円 $x^2+y^2=1$ の点 $(3/5,4/5)$ では $J=(6/5\ \ 8/5)$ で、接線は $3x+4y=5$ です。

定理17 ヤコビ判定法 [1, 演習問題11.1, p.194; 2, 演習問題7.1, p.135; 5, 定理5.1, p.43–44]

$k$ を体、 $F_1,\dots,F_t\in k[x_1,\dots,x_n]$ 、 $I=(F_1,\dots,F_t)$ とし、 $p\in k^n$ を $F_1(p)=\cdots=F_t(p)=0$ となる点とする。 $A=\bigl(k[x_1,\dots,x_n]/I\bigr)_{M_p}$ とおき、 $J(p)$ を $F_1,\dots,F_t$ の $p$ でのヤコビ行列とする。

(1)　 $\dim_kM/M^2=n-\operatorname{rank}J(p)$ 。
(2)　 $A$ が正則であることと、 $\operatorname{rank}J(p)=n-\dim A$ は同値である。
(3)　（超曲面） $t=1$ 、 $F=F_1\neq0$ とする。 $\dim A=n-1$ で、 $A$ が正則であることと、ある $j$ で $\dfrac{\partial F}{\partial x_j}(p)\neq0$ となることは同値である。

証明

(1) $M/M^2\cong M_p/(I+M_p^2)$ で、同型 $\theta\colon M_p/M_p^2\cong k^n$ によって $(I+M_p^2)/M_p^2$ は $J(p)$ の行の張る空間 $\theta(I)$ に移る。よって次元は $n-\operatorname{rank}J(p)$ 。

証明は図で読む代数幾何第6回の定理12(1) と同じである。そこでは $I=I(Y)$ としたが、 $I$ が何であっても同じ計算が通る。 $g=\sum_ih_iF_i\in I$ なら、積の微分と $F_i(p)=0$ から $\theta(g)=\sum_ih_i(p)\theta(F_i)$ なので、 $\theta(I)$ は $\theta(F_1),\dots,\theta(F_t)$ 、つまり $J(p)$ の行で張られる。

$M/M^2\cong M_p/(I+M_p^2)$ は、局所化しても $k$ 上のベクトル空間 $\bar M_p/\bar M_p^2$ （ $\bar M_p=M_p/I$ ）が変わらないことから出る。 $p$ で0にならない多項式 $s$ は、この空間に0でない定数 $s(p)$ 倍として働き、もともと逆元をもつからである。
(2) は (1) と正則局所環の定義（定義1）から。
(3) $R=k[x_1,\dots,x_n]_{M_p}$ は $n$ 次元の正則局所環（例2）で、 $A=R/FR$ 。 $F$ は $R$ で0でないので、系15から $\dim A=n-1$ 、 $A$ が正則 $\iff F\notin M_p^2R$ 。

$F\neq0$ は多項式環の中で0でないということで、 $k[x_1,\dots,x_n]\subseteq R$ （整域の局所化）なので $R$ でも0でない。局所化と剰余は交換するので $A=R/FR$ である。
$F(p)=0$ なので、 $F\notin M_p^2$ は $\theta(F)\neq0$ 、つまり偏微分のどれかが $p$ で0でないことと同値。

$R$ の極大イデアルを $M_pR$ と書く。 $M_p/M_p^2\to M_pR/M_p^2R$ は同型である（ $k$ 上のベクトル空間は、局所化しても変わらない。(1) のステップと同じ理由）。よって $F\in M_p^2R\iff F\in M_p^2$ で、上のおさらいの展開式から、これは $\theta(F)=0$ と同値である。

(1) の中身は、次の短い完全列です。真ん中の $k^n$ は $M_p/M_p^2$ を $\theta$ で同一視したもので、左が $J(p)$ の行の張る空間、右が $A$ の余接空間 $M/M^2$ です。

\begin{gathered} 0\longrightarrow\theta(I)\longrightarrow k^n\longrightarrow M/M^2\longrightarrow0\\ \operatorname{rank}J(p)+\dim_kM/M^2=n\end{gathered}

\begin{aligned}0 &\longrightarrow \theta(I)\\&\longrightarrow k^n\\&\longrightarrow M/M^2\\&\longrightarrow 0\\[4pt]\operatorname{rank}J(p)+\dim_kM/M^2 &= n\end{aligned}

アティヤ・マクドナルドと堀田は、 $k$ を代数閉体、 $F$ を既約多項式として問題にしています。その仮定は、 $A$ を多様体 $F=0$ の点の局所環とみなすためのものです。環の主張としては、上のように任意の体と、 $p\in k^n$ の点（有理点）で成り立ちます。

(1) で $I$ を $I(Y)$ に限らないことにも意味があります。代数幾何の連載では、 $x$ 軸を $V(y^2)$ と書くとすべての点が特異点に見えるので、 $I(Y)$ の生成元を使うと注意しました。

環 $k[x,y]/(y^2)$ で考えると、どの点でも $\dim A=1$ 、 $\dim_kM/M^2=2-0=2$ で、実際に正則ではありません。これは2重の直線の環で、図形としては直線でも、環としては「太った」直線だからです。

例18 ヤコビ判定法で特異点を探す [2, 演習問題7.2, p.135–136]

$k$ を代数閉体とし、標数は2でないとする。

(1)　 $f\in k[x]$ について、平面曲線 $y^2=f(x)$ が特異点をもつことと、 $f$ が重根をもつことは同値である。特異点は $(c,0)$ （ $c$ は $f$ の重根）である。
(2)　 $y^2=x^3-x$ は特異点をもたない。 $y^2=x^3-3x+2=(x-1)^2(x+2)$ は $(1,0)$ だけに特異点をもち、 $y^2=x^3$ は $(0,0)$ だけに特異点をもつ。
(3)　放物面 $z=x^2+y^2$ は特異点をもたず、円錐 $z^2=x^2+y^2$ の特異点は原点だけである。

証明

(1) $F=y^2-f(x)$ の偏微分は $(-f'(x),\ 2y)$ 。曲線上で両方が0になるのは、 $y=0$ 、 $f(c)=0$ 、 $f'(c)=0$ となる点 $(c,0)$ で、これは $c$ が $f$ の重根であることと同じ。

標数が2でないので $2y=0\iff y=0$ 。曲線上なので $f(c)=y^2=0$ 。 $f(c)=f'(c)=0$ は $c$ が重根であることと同値である。各点の局所環は1次元で（定理の (3)）、正則でないことと偏微分が全部0であることが同値になる。
(2) $x^3-x=x(x-1)(x+1)$ の根 $0,\pm1$ は相異なる（ $f'(0)=-1$ 、 $f'(\pm1)=2$ ）。 $(x-1)^2(x+2)$ の重根は $1$ だけ。 $x^3$ の重根は $0$ 。
(3) $z-x^2-y^2$ の偏微分は $(-2x,-2y,1)$ で、どこでも0でない。 $z^2-x^2-y^2$ の偏微分 $(-2x,-2y,2z)$ が0になるのは原点だけ。

(2) の $y^2=(x-1)^2(x+2)$ は、点 $(1,0)$ に平行移動すると $Y^2=X^2(X+3)$ で、結節点 $y^2=x^2(x+1)$ と同じ形の特異点です。 $y^2=x^3-x$ は楕円曲線で、どの点の局所環も離散付値環です（図で読む代数幾何第10回の定理5）。

「有理点」という仮定は外せません。 $p\in k^n$ でない点、つまり剰余体が $k$ より大きい極大イデアルでは、偏微分が正則性を正しく判定しないことがあります。

例19 有理点でない点

$p$ を素数、 $k=\mathbb{F}_p(t)$ （ $t$ は変数）とし、 $F=x^p-t\in k[x]$ とする。 $A=k[x]/(F)$ は体で、したがって0次元の正則局所環だが、 $F'=px^{p-1}=0$ なので、偏微分はどの点でも0である。

証明

$x^p-t$ は $k[x]$ で既約なので、 $(F)$ は極大イデアルで、 $A$ は体 $k(t^{1/p})$ 。

$k$ の代数閉包の中で $x^p-t=(x-t^{1/p})^p$ と分解するので、 $k$ 上の因子は $(x-t^{1/p})^m$ （ $0\lt m\lt p$ ）の形になる。その定数項 $\pm t^{m/p}$ は $k=\mathbb{F}_p(t)$ に入らないので、 $F$ は既約である。
$A$ は体なので $M=0$ で、 $\dim_kM/M^2=0=\dim A$ 。一方 $F'=px^{p-1}=0$ 。

この例の極大イデアル $(F)$ は $k$ の点 $x=c$ （ $c\in k$ ）ではなく、 $F$ は $k$ に根をもちません。体の拡大 $k(t^{1/p})/k$ が分離拡大でないことが原因で、有理点でない点での判定法には、この分離性の議論が加わります。この連載では有理点の場合だけを扱います。

正則局所環は整閉

1次元の正則局所環は離散付値環で、整閉でした。実は、どの次元の正則局所環も整閉です。アティヤ・マクドナルドは「随伴次数環が整閉整域なら $A$ も整閉」という事実を引いて証明なしで述べているので[1, 11.3節, p.191]、ここではその事実を、位数を使って証明します。

補題20 随伴次数環が整閉なら整閉

$(A,M,k)$ をネーター局所環、 $G=\operatorname{gr}_M(A)$ とする。 $G$ が整閉整域なら、 $A$ も整閉整域である。

証明

$A$ は整域である（補題7とクルルの交叉定理）。商体の元 $x=a/b$ （ $a,b\in A$ 、 $b\neq0$ ）が $A$ 上整だとして、 $a\in bA$ を示す。
主張： $a/b$ が $A$ 上整で、 $a\neq0$ 、 $\operatorname{ord}a=n$ 、 $\operatorname{ord}b=s$ なら、 $a\in bA+M^{n+1}$ 。この主張は後のステップで示し、先に結論を出す。
主張から、すべての $n$ で $a\in bA+M^n$ となる。クルルの交叉定理 $\bigcap_n(bA+M^n)=bA$ から $a\in bA$ 、つまり $x\in A$ 。

$n$ についての帰納法で示す。 $n=0$ は明らか。 $a=bc+r$ （ $c\in A$ 、 $r\in M^n$ ）とする。

$r\in M^{n+1}$ なら終わり。そうでなければ $\operatorname{ord}r=n$ で、 $r/b=x-c$ も $A$ 上整（ $A[x-c]=A[x]$ は有限生成 $A$ 加群）。主張を $r/b$ に使うと $r\in bA+M^{n+1}$ で、 $a\in bA+M^{n+1}$ 。

$\bigcap_n(bA+M^n)=bA$ は、クルルの交叉定理を有限生成加群 $A/bA$ に使ったもの [1, 系10.20, p.171]。
主張の証明： $x=a/b$ が整なので、ある $e\in A\setminus\{0\}$ で、すべての $m\ge1$ について $ea^m\in b^mA$ となる。 $ea^m=b^mc_m$ の初項形式をとると、 $G$ の商体で $\xi=a^*/b^*$ は $e^*\xi^m=c_m^*\in G$ をみたす。

$A[x]$ は $1,x,\dots,x^{r-1}$ で生成される有限生成 $A$ 加群なので、 $x^m$ はこれらの $A$ 係数の和で、 $e=b^{r-1}$ を掛ければ $ex^m\in A$ 。よって $ea^m=b^mc_m$ （ $c_m\in A$ ）。

$G$ は整域なので、0でない元の積の初項形式は初項形式の積である（定義6の後の式）。よって $e^*(a^*)^m=(b^*)^mc_m^*$ 。 $G$ の商体で割れば $e^*\xi^m=c_m^*$ 。
$G[\xi]\subseteq(e^*)^{-1}G$ は有限生成 $G$ 加群の部分加群で、 $G$ はネーター環なので有限生成。よって $\xi$ は $G$ 上整で、 $G$ は整閉なので $\xi\in G$ 。

$G$ は $k$ 上有限個の元で生成されるのでネーター環である[1, 命題10.22, p.172–173]。 $G[\xi]$ が有限生成 $G$ 加群なら、 $\xi$ は $G$ 上整である（第2回の命題4(2)）。
$b^*\xi=a^*$ は $n$ 次、 $b^*$ は $s$ 次の斉次元なので、 $\xi$ は $n-s$ 次の斉次元（ $n\ge s$ ）。 $\xi$ を $g\in M^{n-s}$ の像として持ち上げると、 $a-bg\in M^{n+1}$ 。

$\xi$ を斉次部分 $\xi_j$ の和に分けると、 $b^*\xi_j$ は $s+j$ 次で、 $G$ は整域なので $\xi_j\neq0$ なら $b^*\xi_j\neq0$ 。 $a^*$ は $n$ 次なので、 $j=n-s$ 以外の $\xi_j$ は0である。

$bg\in M^n$ の $G_n$ での像は $b^*\xi=a^*$ なので、 $a-bg\in M^n$ の像は0、つまり $a-bg\in M^{n+1}$ 。

命題21 正則局所環は整閉 [1, 11.3節, p.191; 4, 定理5.49, p.135–136; 3, 定理19.4, p.190]

正則局所環は整閉整域である。

証明

定理4から $\operatorname{gr}_M(A)\cong k[X_1,\dots,X_d]$ 。多項式環は一意分解整域なので整閉整域 [1, 5.3節, p.95]。
補題20から $A$ は整閉整域。

補題の証明は、「 $a\in bA$ かどうか」を $M^n$ を法として1段ずつ確かめ、最後にクルルの交叉定理でつなぐ形です。

a\in bA+M^1\ \Longrightarrow\ a\in bA+M^2\ \Longrightarrow\ \cdots\ \Longrightarrow\ a\in\bigcap_n(bA+M^n)=bA

\begin{aligned}a\in bA+M^1 &\Longrightarrow a\in bA+M^2\\&\Longrightarrow \cdots\\&\Longrightarrow a\in\bigcap_n(bA+M^n)\\&= bA\end{aligned}

各段では、 $a/b$ の「最低次の部分」 $a^*/b^*$ が随伴次数環の中で整になり、随伴次数環が整閉なのでその中に入る、という議論を使っています。

松村は、正規性の判定法（高さ1の素イデアルでの局所化が離散付値環で、単項イデアルの素因子の高さがすべて1）を、セールの定理とコーエン–マコーレー性で確かめています[3, 定理19.4, p.190]。後藤・渡辺も、ホモロジー代数を使った定理5.49 の中で述べています。ここでの証明は、随伴次数環だけで済む初等的なものです。

例22 接錐が整閉なら整閉

$k$ を体、 $R=k[x,y,z]_{(x,y,z)}$ 、 $f=xz-y^2+z^3$ 、 $A=R/fR$ とする。 $\operatorname{gr}_M(A)\cong k[X,Y,Z]/(XZ-Y^2)$ は整閉整域なので、 $A$ は整閉整域である。 $A$ は2次元で $\dim_kM/M^2=3$ なので、正則ではない。

証明

$\operatorname{ord}f=2$ 、 $f^*=XZ-Y^2$ で、命題9(2) から $\operatorname{gr}_M(A)\cong k[X,Y,Z]/(XZ-Y^2)$ 。
この環は例11の $k[s^2,st,t^2]$ と同型で、整閉整域である。補題20から $A$ は整閉整域。
次元は系15の証明と同じく $3-1=2$ 。 $f\in M^2$ なので埋め込み次元は3。

$A$ は円錐 $xz=y^2$ を3次の項 $z^3$ で少しゆがめた曲面の頂点です。接錐（随伴次数環）が円錐のままなので、整閉性はゆがめても保たれます。

位数は離散付値

正則局所環では、位数が積を和に変えることを見ました（定理8）。これを商体に延ばすと、離散付値になります。

命題23 位数付値 [3, 問題14.4, p.139]

$(A,M,k)$ を $d\ge1$ 次元の正則局所環、 $K$ をその商体とする。

(1)　 $v(a/b)=\operatorname{ord}a-\operatorname{ord}b$ （ $a,b\in A\setminus\{0\}$ ）は、 $K$ の離散付値として矛盾なく定まる。
(2)　 $v$ の付値環 $R$ は離散付値環で、 $A\subseteq R$ 、 $M_R\cap A=M$ （ $M_R$ は $R$ の極大イデアル）である。
(3)　 $x_1,\dots,x_d$ を正則巴系、 $B=A[x_2/x_1,\dots,x_d/x_1]\subseteq K$ 、 $P=x_1B$ とすると、 $P$ は $B$ の素イデアルで、 $R=B_P$ である。

証明

(1) $a/b=a'/b'$ なら $ab'=a'b$ で、定理8から $\operatorname{ord}a+\operatorname{ord}b'=\operatorname{ord}a'+\operatorname{ord}b$ 。よって $v$ は分数の表し方によらない。積を和に変えることも同じ式から分かる。
和については、分母をそろえて $A$ の元で示せばよい。 $a,b\in M^m$ （ $m=\min(\operatorname{ord}a,\operatorname{ord}b)$ ）なら $a+b\in M^m$ 。 $v(x_1)=1$ （ $x_1\notin M^2$ ）なので $v$ は全射。
(2) 離散付値の付値環なので $R$ は離散付値環（図で読む代数幾何第10回の定義1）。 $A$ の元は $v\ge0$ で、 $v(a)\gt0\iff a\in M$ 。
(3) まず $B=\bigcup_{n\ge0}\{\,c/x_1^n\mid c\in M^n\,\}$ 。よって $B\subseteq R$ 。

$B$ は $x_i/x_1$ の単項式の $A$ 係数の和で、 $n$ 次の単項式 $(x_2/x_1)^{\alpha_2}\cdots(x_d/x_1)^{\alpha_d}$ は $x^\alpha/x_1^n$ （ $x^\alpha\in M^n$ ）の形である。 $c/x_1^n=cx_1^m/x_1^{n+m}$ で分母の指数はそろえられる。逆に $c\in M^n$ は $x_1,\dots,x_d$ の $n$ 次の単項式の $A$ 係数の和なので、 $c/x_1^n\in B$ 。

$v(c/x_1^n)=\operatorname{ord}c-n\ge0$ なので $B\subseteq R$ 。
$P=x_1B$ は $M_R\cap B$ に等しい。とくに素イデアル。

$v(x_1)=1$ なので $x_1B\subseteq M_R\cap B$ 。逆に $\beta=c/x_1^n\in B$ （ $c\in M^n$ ）が $v(\beta)\gt0$ なら $\operatorname{ord}c\ge n+1$ で、 $\beta=x_1\cdot(c/x_1^{n+1})$ 、 $c/x_1^{n+1}\in B$ 。
$B_P\subseteq R$ ： $B\setminus P$ の元は $v=0$ なので $R$ の単元。 $R\subseteq B_P$ ： $v(\alpha)\ge0$ の $\alpha=a/b$ で $s=\operatorname{ord}b$ とすると、 $\alpha=(a/x_1^s)/(b/x_1^s)$ で、分子は $B$ 、分母は $B\setminus P$ の元。

$\operatorname{ord}a\ge s$ なので $a\in M^s$ 、 $a/x_1^s\in B$ 。 $b/x_1^s\in B$ で $v(b/x_1^s)=0$ なので $P$ に入らない。

$R$ が $A$ を含み、 $M_R\cap A=M$ となることを、「 $R$ は $A$ を支配する」と言います。環の包含と Spec の写像を並べると、向きが逆になります。

{}\begin{gathered}A\\ M\vphantom{\mathllap{M_R}}\end{gathered}\begin{gathered}\mkern5mu{\subseteq}\mkern5mu\\ \mkern5mu{\longleftarrow}\mkern5mu\vphantom{\mathllap{M_R}}\end{gathered}\begin{gathered}B\\ P=x_1B\vphantom{\mathllap{M_R}}\end{gathered}\begin{gathered}\mkern5mu{\subseteq}\mkern5mu\\ \mkern5mu{\longleftarrow}\mkern5mu\vphantom{\mathllap{M_R}}\end{gathered}\begin{gathered}B_P=R\\ M_R\end{gathered}\begin{gathered}\mkern5mu{\subseteq}\mkern5mu\\ \vphantom{\mathllap{M_R}}\end{gathered}\begin{gathered}K\\ \vphantom{\mathllap{M_R}}\end{gathered}

下の行は、各素イデアルを左の環に引き戻すと何になるかを表します（ $M_R\cap B=P$ 、 $P\cap A=M$ ）。

$d=1$ なら $A$ は離散付値環で、 $v$ はその付値そのもの、 $B=A=R$ です。 $d\ge2$ では $R$ は $A$ よりずっと大きく、例えば $x_2/x_1\in R$ ですが $x_2/x_1\notin A$ です。

例24 平面の原点の位数

$A=k[x,y]_{(x,y)}$ とする。 $a=y^2-x^3$ 、 $b=x-y^2$ について

v(a)=2\quad v(b)=1\quad v(ab)=3\quad v\Bigl(\frac{a}{x^3}\Bigr)=-1\quad v\Bigl(\frac yx\Bigr)=0

\begin{gathered}v(a)=2\\v(b)=1\\v(ab)=3\\v\Bigl(\frac{a}{x^3}\Bigr)=-1\\v\Bigl(\frac yx\Bigr)=0\end{gathered}

\begin{aligned}v(a) &= 2\\[4pt]v(b) &= 1\\[4pt]v(ab) &= 3\\[4pt]v\Bigl(\frac{a}{x^3}\Bigr) &= -1\\[4pt]v\Bigl(\frac yx\Bigr) &= 0\end{aligned}

$c=-y^2+xy^2$ とすると $v(c)=2$ だが、 $a+c=xy^2-x^3$ の位数は3で、 $\min(2,2)$ より大きい。
$B=A[y/x]$ 、 $m=y/x$ とおくと $a=x^2(m^2-x)$ 、 $b=x(1-xm^2)$ で、 $v$ は $B$ の中で $x$ で何回割れるかを数える。

証明

$a,b$ の最低次の部分は $y^2$ 、 $x$ で、 $ab$ の最低次の部分は $xy^2$ 。 $v(a/x^3)=2-3$ 、 $v(y/x)=1-1$ 。
$a+c$ では $y^2$ と $-y^2$ が打ち消し合い、最低次の部分は $xy^2-x^3$ （3次）。
$y=mx$ を代入すると $a=m^2x^2-x^3=x^2(m^2-x)$ 。 $v(m^2-x)=v(a)-2=0$ なので、 $m^2-x$ は $P=xB$ に入らない。 $b$ も同様で、 $v(1-xm^2)=v(b)-1=0$ 。

1

2

3

4

5

i

j

a=y^2-x^3

\operatorname{ord}a=2

、初項形式

y^2

1

2

3

4

5

i

j

b=x-y^2

\operatorname{ord}b=1

、初項形式

x

1

2

3

4

5

i

j

ab=xy^2-y^4-x^4+x^3y^2

\operatorname{ord}ab=3=2+1

、初項形式

xy^2

1

2

3

4

5

i

j

打ち消し合った項

a+c=xy^2-x^3

(c=-y^2+xy^2)

\operatorname{ord}(a+c)=3\gt\min(2,2)

点

(i,j)

は単項式

x^iy^j

、灰色の線

i+j=n

は位数

n

の等高線

図4具体例

A=k[x,y]_{(x,y)}

の元を、現れる単項式

x^iy^j

の指数

(i,j)

の点で描いた図です。灰色の斜めの線

i+j=n

は位数

n

の等高線で、位数は「点が乗っている一番下の線の番号」です。

a=y^2-x^3

（位数2）と

b=x-y^2

（位数1）の積では、一番下の線が

2+1=3

番目に移り、その線の上の点

xy^2

が初項形式

y^2\cdot x

です。右下の

a+c

では、一番下の線の上の項が打ち消し合い、位数が上がります。積と和の係数は生成時に計算して確かめています。

図4で、積の一番下の線の番号が和になるのは、 $a^*b^*\neq0$ （多項式環が整域）だからです。和では、一番下の線の上の項が打ち消し合うことがあり、位数は小さい方以上としか言えません。これが付値の2つの性質 $v(ab)=v(a)+v(b)$ 、 $v(a+c)\ge\min(v(a),v(c))$ です。

$B=A[y/x]$ は、原点でのブローアップのチャートの環です。図で読む代数幾何第7回の命題5の $W_0$ の座標 $(x,m)$ 、 $m=y/x$ で、 $P=xB$ は例外曲線 $E$ の $W_0$ での式 $x=0$ に当たります。

位数 $v(f)$ は、 $f$ をブローアップに引き戻したとき、例外曲線に沿って何重に消えるかを数えています。尖点 $a=y^2-x^3$ なら $x^2(m^2-x)$ で、例外曲線が2重に現れ、残りの $m^2=x$ が狭義変換です（図で読む代数幾何第7回の例12）。

専門的な話この連載で扱わない正則局所環の定理

正則局所環のいくつかの重要な性質は、ホモロジー代数を使って証明されます。この連載は次元論に絞っているので、主張と本の場所だけを挙げます。

セールの定理：ネーター局所環 $A$ が正則であることと、大域次元 $\operatorname{gl.dim}A$ が有限であることは同値で、このとき $\operatorname{gl.dim}A=\dim A$ です[3, 定理19.2, p.188; 4, 定理5.49, p.135]。証明にはコシュール複体を使います。
正則局所環を素イデアルで局所化したものは正則です[3, 定理19.3, p.190; 4, 定理5.50, p.136]。後藤・渡辺は、ホモロジー代数が入る前には難問だったと注意しています。
正則局所環は一意分解整域です（アウスランダー–ブックスバウム）[3, 定理20.3, p.197]。
正則局所環はコーエン–マコーレー環で、正則巴系は正則列です[3, 定理17.8, p.166]。コーエン–マコーレー環は、この連載の第12回で扱う予定です。

まとめ

局所環	$\dim$	埋め込み次元	$\operatorname{gr}_M(A)$	整域	整閉	正則
$k[x,y]_{(x,y)}$	2	2	$k[X,Y]$	○	○	○
$\mathbb{Z}_{(p)}$ 、 $k[x]_{(x)}$	1	1	$k[X]$	○	○	○
結節点	1	2	$k[X,Y]/(Y^2-X^2)$	○	×	×
尖点	1	2	$k[X,Y]/(Y^2)$	○	×	×
$k[x,y]_{(x,y)}/(xy)$	1	2	$k[X,Y]/(XY)$	×	×	×
円錐 $xz=y^2$	2	3	$k[X,Y,Z]/(XZ-Y^2)$	○	○	×

正則局所環は、次元と埋め込み次元が等しいネーター局所環です。 $M$ が $d$ 個で生成されること、随伴次数環が $d$ 変数の多項式環になることと同値で、そこから整域であること、整閉であることが出ました。0次元では体、1次元では離散付値環です。

正則性は完備化しても変わらず、正則巴系の一部で割っても保たれます。多項式環の有理点では、1つの式で割った環が正則かどうかをヤコビ行列で判定できます。正則局所環の上では位数が商体の離散付値になり、ブローアップの例外曲線に沿った消え方を測ります。

正則性が保たれる操作を、1つの図式にまとめます（ $x_1,\dots,x_i$ は正則巴系の一部）。

{}\begin{gathered} \begin{CD} A @>>> \hat A \\ @VVV @. \\ A/(x_1,\dots,x_i) @. \end{CD}\\ \operatorname{gr}_M(A)\cong\operatorname{gr}_{\hat M}(\hat A)\cong k[X_1,\dots,X_d]\end{gathered}

右の $\hat A$ も、下の $A/(x_1,\dots,x_i)$ も正則局所環で、次元はそれぞれ $d$ 、 $d-i$ です。表の結節点・尖点・円錐は、どれもどこかでこの性質を破っていて、正則ではありません。

次回：多項式環の次元とファイバー

次回（第11回）は、環の拡大と次元の関係を調べます。ネーター環 $A$ について $\dim A[x]=\dim A+1$ が成り立つこと、べき級数環の次元、局所準同型 $A\to B$ で $\dim B\le\dim A+\dim B/MB$ （ファイバーの次元）となることなどを扱う予定です。

今回の例2では、体上の多項式環の点の局所環が正則であることを使いました。次回の次元の公式は、係数の環が体でない場合にも、多項式環の次元を求める道具になります。

第7回の系13

ネーター局所環 $(A,M,k)$ について $\dim A\le\dim_kM/M^2$ 。

図で読む代数幾何第6回の定理12

$Y\subseteq\mathbb{A}^n$ をアフィン多様体、 $p\in Y$ とし、 $\mathcal{O}_p$ の極大イデアルを $M$ とする。

(1)　 $\dim_kM/M^2+\operatorname{rank}J(p)=n$ で、 $(M/M^2)^\vee\cong T_pY$ である。

(2)　 $\dim_kM/M^2\geq\dim Y$ である。等号が成り立つことと、 $Y$ が $p$ で非特異であることと、 $\mathcal{O}_p$ が正則局所環であることは同値である。

第7回の定義12 埋め込み次元

ネーター局所環 $(A,M,k)$ について、 $k$ 上のベクトル空間 $M/M^2$ の次元 $\dim_kM/M^2$ を $A$ の埋め込み次元と呼ぶ。これは $M$ の生成元の個数の最小値に等しい。

第7回の例14 次元と埋め込み次元

$k$ を体とする。

(1)　 $A=k[x_1,\dots,x_n]_{(x_1,\dots,x_n)}$ ： $M/M^2$ の基底は $\bar x_1,\dots,\bar x_n$ で、 $\dim A=n=\dim_kM/M^2$ 。
(2)　放物線 $A=k[x,y]_{(x,y)}/(y-x^2)$ ： $\bar y=\bar x^2\in M^2$ なので $M/M^2=k\bar x$ で、 $1=1$ 。
(3)　結節点 $A=k[x,y]_{(x,y)}/(y^2-x^2-x^3)$ （標数は2でない）： $\dim A=1$ 、 $\dim_kM/M^2=2$ 。さらに $\ell(A/M^n)=2n-1$ 。
(4)　 $A=k[x]/(x^2)$ ： $\dim A=0$ 、 $\dim_kM/M^2=1$ 。
(5)　平面と直線 $A=k[x,y,z]_{(x,y,z)}/(xz,yz)$ ： $\dim A=2$ 、 $\dim_kM/M^2=3$ 。

図で読む代数幾何第6回の定義11 正則局所環

ネーター局所環 $A$ の極大イデアルを $M$ 、剰余体を $k=A/M$ とする。 $\dim_kM/M^2=\dim A$ のとき、 $A$ を正則局所環と呼ぶ。

第4回の系16 多項式環の次元

$k$ を体、 $R=k[x_1,\dots,x_n]$ とする。

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

第7回の例10 3つの物差しで測る

次の表で、2列目は十分大きい $n$ での $\ell(A/M^n)$ 、3列目は $M$ 準素イデアルを生成する元、4列目は素イデアルの鎖である。

\begin{array}{l|c|c|c} A & \ell(A/M^n) & x_1,\dots,x_\delta & P_0\subsetneq\cdots\subsetneq P_r \\ \hline k[x]_{(x)} & n & x & (0)\subsetneq(x) \\ k[x,y]_{(x,y)} & \binom{n+1}{2} & x,\ y & (0)\subsetneq(x)\subsetneq(x,y) \\ k[x,y,z]_{(x,y,z)} & \binom{n+2}{3} & x,\ y,\ z & (0)\subsetneq(x)\subsetneq(x,y)\subsetneq(x,y,z) \\ k[x,y]_{(x,y)}/(xy) & 2n-1 & x+y & (y)\subsetneq M \\ k[x,y]_{(x,y)}/(y^2-x^2-x^3) & 2n-1 & x & (0)\subsetneq M \\ k[x]/(x^2) & 2\ (n\ge2) & \varnothing & M \end{array}

どの行でも、 $\ell(A/M^n)$ の次数、生成元の個数、鎖の長さは等しい（上から $1,2,3,1,1,0$ ）。とくに $k[x_1,\dots,x_n]_{(x_1,\dots,x_n)}$ は $n$ 次元で、 $\delta(k[x,y,z]_{(x,y,z)})=3$ である。

図で読む代数幾何第6回の例8 円錐

$k$ の標数は2でないとし、 $Y=V(f)\subseteq\mathbb{A}^3$ 、 $f=x^2+y^2-z^2$ とする。 $f$ は既約で、 $\dim Y=2$ である。ヤコビ行列は

J(p)=\bigl(2x\ \ \ 2y\ \ -2z\bigr)

\begin{aligned}J(p) &= \bigl(2x\ \ \ 2y\ \ -2z\bigr)\end{aligned}

で、階数が $3-2=1$ でないのは原点だけである。よって特異点は原点（頂点）だけで、 $T_0Y=k^3$ は3次元になる。

標数が5でもないとき、点 $P=(3/5,\ 4/5,\ 1)$ では $J(P)=(6/5\ \ 8/5\ \ -2)$ で、接空間と、 $P$ を通る接平面は次のようになる。

T_PY=\{\,3v_1+4v_2-5v_3=0\,\}\qquad P+T_PY=\{\,3x+4y=5z\,\}

\begin{gathered}T_PY=\{\,3v_1+4v_2-5v_3=0\,\}\\P+T_PY=\{\,3x+4y=5z\,\}\end{gathered}

\begin{aligned}T_PY &= \{\,3v_1+4v_2-5v_3=0\,\}\\[4pt]P+T_PY &= \{\,3x+4y=5z\,\}\end{aligned}

第4回の定理17 次元は超越次数

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

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

第4回の系18 局所次元

$B$ を体 $k$ 上有限生成の整域とする。 $B$ のすべての極大イデアル $M$ について $\dim B_M=\dim B$ 。

第7回の例18 随伴次数環

(1)　 $A=k[x_1,\dots,x_n]_{(x_1,\dots,x_n)}$ ： $\operatorname{gr}_M(A)\cong k[x_1,\dots,x_n]$ 。
(2)　結節点 $A=k[x,y]_{(x,y)}/(y^2-x^2-x^3)$ ： $\operatorname{gr}_M(A)\cong k[x,y]/(y^2-x^2)$ 。2本の直線 $y=\pm x$ の座標環で、1次元。
(3)　尖点 $A=k[x,y]_{(x,y)}/(y^2-x^3)$ ： $\operatorname{gr}_M(A)\cong k[x,y]/(y^2)$ 。2重の直線 $y=0$ で、1次元。

第7回の定理4 次元定理

$(A,M,k)$ をネーター局所環とする。次の3つの数は等しい。とくにどれも有限である。

(1)　 $\dim A$ ： $A$ の素イデアルの鎖の長さの上限。
(2)　 $d(A)$ ：十分大きい $n$ で $\ell(A/M^n)$ に一致する多項式の次数。
(3)　 $\delta(A)$ ： $M$ 準素イデアルの生成元の個数の最小値。

第9回の定理11 巴系は解析的に独立

$(A,M,k)$ を $d$ 次元のネーター局所環、 $x_1,\dots,x_d$ を巴系、 $q=(x_1,\dots,x_d)$ とする。

(1)　 $A$ 係数の $s$ 次斉次式 $f$ が $f(x_1,\dots,x_d)\in q^sM$ をみたせば、 $f$ の係数はすべて $M$ に入る。とくに $f(x)\in q^{s+1}$ でも同じで、 $x_1,\dots,x_d$ は解析的に独立である。言い換えると、次の写像は次数付き環の同型である。

\begin{aligned} \bar\alpha\colon{}& k[X_1,\dots,X_d]\\ &\xrightarrow{\ \cong\ }\ \bigoplus_{s\ge0}q^s/q^sM \end{aligned}

(2)　 $A$ が体 $K$ を部分環として含めば、 $x_1,\dots,x_d$ は $K$ 上代数的に独立である。

図で読む代数幾何第6回の定義14 重複度と接錐

$f\in k[x,y]$ が $f(0,0)=0$ をみたすとし、 $i$ 次の斉次式 $f_i$ を使って

f=f_m+f_{m+1}+\cdots+f_d\qquad(f_m\neq0)

\begin{gathered}f=f_m+f_{m+1}+\cdots+f_d\\(f_m\neq0)\end{gathered}

\begin{aligned}f &= f_m+f_{m+1}+\cdots+f_d\\[4pt]&(f_m\neq0)\end{aligned}

と書く。 $m$ を $C=V(f)$ の原点での重複度と呼び、 $\mu_0(C)$ と書く。 $V(f_m)$ を原点での接錐と呼ぶ。ほかの点では、平行移動でその点を原点に移して同じように定める。

第6回の定理14 アルティン–リースの補題

$A$ をネーター環、 $q$ をイデアル、 $N$ を有限生成 $A$ 加群、 $(N_n)$ を $N$ の安定な $q$ フィルター、 $N'$ を $N$ の部分加群とする。

(1)　 $(N'\cap N_n)$ は $N'$ の安定な $q$ フィルターである。
(2)　特に $N_n=q^nN$ とすると、ある $c$ があって、 $n\ge c$ で次が成り立つ。

q^nN\cap N'=q^{n-c}\bigl(q^cN\cap N'\bigr)

\begin{aligned}q^nN\cap N' &= q^{n-c}\bigl(q^cN\cap N'\bigr)\end{aligned}

第6回の例29 平面曲線の点の局所環

$f\in k[x,y]$ 、 $f(0,0)=0$ 、 $f\neq0$ とし、 $f$ の最低次の斉次部分の次数を $m\ge1$ とする（ $f=f_m+f_{m+1}+\cdots$ 、 $f_m\neq0$ ）。 $A=k[x,y]_{(x,y)}/(f)$ について

\begin{aligned} \chi_M(n)&=\ell(A/M^n)\\ &=\begin{cases}\dfrac{n(n+1)}{2}\\ \quad(n\le m)\\[1ex] mn-\dfrac{m(m-1)}{2}\\ \quad(n\ge m)\end{cases} \end{aligned}

よって $d(A)=1$ で、最高次の係数は $m$ である。

(1)　滑らかな点（ $y-x^2$ 、 $m=1$ ）： $\chi_M(n)=n$ 。
(2)　結節点（ $y^2-x^2-x^3$ 、 $m=2$ ）： $\chi_M(n)=2n-1$ 。
(3)　尖点（ $y^2-x^3$ 、 $m=2$ ）： $\chi_M(n)=2n-1$ 。
(4)　2本の直線（ $xy$ 、 $m=2$ ）： $\chi_M(n)=2n-1$ 。
(5)　三重点（ $x^2y+xy^2-x^4-y^4$ 、 $m=3$ ）： $\chi_M(1)=1$ 、 $n\ge2$ で $\chi_M(n)=3n-3$ 。

図で読む代数幾何第10回の定義1 離散付値と離散付値環

$K$ を体、 $K^\times=K\setminus\{0\}$ とする。全射 $v\colon K^\times\to\mathbb{Z}$ で、0でない $x,y$ について

(1)\ \ v(xy)=v(x)+v(y)\qquad (2)\ \ v(x+y)\geq\min\bigl(v(x),v(y)\bigr)\quad(x+y\neq0)

\begin{gathered}(1)\ \ v(xy)=v(x)+v(y)\\(2)\ \ v(x+y)\geq\min\bigl(v(x),v(y)\bigr)\\(x+y\neq0)\end{gathered}

\begin{aligned}(1)\ \ v(xy) &= v(x)+v(y)\\[4pt](2)\ \ v(x+y) &\geq \min\bigl(v(x),v(y)\bigr)\\[4pt]&(x+y\neq0)\end{aligned}

をみたすものを $K$ の離散付値と呼ぶ。 $v(0)=+\infty$ と約束し、 $A_v=\{\,x\in K\mid v(x)\geq0\,\}$ を $v$ の付値環と呼ぶ。整域 $A$ が、その商体のある離散付値の付値環になっているとき、 $A$ を離散付値環と呼ぶ。

図で読む代数幾何第10回の命題2

$A$ を離散付値環、 $v$ をその離散付値、 $K$ を商体とする。

(1)　 $A$ は局所環で、単元の全体は $\{v=0\}$ 、極大イデアルは $M=\{\,x\mid v(x)>0\,\}$ である。

(2)　 $v(t)=1$ となる $t\in A$ をとると $M=(t)$ で、0でない $x\in K$ は $x=t^nu$ （ $n=v(x)\in\mathbb{Z}$ 、 $u$ は $A$ の単元）と一通りに書ける。

(3)　 $A$ の0でないイデアルは $M^n=(t^n)=\{\,x\mid v(x)\geq n\,\}$ （ $n\geq0$ ）だけである。

(4)　 $v(x)\neq v(y)$ なら $v(x+y)=\min\bigl(v(x),v(y)\bigr)$ である。

図で読む代数幾何第10回の定理4

$A$ を次元1のネーター局所整域、 $M$ をその極大イデアル、 $k=A/M$ とする。次の3つは同値である。

(i)　 $A$ は離散付値環である。
(ii)　 $M$ は単項イデアルである。
(iii)　 $\dim_kM/M^2=1$ である。

第2回の定義2 整・整拡大・有限

環 $A\subseteq B$ とする。

(1)　 $x\in B$ が $A$ 上整であるとは、 $a_1,\dots,a_n\in A$ （ $n\ge1$ ）があって

\begin{aligned} &x^n+a_1x^{n-1}+\cdots \\ &\quad+a_{n-1}x+a_n=0 \end{aligned}

となることをいう。最高次の係数が1の多項式をモニックと呼ぶ。
(2)　 $B$ のすべての元が $A$ 上整のとき、 $B$ は $A$ 上整である、または $A\subseteq B$ は整拡大であるという。
(3)　 $B$ が $A$ 加群として有限生成のとき、 $B$ は $A$ 上有限であるという。

第2回の命題4 整な元の特徴づけ

環 $A\subseteq B$ と $x\in B$ について、次は同値である。

(1)　 $x$ は $A$ 上整。
(2)　 $A[x]$ は有限生成 $A$ 加群。
(3)　 $A[x]\subseteq C\subseteq B$ となる部分環 $C$ で、有限生成 $A$ 加群であるものがある。
(4)　忠実な $A[x]$ 加群 $M$ で、 $A$ 加群として有限生成であるものがある。

第2回の定義17 整閉整域

整域 $A$ が、その商体の中での $A$ の整閉包に等しいとき、 $A$ は整閉整域（正規）であるという。

第7回の補題1 $M$ 準素イデアルの言い換え

$(A,M,k)$ をネーター局所環、 $J\subseteq M$ をイデアルとする。次は同値である。

(1)　 $J$ は $M$ 準素イデアル。
(2)　 $\sqrt J=M$ 。
(3)　ある $r$ で $M^r\subseteq J$ 。
(4)　 $\ell(A/J)<\infty$ 。

図で読む代数幾何第10回の例21 尖点と結節点

(1)　 $C\colon y^2=x^3$ の原点での局所環 $\mathcal{O}_0$ は離散付値環でない。関数体の元 $y/x$ は $(y/x)^2=x\in\mathcal{O}_0$ をみたすが、 $y/x\notin\mathcal{O}_0$ である。

(2)　 $k$ の標数は2でないとし、 $C\colon y^2=x^2(x+1)$ を $(t^2-1,\ t^3-t)$ と表す。原点での局所環も離散付値環でない。原点は $t=1$ と $t=-1$ の2か所に当たり、関数 $y-x$ は $t=1$ の側では2重に、 $t=-1$ の側では1重に0になる。

第2回の系13 整拡大で次元は変わらない

$A\subseteq B$ を整拡大とする。

(1)　 $\dim B=\dim A$ 。
(2)　 $B$ の素イデアル $Q$ について $\operatorname{ht}Q\le\operatorname{ht}(Q\cap A)$ 。

第7回の系15 完備化で次元は変わらない

ネーター局所環 $(A,M,k)$ の $M$ 進完備化 $\hat A$ について $\dim\hat A=\dim A$ 。

第7回の例16 結節点の完備化

$k$ の標数は2でないとし、 $f=y^2-x^2-x^3$ 、 $A=k[x,y]_{(x,y)}/(f)$ とする。 $A$ は整域だが、完備化 $\hat A=k[[x,y]]/(f)$ では

u=\sqrt{1+x}=1+\frac12x-\frac18x^2+\frac1{16}x^3-\frac5{128}x^4+\cdots\in k[[x]]\qquad f=(y-xu)(y+xu)

\begin{gathered}u=\sqrt{1+x}=1+\frac12x-\frac18x^2+\frac1{16}x^3-\frac5{128}x^4+\cdots\in k[[x]]\\f=(y-xu)(y+xu)\end{gathered}

\begin{aligned}u &= \sqrt{1+x}\\&= 1+\frac12x-\frac18x^2+\frac1{16}x^3-\frac5{128}x^4+\cdots\in k[[x]]\\[4pt]f &= (y-xu)(y+xu)\end{aligned}

\begin{aligned}u &= \sqrt{1+x}\\&= 1+\frac12x-\frac18x^2+\frac1{16}x^3-\frac5{128}x^4\\&\phantom{=}{} +\cdots\in k[[x]]\\[4pt]f &= (y-xu)(y+xu)\end{aligned}

\begin{aligned}u &= \sqrt{1+x}\\&= 1+\frac12x-\frac18x^2\\&\phantom{=}{} +\frac1{16}x^3-\frac5{128}x^4\\&\phantom{=}{} +\cdots\in k[[x]]\\[4pt]f &= (y-xu)(y+xu)\end{aligned}

と分解し、 $\hat A$ の極小素イデアルは $(y-xu)$ と $(y+xu)$ の2つになる。どちらで割っても $k[[x]]$ と同型で、 $\dim\hat A=1=\dim A$ 。

第9回の定義1 巴系

$(A,M,k)$ を $d$ 次元のネーター局所環とする。 $x_1,\dots,x_d\in M$ で、 $(x_1,\dots,x_d)$ が $M$ 準素イデアルになるものを $A$ の巴系（パラメータ系）と呼ぶ。言い換えると、次のどれかが成り立つ $d$ 個の元である。

\begin{aligned} &\sqrt{(x_1,\dots,x_d)}=M\\ \iff{}&V(x_1,\dots,x_d)=\{M\}\\ \iff{}&\ell\bigl(A/(x_1,\dots,x_d)\bigr)<\infty \end{aligned}

第9回の命題3 巴系の一部で割る

$(A,M,k)$ を $d$ 次元のネーター局所環とする。

(1)　 $x_1,\dots,x_d$ が巴系なら、 $0\le i\le d$ について $\dim A/(x_1,\dots,x_i)=d-i$ で、 $x_{i+1},\dots,x_d$ の像は $A/(x_1,\dots,x_i)$ の巴系である。
(2)　 $x_1,\dots,x_i\in M$ について、 $x_1,\dots,x_i$ をある巴系 $x_1,\dots,x_d$ の最初の $i$ 個にできることは、 $\dim A/(x_1,\dots,x_i)=d-i$ と同値である。
(3)　 $f\in M$ が巴系の一部になることは、 $\dim A/P=d$ となるどの素イデアル $P$ にも $f$ が入らないことと同値である。とくに $A$ の非零因子 $f\in M$ は巴系の一部で、 $\dim A/fA=d-1$ 。

第8回の命題16 1つの元で割った次元

$(A,M)$ を $d$ 次元のネーター局所環、 $x\in M$ とする。

(1)　 $d-1\le\dim A/xA\le d$ 。
(2)　 $\dim A/xA=d-1$ となるのは、 $\dim A/P=d$ となるどの素イデアル $P$ にも $x$ が入らないとき、またそのときに限る。そのような $P$ は $A$ の極小素イデアルである。
(3)　とくに $x$ が非零因子なら $\dim A/xA=d-1$ 。

第6回の命題27 非零因子で割る

$(A,M)$ をネーター局所環、 $N\neq0$ を有限生成 $A$ 加群、 $x\in M$ を $N$ の非零因子（ $xu=0,\ u\in N\Rightarrow u=0$ ）とする。このとき

d(N/xN)\le d(N)-1

\begin{aligned}d(N/xN) &\le d(N)-1\end{aligned}

特に、 $x\in M$ が $A$ の非零因子なら $d(A/xA)\le d(A)-1$ 。

図で読む代数幾何第6回の定義6 ヤコビ行列と非特異点

$Y\subseteq\mathbb{A}^n$ をアフィン多様体、 $r=\dim Y$ とし、 $f_1,\dots,f_t$ を $I(Y)$ の生成元とする。点 $p\in Y$ で、 $t\times n$ 行列

J(p)=\Bigl(\frac{\partial f_i}{\partial x_j}(p)\Bigr)_{i,j}

\begin{aligned}J(p) &= \Bigl(\frac{\partial f_i}{\partial x_j}(p)\Bigr)_{i,j}\end{aligned}

の階数が $n-r$ のとき、 $Y$ は $p$ で非特異であるという。そうでないとき $p$ を $Y$ の特異点と呼ぶ。 $J(p)$ を $p$ でのヤコビ行列と呼ぶ。

図で読む代数幾何第6回の定義7 接空間

同じ記号で、 $k^n$ の線形部分空間

\begin{aligned} T_pY&=\Bigl\{\,v\in k^n\Bigm|{}\\ &\qquad\sum_{j=1}^n\frac{\partial f_i}{\partial x_j}(p)\,v_j=0\\ &\qquad\quad(i=1,\dots,t)\,\Bigr\}\\ &=\operatorname{Ker}J(p) \end{aligned}

を、 $Y$ の $p$ での接空間と呼ぶ。

図で読む代数幾何第10回の定理5

$C$ を曲線、 $P$ を $C$ の非特異点とする。局所環 $\mathcal{O}_P$ は離散付値環で、その商体は $C$ の関数体 $k(C)$ である。

図で読む代数幾何第7回の命題5 ブローアップのチャート

(1)　 $W_0\to\mathbb{A}^2$ 、 $\bigl((x,y),[u_0:u_1]\bigr)\mapsto(x,m)$ （ $m=u_1/u_0$ ）は全単射で、逆写像は $(x,m)\mapsto\bigl((x,mx),[1:m]\bigr)$ である。同じく $W_1\to\mathbb{A}^2$ 、 $\bigl((x,y),[u_0:u_1]\bigr)\mapsto(n,y)$ （ $n=u_0/u_1$ ）は全単射で、逆写像は $(n,y)\mapsto\bigl((ny,y),[n:1]\bigr)$ である。

(2)　この座標で、 $\pi$ は $(x,m)\mapsto(x,mx)$ 、 $(n,y)\mapsto(ny,y)$ と書け、 $E$ は $W_0$ では $x=0$ 、 $W_1$ では $y=0$ で定まる。

(3)　重なり $W_0\cap W_1$ は、 $W_0$ では $m\neq0$ 、 $W_1$ では $n\neq0$ の部分で、座標は次のように移り合う。

n=\frac1m\qquad y=mx

\begin{gathered}n=\frac1m\\y=mx\end{gathered}

\begin{aligned}n &= \frac1m\\[4pt]y &= mx\end{aligned}

逆向きは $m=1/n$ 、 $x=ny$ である。

図で読む代数幾何第7回の例12 尖点のブローアップ

$k$ を代数閉体とし（標数は何でもよい）、 $C=V(f)$ 、 $f=y^2-x^3$ とする。

(1)　 $f(x,mx)=x^2(m^2-x)$ で、狭義変換は $\widetilde C=V(x-m^2)\subseteq W_0$ である。 $\widetilde C$ は非特異で、 $m$ を座標とする直線と同型である。

(2)　 $\widetilde C\cap E$ は1点 $m=0$ で、 $\widetilde C$ はそこで $E$ に接する。

(3)　 $\pi$ を $\widetilde C$ に制限すると $m\mapsto(m^2,m^3)$ で、これは $\widetilde C$ から $C$ への全単射である。

体の拡大 $L/K$ が分離拡大とは、 $L$ の各元の $K$ 上の最小多項式が重根をもたないこと。標数0ならいつも分離拡大。標数 $p$ では、例えば $\mathbb{F}_p(t^{1/p})/\mathbb{F}_p(t)$ は分離拡大でない。

極大イデアルがただ1つの可換環。極大イデアルに入らない元はすべて単元になる。例：素イデアル $P$ での局所化 $A_P$ （極大イデアルは $a/s$ （ $a\in P$ ）の全体）、 $k[x]/(x^2)$ 、 $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ 。

環 $A$ とイデアル $q$ から作る次数付き環 $G_q(A)=\bigoplus_{n\ge0}q^n/q^{n+1}$ 。積は代表元の積で定める。例： $A=k[x,y]_{(x,y)}$ 、 $q=(x,y)$ なら $G_q(A)\cong k[x,y]$ 。

0 でない元どうしの積が0にならない可換環（ $ab=0$ なら $a=0$ または $b=0$ ）。例： $\mathbb{Z}$ 、体上の多項式環。 $A/P$ が整域であることと、 $P$ が素イデアルであることは同値。

整域 $A$ が整閉とは、商体の元 $x$ が $A$ 係数の最高次の係数1の多項式の根になるなら $x\in A$ となること。例： $\mathbb{Z}$ や $k[t]$ は整閉。 $k[t^2,t^3]$ は、 $t$ が $x^2-t^2$ の根なのに $t$ を含まないので整閉でない。

素イデアルがちょうど2つ（ $(0)$ と極大イデアル）の単項イデアル整域。例： $\mathbb{Z}_{(p)}$ 、 $k[x]_{(x)}$ 。0でない元は $\pi^n u$ （ $\pi$ は極大イデアルの生成元、 $u$ は単元）と一通りに書け、 $n$ が「その点で何位の零点か」を表す。

局所環 $A$ とその極大イデアル $M$ について、 $A/M^n$ （ $n=1,2,\dots$ ）の極限としてできる環 $\hat A$ 。点のごく近くだけを見ることに当たる。例： $k[x,y]_{(x,y)}$ の完備化は形式的べき級数環 $k[[x,y]]$ 。

整域 $A$ の元の分数 $a/b$ （ $b\neq0$ ）全体がなす体。 $\operatorname{Frac}A$ と書く。例： $\mathbb{Z}$ の商体は $\mathbb{Q}$ 、 $k[x]$ の商体は有理関数体 $k(x)$ 。

アフィン空間 $\mathbb{A}^n$ （や射影空間）の中で、定数でない1つの多項式 $f$ の零点 $V(f)$ として表される集合。単項イデアル定理から、各既約成分の次元は $n-1$ である。例： $\mathbb{A}^3$ の錐面 $xy=z^2$ 。

ネーター局所環 $(A,M,k)$ の $k$ 上のベクトル空間 $M/M^2$ の次元。中山の補題から $M$ の生成元の個数の最小値に等しく、いつもクルル次元 $\dim A$ 以上である。等しいとき $A$ を正則局所環と呼ぶ。

加群 $N$ の部分加群の列 $0=N_0\subsetneq N_1\subsetneq\cdots\subsetneq N_\ell=N$ で、隣り合う商がどれも単純（ $0$ と自分以外に部分加群がない）なものの長さ $\ell$ 。列の取り方によらない。体 $k$ を含み剰余体が $k$ の局所環の上の加群では、 $k$ 上の次元に等しい（ $\mathbb{Z}_{(p)}$ の上の $\mathbb{Z}/p^2$ のように体を含まない場合は別で、長さは2）。

局所環 $A$ の極大イデアルを $M$ 、有限生成 $A$ 加群を $N$ とする。 $MN=N$ なら $N=0$ 。とくに部分加群 $N'$ について $N=N'+MN$ なら $N=N'$ で、 $N/MN$ を張る元は $N$ を生成する。

イデアル $q\neq A$ で、 $xy\in q$ かつ $x\notin q$ なら $y$ のあるべきが $q$ に入るもの。根基 $P=\sqrt q$ は素イデアルで、 $q$ を $P$ -準素と呼ぶ。例： $\mathbb{Z}$ の $(p^n)$ 、 $k[x,y]$ の $(x^2,y)$ 。

定数でない1変数多項式が、必ずその体の中に根をもつ体。例： $\mathbb{C}$ 。 $\mathbb{R}$ は代数閉体ではない（ $x^2+1$ に根がない）。代数閉体は必ず無限体である。

すべてのイデアルが1つの元で生成される整域。例： $\mathbb{Z}$ 、体上の1変数多項式環 $k[x]$ 。素イデアルは $(0)$ と、既約元が生成する $(p)$ だけで、 $(p)$ は極大イデアルになる。

体 $k$ で $1+1+\dots+1$ （ $p$ 個） $=0$ となる最小の正の整数 $p$ 。そのような $p$ がなければ標数0と言う。標数は0か素数で、 $\mathbb{F}_p$ の標数は $p$ 、 $\mathbb{Q},\mathbb{R},\mathbb{C}$ の標数は0。体でない環でも同じように定める（ $\mathbb{Z}$ の標数は0、 $\mathbb{Z}/6$ の標数は6）。0か素数になるのは体や整域の場合。

体 $k$ を含む環の元 $y_1,\dots,y_d$ が $k$ 上代数的に独立とは、0 でない多項式 $g$ で $g(y_1,\dots,y_d)=0$ となるものがないこと。このとき $k[y_1,\dots,y_d]$ は $d$ 変数の多項式環と同じものになる。

体の拡大 $K/k$ で、 $k$ 上代数的に独立な元をできるだけ多くとったときの個数。例：有理関数体 $k(x_1,\dots,x_n)$ の $k$ 上の超越次数は $n$ 。

$d$ 次元のネーター局所環 $(A,M)$ の元 $x_1,\dots,x_d\in M$ で、 $(x_1,\dots,x_d)$ が $M$ 準素イデアルになるもの。パラメータ系とも言う。例： $k[x,y]_{(x,y)}$ の $x,y$ や $x^2,y^3$ 。次元定理から、必ず存在する。

環 $A$ の上の加群（ $A$ 加群）とは、足し算について可換群で、 $A$ の元を掛けられ、分配法則などベクトル空間と同じ規則をみたすもの。体の上の加群はベクトル空間で、 $A$ のイデアルも $A$ 加群。

ネーター環 $A$ 、イデアル $q$ 、有限生成 $A$ 加群 $N$ とその部分加群 $N'$ について、ある $c$ があって、 $n\ge c$ で $q^nN\cap N'=q^{n-c}(q^cN\cap N')$ となる。

すべてのイデアルが有限個の元で生成される可換環。イデアルの増大列 $J_1\subseteq J_2\subseteq\cdots$ が必ずどこかで止まる、と言っても同じ。

環 $A$ の極大イデアル全体の共通部分。 $\operatorname{Jac}(A)$ と書くことがある。例：局所環では唯一の極大イデアル、 $\mathbb{Z}$ では $(0)$ 。

ネーター局所環 $(A,M)$ と有限生成 $A$ 加群 $N$ について $\bigcap_{n\ge1}M^nN=0$ となる、という定理。とくに $A$ の0でない元 $a$ には、 $a\in M^n$ となる最大の $n$ （位数）がある。

イデアル $J$ が有限個の素イデアルの和集合 $P_1\cup\cdots\cup P_n$ に含まれれば、ある $P_i$ に含まれる、という命題。どの $P_i$ にも含まれないなら、どの $P_i$ にも入らない $J$ の元がとれる。

イデアル $J$ を含む素イデアルのうち、包含について極小なもの。 $V(J)$ の既約成分の生成点に当たる。ネーター環では有限個しかない。

加群（ベクトル空間でもよい）の準同型の列 $0\to U\xrightarrow{\alpha}V\xrightarrow{\beta}W\to0$ で、 $\alpha$ が単射、 $\beta$ が全射、 $\operatorname{Im}\alpha=\operatorname{Ker}\beta$ となるもの。このとき $W\cong V/U$ で、長さ（有限次元なら次元）について $\ell(V)=\ell(U)+\ell(W)$ 。

整域 $V$ で、商体の0でない元 $h$ について $h\in V$ か $1/h\in V$ のどちらかが成り立つもの。局所環である。ネーター環である付値環は体か離散付値環で、それ以外の付値環は単項イデアル定理が成り立たない例になる。

環 $R$ 上の加群 $M$ が忠実であるとは、 $rM=0$ となる $r\in R$ が $0$ だけであること。例： $R$ 自身は忠実な $R$ 加群（ $r\cdot1=r$ ）。 $\mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ は忠実な $\mathbb{Z}$ 加群ではない（ $2$ が0にする）。

0 でも単元でもない元が、既約元の積に、順番と単元倍を除いて一通りに分解できる整域。例： $\mathbb{Z}$ 、体上の多項式環 $k[x_1,\dots,x_n]$ 。ここでは既約元が生成するイデアルは素イデアルになる。

掛けて1になる相手（逆元）をもつ環の元。例： $\mathbb{Z}$ の単元は $\pm1$ 、体では0以外のすべての元。

既約な閉集合 $Z$ に対して、閉包がちょうど $Z$ になる点を $Z$ の生成点と呼ぶ。 $\operatorname{Spec}k[x,y]$ では、素イデアル $(0)$ に対応する点が平面全体の生成点になる。

環 $A$ をイデアル $J$ で割った環 $A/J$ 。差が $J$ に入る元どうしを同じとみなす。例： $k[x,y]/(y)\cong k[x]$ 。

環 $A$ の元 $x$ で、 $xy=0$ なら $y=0$ となるもの。整域では0でない元はすべて非零因子。例： $k[x,y]/(xy)$ の $x+y$ は非零因子だが、 $x$ は $x\cdot y=0$ なので非零因子でない。

定数でなく、定数でない2つの多項式の積に分解できない多項式。例： $\mathbb{R}[x]$ の $x^2+1$ 。 $\mathbb{C}[x]$ では $(x+i)(x-i)$ と分解するので既約ではない。

環 $A$ の元の列 $x_1,\dots,x_r$ で、各 $x_i$ が $A/(x_1,\dots,x_{i-1})$ の非零因子であり、 $A/(x_1,\dots,x_r)\neq0$ となるもの。例： $k[x,y]$ の $x^2,\ y^3$ 。 $k[x,y]/(x^2,xy)$ の $y$ は $xy=0$ なので正則列でない。

ネーター局所環 $(A,M)$ の元 $y_1,\dots,y_r\in M$ が解析的に独立とは、 $A$ 係数の斉次多項式 $f$ が $f(y_1,\dots,y_r)=0$ をみたせば、 $f$ の係数がすべて $M$ に入ること。巴系は解析的に独立である。例： $k[x,y]_{(x,y)}$ の $x,y$ は独立、 $x,\ xy$ は $yX-Y$ が関係式になり独立でない。

多様体 $X$ の上の有理関数（空でない開集合の上の正則関数を、重なりで一致するものどうし同じとみなしたもの）全体の体 $k(X)$ 。アフィン多様体なら座標環の商体に等しい。例： $k(\mathbb{A}^1)=k(t)$ 。

参考文献

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堀田良之, 『可換環と体』, 岩波書店, 2006.
松村英之, 『復刊可換環論』, 共立出版, 2000.
後藤四郎, 渡辺敬一, 『可換環論』, 日本評論社, 2011.
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