鎖の長さ・増える速さ・切る回数：次元定理

この記事の要点

3つの物差し: ネーター局所環 $A$ の大きさを、素イデアルの鎖の長さ $\dim A$ 、長さ $\ell(A/M^n)$ が増える速さ $d(A)$ 、点まで切るのに要る元の個数 $\delta(A)$ の3通りで測ります。
次元定理: 3つはいつも等しく、 $\dim A=d(A)=\delta(A)$ です。 $\delta\ge d\ge\dim\ge\delta$ と一周する3つの不等式に分けて証明します。
高さは有限: ネーター環の素イデアルの高さは有限です。ただし環全体の次元は無限になりえて、永田雅宜がその例を作りました。
接空間との比較: $\dim A\le\dim_kM/M^2$ （埋め込み次元）が成り立ち、結節点では $1<2$ です。完備化と随伴次数環では、次元は変わりません。

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。

3つの物差し

この連載では、環の次元をいくつかの方法で測ってきました。第1回は素イデアルの鎖の長さ（クルル次元）、第5回と第6回は長さ $\ell(A/q^n)$ が $n$ について何次の多項式で増えるか、でした。今回は、この2つにもう1つの物差しを加えて、3つがすべて一致することを証明します。次元論の中心にある定理で、松村は「次元論の基本定理」と呼んでいます[1, 定理13.4, p.120]。

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

第6回の結果を、使う形で言い直しておきます。 $\sqrt q=M$ となるイデアル $q$ （ $M$ 準素イデアル。松村は定義イデアルと呼びます）をとると、 $\ell(A/q^n)$ は十分大きい $n$ で $n$ の多項式に一致します（第6回の定義16、第6回の定理17）。その次数は $q$ の選び方によらず（第6回の命題21）、これを $d(A)$ と書きます（第6回の定義22）。

\ell(A/q^n)=c_dn^d+c_{d-1}n^{d-1}+\cdots+c_0\quad(n\gg0)\qquad d=d(A)

\begin{gathered}\ell(A/q^n)=c_dn^d+c_{d-1}n^{d-1}+\cdots+c_0\\(n\gg0)\\d=d(A)\end{gathered}

\begin{aligned}\ell(A/q^n) &= c_dn^d+c_{d-1}n^{d-1}+\cdots+c_0\\[4pt]&(n\gg0)\\[4pt]d &= d(A)\end{aligned}

\begin{aligned}\ell(A/q^n) &= c_dn^d+c_{d-1}n^{d-1}+\cdots\\&\phantom{=}{} +c_0\\[4pt]&(n\gg0)\\[4pt]d &= d(A)\end{aligned}

さらに $x\in M$ が非零因子なら $d(A/xA)\le d(A)-1$ です（第6回の命題27）。この記事では、これらを証明し直さずに使います。

おさらい第6回の

d(A)

を数で確かめる

$A=k[x,y]_{(x,y)}$ では、定義イデアルを替えても $\ell(A/q^n)$ はどれも2次式で、変わるのは最高次の係数だけでした（第6回の例19）。

\ell(A/M^n)=\tfrac12n(n+1)\qquad \ell\bigl(A/(x^2,y)^n\bigr)=n(n+1)\qquad \ell(A/M^{2n})=n(2n+1)

\begin{gathered}\ell(A/M^n)=\tfrac12n(n+1)\\\ell\bigl(A/(x^2,y)^n\bigr)=n(n+1)\\\ell(A/M^{2n})=n(2n+1)\end{gathered}

\begin{aligned}\ell(A/M^n) &= \tfrac12n(n+1)\\[4pt]\ell\bigl(A/(x^2,y)^n\bigr) &= n(n+1)\\[4pt]\ell(A/M^{2n}) &= n(2n+1)\end{aligned}

次数が $q$ によらないのは、 $M^\nu\subseteq q\subseteq M$ から、すべての $n$ で次の不等式が成り立つからです。両側が同じ次数の多項式なので、挟まれた $\ell(A/q^n)$ の次数も同じです。

\ell(A/M^n)\ \le\ \ell(A/q^n)\ \le\ \ell(A/M^{\nu n})

\begin{aligned}\ell(A/M^n) &\le \ell(A/q^n)\\&\le \ell(A/M^{\nu n})\end{aligned}

平面曲線の重複度 $m$ の点では $\ell(A/M^n)=mn-m(m-1)/2$ （ $n\ge m$ ）で、 $d=1$ です（第6回の例29）。平面の局所環を曲線の式 $f$ で割ると、 $d$ は2から1に下がります。

3つの物差しは、図形の言葉では次のように読めます。 $A=k[x,y,z]_{(x,y,z)}$ （空間の原点のまわり）で考えます。

$\dim A$ ：原点 $\subsetneq$ 直線 $\subsetneq$ 平面 $\subsetneq$ 空間のように、原点を通る図形を何段積めるか。
$d(A)$ ：原点で $n$ 次以上に消える関数を0とみなした残り $A/M^n$ の長さが、 $n$ の何乗で増えるか。 $3$ 変数なら次数 $n-1$ 以下の単項式の数で、 $n^3/6$ くらいです。
$\delta(A)$ ：原点だけを残すには、方程式が何本要るか。 $x=y=z=0$ の3本で足ります。

どれも「3」になりそうです。次元定理は、どんなネーター局所環でもこの3つが等しいことを主張します。

点まで切る元の個数

3つ目の物差しを定義します。その前に、 $M$ 準素イデアルの言い換えを用意します。

おさらい準素イデアルと

V(q)

$q\neq A$ が準素イデアルであるとは、 $xy\in q$ 、 $x\notin q$ なら $y$ のあるべきが $q$ に入ることでした。根基 $P=\sqrt q$ は素イデアルで、 $q$ を $P$ 準素と呼びます（第6回の定義5）。

ネーター局所環 $(A,M)$ では、 $q\subseteq M$ が $M$ 準素であることは、次のどれとも同値です。Spec の図では、 $q$ で切ると閉点 $M$ だけが残ります。

\sqrt q=M\iff V(q)=\{M\}\iff M^\nu\subseteq q\ \ (\exists\,\nu)

\begin{aligned}\sqrt q &= M\\&\iff V(q)\\&= \{M\}\\&\iff M^\nu\\&\subseteq q\ \ (\exists\,\nu)\end{aligned}

$A=k[x,y]_{(x,y)}$ では $(x^2,\ y)$ や $M^2$ は $M$ 準素です。 $(y)$ は $V((y))=\{(y),\ M\}$ に生成点 $(y)$ が残るので、 $M$ 準素ではありません。

おさらい中山の補題

$(A,M)$ を局所環、 $N$ を有限生成 $A$ 加群とします。 $MN=N$ なら $N=0$ です[2, 命題2.6, p.32]。この記事では、次の2つの形で使います。

M^nN=M^{n+1}N\ \Longrightarrow\ M^nN=0\qquad\qquad N=N'+MN\ \Longrightarrow\ N=N'

\begin{gathered}M^nN=M^{n+1}N\ \Longrightarrow\ M^nN=0\\N=N'+MN\ \Longrightarrow\ N=N'\end{gathered}

\begin{aligned}M^nN &= M^{n+1}N\\&\Longrightarrow M^nN\\&= 0\\[4pt]N &= N'+MN\\&\Longrightarrow N\\&= N'\end{aligned}

左は、有限生成な $M^nN$ に補題を使ったものです（ $A$ がネーター環なら $M^nN$ は有限生成）。右は $N/N'$ に使ったもので、 $M/M^2$ を張る元が $M$ を生成することが分かります。

有限生成の仮定は外せません。 $A=\mathbb{Z}_{(p)}$ 、 $N=\mathbb{Q}$ では $p\mathbb{Q}=\mathbb{Q}$ ですが、 $\mathbb{Q}\neq0$ です。

次の補題は、第6回の命題6と同じ内容です。この記事では使う形に言い直し、証明も短く付けています。

補題1 $M$ 準素イデアルの言い換え [2, 系7.16, p.128]

$(A,M,k)$ 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)　 $\ell(A/J)<\infty$ 。

証明

(1)(2)(3) が同値であることは、引用したアティヤ・マクドナルドの系7.16 である。
(3)⇒(4) $A/J$ は $A/M^r$ の剰余加群なので、 $\ell(A/M^r)<\infty$ を示せばよい。

$A/M^r$ は $M^i/M^{i+1}$ （ $0\le i<r$ ）を順に積み重ねたものである。各 $M^i/M^{i+1}$ は $M$ で消えるので $k$ 上のベクトル空間で、 $M^i$ が有限生成なので有限次元である。 $k$ 上のベクトル空間としての次元は、 $A$ 加群としての長さに等しい。よって
$\ell(A/M^r)=\sum_{i=0}^{r-1}\dim_kM^i/M^{i+1}<\infty$ $\begin{aligned}\ell(A/M^r) &= \sum_{i=0}^{r-1}\dim_kM^i/M^{i+1}\\&< \infty\end{aligned}$
(4)⇒(3) 減少列 $(M^n+J)/J$ は長さが有限の加群の中にあるので止まり、 $M^n+J=M^{n+1}+J$ となる $n$ がある。中山の補題から $M^n\subseteq J$ 。

$N=(M^n+J)/J$ とおくと、 $N$ は有限生成で $MN=(M^{n+1}+J)/J=N$ 。中山の補題 [2, 命題2.6, p.32] から $N=0$ 、つまり $M^n\subseteq J$ 。

定義2 $\delta(A)$ [2, 11.2節, p.185; 1, §13, p.120; 3, §7.2, p.124]

$(A,M,k)$ をネーター局所環とする。 $M$ 準素イデアルの生成元の個数の最小値を $\delta(A)$ と書く。補題1により、これは

\begin{aligned} &\delta(A)=\min\{\,n\ge0\mid{}\\ &\quad x_1,\dots,x_n\in M,{}\\ &\quad\ell\bigl(A/(x_1,\dots,x_n)\bigr)<\infty\,\} \end{aligned}

と同じである（ $n=0$ は $\ell(A)<\infty$ を意味する）。

$M$ 自身も $M$ 準素イデアルなので、 $\delta(A)$ は $M$ の生成元の個数以下で、とくに有限です。 $\ell(A/(x_1,\dots,x_n))<\infty$ は、図形の言葉では「 $x_1=\cdots=x_n=0$ で原点だけが残る」ことに当たります。

堀田はこの数を、解析学の座標系の個数になぞらえて「座標次元」と仮に呼んでいます[3, §7.2, p.124]。

例3 $\delta(A)$ を上から抑える

(1)　 $A=k[x,y,z]_{(x,y,z)}$ 。 $\ell(A/(x,y,z))=\ell(k)=1$ なので $\delta(A)\le3$ 。 $(x^2,y^3,z)$ も $M$ 準素で、 $A/(x^2,y^3,z)$ は $x^ay^b$ （ $a<2,\ b<3$ ）を基底にもち、長さは6である。一方 $A/(x,y)\cong k[z]_{(z)}$ は $1,z,z^2,\dots$ が1次独立で、長さは無限。
(2)　 $A=k[x,y]_{(x,y)}/(xy)$ （交わる2直線）。 $A/(x)\cong k[y]_{(y)}$ の長さは無限だが、

A/(x+y)\cong k[x]_{(x)}/(x^2)\qquad \ell\bigl(A/(x+y)\bigr)=2

\begin{gathered}A/(x+y)\cong k[x]_{(x)}/(x^2)\\\ell\bigl(A/(x+y)\bigr)=2\end{gathered}

\begin{aligned}A/(x+y) &\cong k[x]_{(x)}/(x^2)\\[4pt]\ell\bigl(A/(x+y)\bigr) &= 2\end{aligned}

なので $\delta(A)\le1$ 。 $A$ の長さは無限（ $1,x,x^2,\dots$ が独立）なので $\delta(A)=1$ 。
(3)　 $A=\mathbb{Z}_{(p)}$ 。 $\ell(A/(p))=1$ で、 $\ell(A/(p^n))=n$ は有界でないから $\delta(A)=1$ 。
(4)　 $A=k[x]/(x^2)$ や $\mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z}$ のようなアルティン局所環では $\ell(A)<\infty$ なので $\delta(A)=0$ 。

証明

(2) $A/(x+y)=k[x,y]_{(x,y)}/(xy,\ x+y)$ で、 $y=-x$ を代入すると $xy=-x^2$ となる。よって $k[x]_{(x)}/(x^2)$ で、基底は $1,x$ 。
(2) $A/(x)=k[x,y]_{(x,y)}/(xy,\ x)=k[x,y]_{(x,y)}/(x)\cong k[y]_{(y)}$ 。 $xy$ は $x$ の倍数なので消える。
(3) $\mathbb{Z}_{(p)}/(p^n)\cong\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ の部分加群は $p^i\mathbb{Z}/p^n\mathbb{Z}$ の $n+1$ 個が一列に並ぶので、長さは $n$ 。

(1) で $\delta(A)=3$ かどうかは、まだ分かりません。 $(x,y)$ ではだめでしたが、ほかの2つの元ならうまくいくかもしれないからです。次元定理を使うと、2つではどう選んでも足りないことが分かります（例10）。

(2) では、 $x$ で割ると直線 $x=0$ が丸ごと残り、 $x+y$ で割ると原点だけが残りました。片方の成分の上で恒等的に0になる元では、その成分を切れないのです。この観察が、後で $\dim A\ge\delta(A)$ を示すときの鍵になります（図2）。

次元定理

定理4 次元定理 [2, 定理11.14, p.188; 1, 定理13.4, p.120; 3, 定理7.6, p.124]

$(A,M,k)$ 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。

証明

$\delta(A)\ge d(A)$ は後の命題5。
$d(A)\ge\dim A$ は後の命題6。とくに $\dim A$ は有限である。
$\dim A\ge\delta(A)$ は後の命題8。
3つの不等式をつなぐと $\delta(A)\ge d(A)\ge\dim A\ge\delta(A)$ となり、すべて等号である。

\dim A

素イデアルの鎖の長さ

d(A)

\ell(A/q^n)

の次数

\delta(A)

準素イデアルの生成元の最少個数

\delta(A)\ge d(A)

生成元

s

個なら次数は

s

以下

d(A)\ge\dim A

非零因子で割る帰納法

\dim A\ge\delta(A)

素イデアル回避で1つずつ切る

矢印

a\to b

は

a\ge b

を表す。一周するので3つは等しい

図1概念図次元定理の証明の組み立てです。点が3つの量、矢印

a\to b

が不等式

a\ge b

を表し、矢印の横にその不等式を示す道具を書いています。位置に意味はなく、矢印のつながり方だけを見てください。矢印が一周しているので、3つの量はすべて等しくなります。

3つの不等式は、それぞれ別の道具で示します。 $\delta\ge d$ は単項式を数える計算、 $d\ge\dim$ は鎖の長さについての帰納法、 $\dim\ge\delta$ は素イデアル回避を使って元を1つずつ選ぶ構成です。以下の3つの節で順に証明します。

3つの不等式と、それぞれの証明の要になる式を並べると次のとおりです。

\begin{array}{l} \delta(A)\ \ge\ d(A)\\ \quad \ell(A/q^n)\ \le\ \ell(A/q)\dbinom{n+s-1}{s}\\ \qquad (q=(x_1,\dots,x_s)) \\[10pt] d(A)\ \ge\ \dim A \\ \quad d\bigl(A/(P_0+xA)\bigr)\ \le\ d(A)-1\\ \qquad (x\in P_1\setminus P_0)\\[8pt] \dim A\ \ge\ \delta(A)\\ \quad x_i\in M\setminus(P_1\cup\cdots\cup P_t)\\ \qquad(i=1,\dots,d) \end{array}

アティヤ・マクドナルドと堀田は局所環 $A$ について、松村は半局所環の上の有限生成加群について証明しています。証明の組み立てはどれも同じです。

生成元が少なければ次数は低い：δ ≥ d

命題5 [2, 系11.5, p.184; 2, 命題11.7, p.185; 1, 定理13.4 第2段, p.121]

$(A,M,k)$ をネーター局所環、 $q=(x_1,\dots,x_s)$ （ $s\ge1$ ）を $M$ 準素イデアルとする。すべての $n\ge1$ について

\ell(A/q^n)\le\ell(A/q)\binom{n+s-1}{s}

\begin{aligned}\ell(A/q^n) &\le \ell(A/q)\binom{n+s-1}{s}\end{aligned}

が成り立つ。右辺は $n$ の $s$ 次式なので $d(A)\le s$ で、 $\delta(A)\ge d(A)$ となる。

証明

長さの加法性から $\ell(A/q^n)=\sum_{i=0}^{n-1}\ell(q^i/q^{i+1})$ 。

完全列 $0\to q^i/q^{i+1}\to A/q^{i+1}\to A/q^i\to0$ と長さの加法性 [2, 命題6.9, p.119] から $\ell(A/q^{i+1})=\ell(A/q^i)+\ell(q^i/q^{i+1})$ 。これを $i=0,\dots,n-1$ で足せばよい。
$q^i/q^{i+1}$ は $A/q$ 加群で、 $x_1,\dots,x_s$ の $i$ 次の単項式 $\binom{i+s-1}{s-1}$ 個の像で生成される。

$q$ は $q^i/q^{i+1}$ を0にするので、 $A/q$ が作用する。 $q^i$ は $x_1,\dots,x_s$ から $i$ 個を（重複を許して）選んだ積で生成され、その積は $i$ 次の単項式 $x_1^{a_1}\cdots x_s^{a_s}$ （ $a_1+\cdots+a_s=i$ ）である。その個数は、 $i$ 個の玉を $s$ 個の箱に分ける方法の数 $\binom{i+s-1}{s-1}$ である。
$N$ 個の元で生成される $A/q$ 加群は $(A/q)^N$ の剰余加群なので、長さは $N\,\ell(A/q)$ 以下。よって $\ell(q^i/q^{i+1})\le\ell(A/q)\binom{i+s-1}{s-1}$ 。
和をとると、二項係数の和の公式 $\sum_{i=0}^{n-1}\binom{i+s-1}{s-1}=\binom{n+s-1}{s}$ から主張の不等式が出る。

公式は、 $\binom{m}{s}=\binom{m-1}{s}+\binom{m-1}{s-1}$ を繰り返し使えば分かる。右辺の $\binom{n+s-1}{s}$ は $n$ の $s$ 次式 $(n+s-1)(n+s-2)\cdots n/s!$ である。
$\ell(A/q^n)$ は十分大きい $n$ で次数 $d(A)$ の多項式に一致し、値は正である。それが $s$ 次式で上から抑えられるので $d(A)\le s$ 。 $s=\delta(A)$ となる $q$ を選べば $d(A)\le\delta(A)$ 。

次数 $d$ の多項式 $f$ が十分大きい $n$ で正なら、最高次の係数は正である。 $d>s$ なら $f(n)/n^s\to\infty$ となり、 $s$ 次式で抑えられることに反する。

$d(A)$ は $q$ の選び方によらない（第6回の命題21）ので、どの $M$ 準素イデアルで測ってもよい。 $\delta(A)=0$ のときは $A$ がアルティン環で、 $\ell(A/M^n)=\ell(A)$ は定数だから $d(A)=0$ 。

証明の2つの道具を図式で書きます。1つめは、 $A/q^n$ を段ごとに分ける完全列です。

{}\begin{gathered} \begin{CD} 0 @>>> q^i/q^{i+1} @>>> A/q^{i+1} \end{CD}\\ \begin{CD} @>>> A/q^i @>>> 0 \end{CD} \end{gathered}

2つめは、 $i$ 次の単項式 $x^\alpha=x_1^{a_1}\cdots x_s^{a_s}$ から作る全射です。長さは全射で増えないので、 $\ell(q^i/q^{i+1})\le N_i\,\ell(A/q)$ となります。

(A/q)^{N_i}\twoheadrightarrow q^i/q^{i+1}\quad (a_\alpha)_\alpha\longmapsto\sum_\alpha a_\alpha x^\alpha\qquad N_i=\binom{i+s-1}{s-1}

\begin{gathered}(A/q)^{N_i}\twoheadrightarrow q^i/q^{i+1}\\(a_\alpha)_\alpha\longmapsto\sum_\alpha a_\alpha x^\alpha\\N_i=\binom{i+s-1}{s-1}\end{gathered}

\begin{aligned}&(A/q)^{N_i}\twoheadrightarrow q^i/q^{i+1}\\[4pt]&(a_\alpha)_\alpha\longmapsto\sum_\alpha a_\alpha x^\alpha\\[4pt]N_i &= \binom{i+s-1}{s-1}\end{aligned}

$A=k[x,y]_{(x,y)}$ で確かめます。 $q=M=(x,y)$ なら $s=2$ 、 $\ell(A/M)=1$ で、上界は $\binom{n+1}{2}$ です。実際 $A/M^n$ の基底は次数 $n-1$ 以下の単項式で、その数はちょうど $\binom{n+1}{2}=n(n+1)/2$ です。

$q=(x^2,y)$ でも試します。 $\ell(A/q)=2$ （基底 $1,x$ ）で、上界は $2\binom{n+1}{2}=n(n+1)$ です。 $q^n=(x^{2i}y^{n-i}\mid0\le i\le n)$ なので、 $A/q^n$ の基底は $x^ay^b$ （ $b<n,\ a<2(n-b)$ ）で、数えると

\ell(A/q^n)=\sum_{b=0}^{n-1}2(n-b)=n(n+1)

\begin{aligned}\ell(A/q^n) &= \sum_{b=0}^{n-1}2(n-b)\\&= n(n+1)\end{aligned}

こちらも上界と一致しました。 $n=1,2,3$ で並べると次のとおりです。

\begin{array}{c|ccc} n & 1 & 2 & 3 \\ \hline \ell(A/M^n) & 1 & 3 & 6 \\ \ell(A/(x^2,y)^n) & 2 & 6 & 12 \end{array}

2行とも $n$ の2次式で、 $q$ を変えても次数は変わりません。変わるのは最高次の係数（ $1/2$ と $1$ ）です。

上界は生成元の個数で決まるので、無駄に多くの元で生成すると粗くなります。 $M=(x,\ y,\ x+y)$ と3個で書くと上界は $\binom{n+2}{3}$ で3次式になり、 $d(A)\le3$ しか言えません。生成元の個数の最小値 $\delta(A)$ を使うのはこのためです。

非零因子で割って鎖を縮める：d ≥ dim

おさらい剰余環

A/J

の素イデアル

剰余環 $A/J$ の素イデアルは、 $J$ を含む $A$ の素イデアル $Q$ の像 $Q/J$ で、包含を保って1対1に対応します。環の準同型 $\pi\colon A\to A/J$ と、素イデアルを引き戻す Spec の写像は、向きが逆です。

\begin{array}{ccc} A & \xrightarrow{\ \ \pi\ \ } & A/J \\[4pt] \begin{gathered}\operatorname{Spec}A\\ \supseteq\ V(J)\end{gathered} & \xleftarrow[\ \cong\ ]{\ \ \pi^{-1}\ \ } & \operatorname{Spec}(A/J) \end{array}

そのため、 $A/J$ の素イデアルの鎖は、 $J$ を含む $A$ の素イデアルの鎖と同じものです。とくに素イデアル $P$ について $\dim A/P=\operatorname{coht}P$ です（第1回の命題10(2)）。

例えば $A=k[x,y]_{(x,y)}$ 、 $J=(y-x^2)$ なら $A/J\cong k[x]_{(x)}$ で、素イデアルは $(0)$ と $(x)$ の2つです。それぞれ $A$ の $(y-x^2)$ と $M$ に対応します。

命題6 [2, 命題11.10, p.186–187; 1, 定理13.4 第1段, p.120–121; 3, 定理7.6, p.124–125]

$(A,M,k)$ をネーター局所環とすると、 $d(A)\ge\dim A$ である。とくに $\dim A$ は有限である。

証明

$d=d(A)$ についての帰納法で示す。
$d=0$ のとき、ある $n$ で $M^n=M^{n+1}$ となり、中山の補題から $M^n=0$ 。どの素イデアルも $M^n=0$ を含むので $M$ を含み、素イデアルは $M$ だけで $\dim A=0$ 。

$\ell(A/M^n)$ が十分大きい $n$ で定数なので、 $\ell(M^n/M^{n+1})=\ell(A/M^{n+1})-\ell(A/M^n)=0$ 。よって $M^n=M\cdot M^n$ で、中山の補題 [2, 命題2.6, p.32] から $M^n=0$ 。素イデアル $P$ が $0=M^n$ を含めば、 $M$ の元 $a$ について $a^n\in P$ から $a\in P$ 。
$d>0$ とし、素イデアルの鎖 $P_0\subsetneq P_1\subsetneq\cdots\subsetneq P_r$ をとる。 $r\le d$ を示せばよい。 $x\in P_1\setminus P_0$ を選び、 $A'=A/P_0$ 、 $x'$ を $x$ の像とする。
$A'$ は整域で $x'\neq0$ なので、 $x'$ は $A'$ の非零因子。よって $d(A'/x'A')\le d(A')-1$ （第6回の命題27）。
$A'/M'^n$ は $A/M^n$ の剰余環なので $d(A')\le d(A)$ 。よって $d(A'/x'A')\le d-1$ で、帰納法の仮定から $\dim A'/x'A'\le d-1$ 。

$M'=M/P_0$ は $A'$ の極大イデアルで、 $A/M^n\to A'/M'^n$ は全射である。よって $\ell(A'/M'^n)\le\ell(A/M^n)$ で、多項式の次数も $d(A')\le d(A)$ 。
$A'/x'A'=A/(P_0+xA)$ で、 $P_1,\dots,P_r$ はどれも $P_0+xA$ を含む。その像 $\bar P_1\subsetneq\cdots\subsetneq\bar P_r$ は長さ $r-1$ の鎖なので、 $r-1\le d-1$ 。

証明の中の鎖の動きを図式にします。下の行が $A$ の鎖、上の行が $A/(P_0+xA)$ に残る鎖で、横の矢印は真の包含、縦の矢印は $\pi\colon A\to A/(P_0+xA)$ による引き戻しです。

{}\begin{gathered} \begin{CD} @. \bar P_1 @>>> \bar P_2 \\ @. @VV{\pi^{-1}}V @VV{\pi^{-1}}V \\ P_0 @>>> P_1 @>>> P_2 \end{CD}\\[6pt] \begin{CD} @>>> \cdots @>>> \bar P_r \\ @. @. @VV{\pi^{-1}}V \\ @>>> \cdots @>>> P_r \end{CD} \end{gathered}

環は2段階で割り、 $d$ は次のように下がります。

A\longrightarrow A/P_0\longrightarrow A/(P_0+xA)\qquad d\bigl(A/(P_0+xA)\bigr)\ \le\ d(A/P_0)-1\ \le\ d(A)-1

\begin{gathered}A\longrightarrow A/P_0\longrightarrow A/(P_0+xA)\\d\bigl(A/(P_0+xA)\bigr)\ \le\ d(A/P_0)-1\ \le\ d(A)-1\end{gathered}

\begin{aligned}A &\longrightarrow A/P_0\\&\longrightarrow A/(P_0+xA)\\[4pt]d\bigl(A/(P_0+xA)\bigr) &\le d(A/P_0)-1\\&\le d(A)-1\end{aligned}

証明の核は、鎖の最初の段 $P_0\subsetneq P_1$ を1つの元 $x$ で割って消すことです。 $x$ で割ると鎖は1段短くなり、一方 $d$ は少なくとも1下がります。これを繰り返すと、鎖の長さは $d$ を超えられません。

$A=k[x,y]_{(x,y)}$ 、鎖 $(0)\subsetneq(y-x^2)\subsetneq M$ （ $r=2$ ）でたどってみます。 $P_0=(0)$ なので $A'=A$ で、 $P_1\setminus P_0$ から $y-x^2$ を選びます。

A/(y-x^2)\cong k[x]_{(x)}\qquad \ell\bigl(k[x]_{(x)}/(x^n)\bigr)=n\qquad d\bigl(A/(y-x^2)\bigr)=1=d(A)-1

\begin{gathered}A/(y-x^2)\cong k[x]_{(x)}\\\ell\bigl(k[x]_{(x)}/(x^n)\bigr)=n\\d\bigl(A/(y-x^2)\bigr)=1=d(A)-1\end{gathered}

\begin{aligned}A/(y-x^2) &\cong k[x]_{(x)}\\[4pt]\ell\bigl(k[x]_{(x)}/(x^n)\bigr) &= n\\[4pt]d\bigl(A/(y-x^2)\bigr) &= 1\\&= d(A)-1\end{aligned}

$k[x]_{(x)}$ の中に残った鎖は $(0)\subsetneq(x)$ の長さ1で、 $r-1=1\le d-1=1$ です。

$A=k[x,y]_{(x,y)}/(xy)$ 、鎖 $(y)\subsetneq M$ では、 $P_0=(y)$ なので $A'=A/(y)\cong k[x]_{(x)}$ です。 $x\in M\setminus(y)$ で割ると $A'/x'A'=k$ で、 $d=0$ まで下がります。ここで $A$ 自身は整域でないので、 $x$ は $A$ の零因子です（ $x\cdot y=0$ ）。先に $P_0$ で割って整域にしておくのは、選んだ元を非零因子にするためです。

この命題から、ネーター環の素イデアルの高さが有限であることが分かります。

おさらい局所化

A_P

と高さ

積閉集合 $S$ による局所化 $S^{-1}A$ の素イデアルは、 $S$ と交わらない $A$ の素イデアル $Q$ の $S^{-1}Q$ と、包含を保って1対1に対応します[2, 命題3.11 iv), p.63]。 $S=A\setminus P$ とした $A_P$ では、「 $S$ と交わらない」は「 $Q\subseteq P$ 」と同じです。

\begin{array}{ccc} A & \xrightarrow{\ \ \iota\ \ } & A_P \\[4pt] \begin{gathered}\{\,Q\mid{}\\ Q\subseteq P\,\}\end{gathered} & \xleftarrow[\ \cong\ ]{Q'\mapsto Q'\cap A} & \operatorname{Spec}A_P \end{array}

鎖も鎖のまま対応します。下の図式で、横の矢印は真の包含、縦の矢印は引き戻しです。

{}\begin{gathered} \begin{CD} Q_0A_P @>>> Q_1A_P \\ @V{\cap A}VV @V{\cap A}VV \\ Q_0 @>>> Q_1 \end{CD}\\[6pt] \begin{CD} @>>> \cdots @>>> PA_P \\ @. @. @VV{\cap A}V \\ @>>> \cdots @>>> P \end{CD} \end{gathered}

そのため、 $P$ で終わる鎖の長さの上限である高さ（第1回の定義9）は、 $\dim A_P$ に等しくなります（第1回の命題10(1)）。例えば $k[x,y]$ の $P=(x)$ では $A_P$ の素イデアルは $(0)$ と $PA_P$ で、 $\operatorname{ht}P=1$ です。

系7 高さは有限 [2, 系11.11, 系11.12, p.187; 1, 定理13.5, p.122; 3, 系7.10, p.128]

$A$ をネーター環とする。

(1)　 $A$ の素イデアル $P$ の高さは有限である。 $A\neq J$ となるイデアル $J$ の高さも有限である。
(2)　 $A$ の素イデアルの真の減少列 $P_0\supsetneq P_1\supsetneq\cdots$ は有限で止まる。
(3)　ネーター局所環の次元は有限である。

証明

(1) $\operatorname{ht}P=\dim A_P$ （第1回の命題10(1)）で、 $A_P$ はネーター局所環なので、命題6から $\dim A_P\le d(A_P)<\infty$ 。
$J\neq A$ なら $J$ を含む素イデアル $P$ があり、 $\operatorname{ht}J\le\operatorname{ht}P<\infty$ 。
(2) 長さ $n$ の真の減少列 $P_0\supsetneq\cdots\supsetneq P_n$ は $P_0$ で終わる長さ $n$ の鎖なので、 $n\le\operatorname{ht}P_0$ 。
(3) $\dim A=\operatorname{ht}M$ と (1) から。

ネーターという仮定は外せません。無限個の変数の多項式環 $B=k[x_1,x_2,\dots]$ では、素イデアル $P=(x_1,x_2,\dots)$ の中に、いくらでも長い鎖があります。

\begin{aligned} &(0)\subsetneq(x_1)\subsetneq(x_1,x_2)\\ &\quad\subsetneq(x_1,x_2,x_3)\subsetneq\cdots\subseteq P\\[4pt] &\operatorname{ht}P=\infty \end{aligned}

どの $(x_1,\dots,x_i)$ も、剰余環が多項式環 $k[x_{i+1},x_{i+2},\dots]$ で整域なので素イデアルです。逆向きに $(x_1,x_2,\dots)\supsetneq(x_2,x_3,\dots)\supsetneq(x_3,x_4,\dots)\supsetneq\cdots$ と並べると、止まらない減少列になり、(2) も成り立ちません。

$B$ では上の鎖のイデアルの増大列が止まらないので、 $B$ はネーター環ではありません。

(1) で有限なのは1つ1つの素イデアルの高さで、それらの上限 $\dim A$ が有限とは限りません。ネーター環でも次元が無限になる例を、後の節で見ます。

成分をよけて1つずつ切る：dim ≥ δ

おさらい極小素イデアルと素イデアル回避

ネーター環では、イデアル $J\neq A$ を含む極小な素イデアルは有限個です。準素分解 $J=q_1\cap\cdots\cap q_r$ に現れる素イデアル $\sqrt{q_i}$ の中に、すべて入っているからです[2, 定理7.13, p.128; 2, 命題4.6, p.80]。

例えば $k[x,y,z]$ の $J=(xz,\ yz)$ では $J=(z)\cap(x,y)$ で、極小素イデアルは平面 $(z)$ と直線 $(x,y)$ の2つです。

素イデアル回避は、有限個の素イデアルの和集合についての命題です[2, 命題1.11, p.11]。対偶の形で使うと、どの $P_i$ にも含まれないイデアルから、どの $P_i$ にも入らない元がとれます。

J\not\subseteq P_i\ \ (i=1,\dots,t)\ \Longrightarrow\ \exists\,x\in J\setminus(P_1\cup\cdots\cup P_t)

\begin{aligned}J\not &\subseteq P_i\ \ (i=1,\dots,t)\\&\Longrightarrow \exists\,x\in J\setminus(P_1\cup\cdots\cup P_t)\end{aligned}

$k[x,y]_{(x,y)}/(xy)$ では、 $M$ は $(x)$ にも $(y)$ にも含まれないので、どちらにも入らない元 $x+y\in M$ がとれます。 $x$ と $y$ はそれぞれ片方に入るので、1つずつではよけられません。

命題8 [2, 命題11.13, p.187–188; 4, 系2.39, p.79]

$(A,M,k)$ 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がある。とくに $\dim A\ge\delta(A)$ 。

証明

$d$ は有限である（命題6）。 $i=0,1,\dots,d$ について、「 $(x_1,\dots,x_i)$ を含む素イデアルの高さはすべて $i$ 以上」となる $x_1,\dots,x_i\in M$ を帰納的に選ぶ。 $i=0$ では何も選ばず、条件は自明。
$x_1,\dots,x_{i-1}$ まで選んだとする（ $1\le i\le d$ ）。 $J=(x_1,\dots,x_{i-1})$ の極小素イデアルは有限個で、そのうち高さがちょうど $i-1$ のものを $P_1,\dots,P_t$ とする。

ネーター環のイデアルは準素分解をもち [2, 定理7.13, p.128]、 $J$ を含む極小な素イデアルは、分解に現れる有限個の素イデアルのどれかである [2, 命題4.6, p.80]。 $i=1$ のときは $J=(0)$ で、 $P_1,\dots,P_t$ は高さ0の素イデアル、つまり $A$ の極小素イデアルである。
どの $P_j$ も $M$ と異なる。 $\operatorname{ht}P_j=i-1<d=\operatorname{ht}M$ だから。よって素イデアル回避から、どの $P_j$ にも入らない $x_i\in M$ がとれる。

$M\subseteq P_1\cup\cdots\cup P_t$ とすると、素イデアル回避 [2, 命題1.11, p.11] から、ある $j$ で $M\subseteq P_j$ 。 $M$ は極大なので $M=P_j$ となり矛盾する。 $\operatorname{ht}M=\dim A$ は第1回の命題10(4) から（局所環の極大イデアルは $M$ だけ）。
$(x_1,\dots,x_i)$ を含む素イデアル $Q$ の高さが $i$ 以上であることを示す。 $Q$ は $J$ の極小素イデアル $P$ を含む。
1. $P$ が $P_j$ の1つなら、 $x_i\in Q$ 、 $x_i\notin P_j$ から $Q\supsetneq P_j$ 。 $P_j$ で終わる長さ $i-1$ の鎖に $Q$ を付け足せるので、 $\operatorname{ht}Q\ge i$ 。
2. そうでなければ、帰納法の仮定から $\operatorname{ht}P\ge i-1$ で、しかも $i-1$ ではないので $\operatorname{ht}P\ge i$ 。 $Q\supseteq P$ なので $\operatorname{ht}Q\ge i$ 。
$i=d$ まで選ぶと、 $(x_1,\dots,x_d)$ を含む素イデアルは $M$ だけになる。よって $\sqrt{(x_1,\dots,x_d)}=M$ で、補題1から $M$ 準素イデアル。

$Q\supseteq(x_1,\dots,x_d)$ で $Q\neq M$ なら、 $Q\subsetneq M$ から $\operatorname{ht}M\ge\operatorname{ht}Q+1\ge d+1$ となり、 $\operatorname{ht}M=d$ に反する。根基は、そのイデアルを含む素イデアルすべての共通部分である [2, 命題1.14, p.13]。

避けるのは、高さがちょうど $i-1$ の極小素イデアルだけです。高さが $i$ 以上のものは、何もしなくても条件をみたしています。図形の言葉では、「 $x_1=\cdots=x_{i-1}=0$ の成分のうち、まだ次元が下がっていない成分を、次の元で必ず切る」ということです。

ドラッグで回せます

$A=k[x,y]_{(x,y)}/(xy)$ の Spec です。局所環なので閉点は原点 $M$ だけで、床の灰色の線は生成点の閉包の場所を示す目印です。2本の直線の生成点 $(y)$ （ $x$ 軸）と $(x)$ （ $y$ 軸）が高さ1にあり、段は2つ、 $\dim A=1$ です。

$x$ で割ると、 $x$ を含む $(x)$ と $M$ が残ります。 $x$ は極小素イデアル $(x)$ に入っているので、直線 $x=0$ は切れません。段はまだ2つで、 $A/(x)\cong k[y]_{(y)}$ の長さは無限です。

$x+y$ は $(x)$ にも $(y)$ にも入りません。 $x+y$ で割ると原点だけが残り、 $A/(x+y)\cong k[x]/(x^2)$ の長さは2です。1つの元で点まで切れたので、 $\delta(A)=1=\dim A$ です。「真横」から見ると段の数の変化が分かります。

図2具体例交わる2直線の局所環

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

の Spec です（代数幾何の連載の第2回と同じ約束で、閉点を床に、直線の生成点を高さ1に描いています）。

x

で割ると直線

x=0

の生成点が残り、

x+y

で割ると原点だけが残ります。

x

と

x+y

が直線の上で0になるかどうかは、直線の点で式の値を計算して確かめています。「真横」から見ると、割ったあとに残る段の数が分かります。

図2の環で、証明の手順をたどります。 $d=\dim A=1$ で、 $i=1$ では $A$ の極小素イデアル $(x)$ 、 $(y)$ （どちらも高さ0）をよける $x_1$ を選びます。 $x\in(x)$ はだめで、 $x+y$ はどちらにも入りません（ $x+y$ を $x=0$ に制限すると $y$ 、 $y=0$ に制限すると $x$ で、0でない）。こうして $(x+y)$ が $M$ 準素になり、例3(2) の計算と合います。

例9 平面とそれを貫く直線

$A=k[x,y,z]_{(x,y,z)}/(xz,\ yz)$ とする。 $V(xz,yz)$ は平面 $z=0$ と $z$ 軸の和で、 $\dim A=2$ （第1回の例14と同じ計算）。命題8の手順で選ぶと、例えば

x_1=x+z\qquad x_2=y\qquad A/(x+z,\ y)\cong k[x]/(x^2)

\begin{gathered}x_1=x+z\\x_2=y\\A/(x+z,\ y)\cong k[x]/(x^2)\end{gathered}

\begin{aligned}x_1 &= x+z\\[4pt]x_2 &= y\\[4pt]A/(x+z,\ y) &\cong k[x]/(x^2)\end{aligned}

で、 $\ell(A/(x+z,y))=2$ 。よって $\delta(A)\le2$ 。

証明

$i=1$ ： $A$ の極小素イデアルは $(z)$ （平面）と $(x,y)$ （直線）で、どちらも高さ0。 $x+z$ はどちらにも入らない。

$x+z\in(z)$ なら $x\in(z)$ 、 $x+z\in(x,y)$ なら $z\in(x,y)$ となるが、どちらも成り立たない（ $x$ は点 $(1,0,0)$ で、 $z$ は点 $(0,0,1)$ で0でない）。
$A/(x+z)$ は、 $z=-x$ を代入して $k[x,y]_{(x,y)}/(x^2,\ xy)$ 。その極小素イデアルは $(x)$ だけで、 $A$ では $(x,z)$ に当たる。高さは1。

$xz=-x^2$ 、 $yz=-xy$ となる。 $(x^2,xy)$ を含む素イデアルは $x$ を含むので、極小なものは $(x)$ 。

$A$ の中で $(x,z)$ に含まれる素イデアルは $(z)$ か $(x,y)$ を含むが、 $y\notin(x,z)$ なので $(z)$ を含む。それらは $k[x,y]_{(x,y)}$ の $(x)$ 以下の素イデアル $(0)$ 、 $(x)$ に対応するので、 $(z)\subsetneq(x,z)$ が最長の鎖で、高さは1である。
$i=2$ ： $(x,z)$ をよけて $x_2=y$ を選ぶ。 $A/(x+z,y)\cong k[x,y]/(x^2,xy,y)=k[x]/(x^2)$ で、長さは2。

最初に $z$ を選ぶと失敗します。 $z$ は平面の極小素イデアル $(z)$ に入っていて、 $A/(z)\cong k[x,y]_{(x,y)}$ はまだ2次元です。平面を「切った」つもりでも、平面全体が $z=0$ の上に乗っているので、何も切れていません。

一方、 $x_1=x$ と選ぶと、 $x$ は直線の極小素イデアル $(x,y)$ に入っています。それでも $A/(x)\cong k[y,z]_{(y,z)}/(yz)$ は1次元に下がり、続けて $y+z$ で切れば長さ2で点になります。

次元の小さい成分は、切らなくても困らないことがあるのです。証明の手順は巴系を作るための十分条件で、必要条件ではありません。

次元定理で分かること

3つの不等式がそろったので、次元定理（定理4）が証明できました。 $\dim A=d$ のとき、 $M$ 準素イデアルを生成する $d$ 個の元 $x_1,\dots,x_d$ を $A$ の巴系（パラメータ系）と呼びます[2, 11.2節, p.189; 1, §14, p.126]。命題8は巴系が存在することを、次元定理は $d$ 個より少ない元では $M$ 準素イデアルを生成できないことを言っています。巴系の性質は、この連載の第9回で詳しく扱います。

巴系で1つずつ割っていくと、次元はちょうど1ずつ下がります。

{}\begin{gathered} \begin{array}{ccccc} A & \longrightarrow & A/(x_1) & \longrightarrow & A/(x_1,x_2) \\[4pt] d && d-1 && d-2 \end{array}\\[10pt] \begin{array}{cccc} \longrightarrow & \cdots & \longrightarrow & A/(x_1,\dots,x_d) \\[4pt] & \cdots && 0 \end{array} \end{gathered}

下の行は各環の次元です。 $\bar A=A/(x_1,\dots,x_i)$ では、残りの $x_{i+1},\dots,x_d$ の像が $\bar M=M/(x_1,\dots,x_i)$ 準素イデアルを生成するので、次元定理から $\dim\bar A=\delta(\bar A)\le d-i$ です。

逆に $\dim\bar A=e$ なら、 $\bar A$ の巴系 $e$ 個の代表元と $x_1,\dots,x_i$ を合わせた $i+e$ 個で $A$ の $M$ 準素イデアルが生成されるので、 $d=\delta(A)\le i+e$ です。よって $\dim\bar A=d-i$ です。

例9の巴系 $x+z,\ y$ で割ると、次のようになります。最初に $z$ で割ると、次元は2のままです。

\begin{aligned} &k[x,y,z]_{(x,y,z)}/(xz,yz) &&\dim=2\\ &\xrightarrow{\ /(x+z)\ } k[x,y]_{(x,y)}/(x^2,xy) &&\dim=1\\ &\xrightarrow{\ \ /y\ \ } k[x]/(x^2) &&\dim=0 \end{aligned}

例10 3つの物差しで測る [2, 11.2節例, p.188]

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。

証明

$k[x_1,\dots,x_r]_{(x_1,\dots,x_r)}$ で $A/M^n$ の基底は次数 $n-1$ 以下の単項式で、その数は $\binom{n-1+r}{r}$ 。 $r=1,2,3$ で表の値になる。
2直線と結節点の $\ell(A/M^n)=2n-1$ は、 $M^i/M^{i+1}$ が $i\ge1$ で2次元であることから（例14の証明で計算する）。
$k[x]/(x^2)$ では $M^n=0$ （ $n\ge2$ ）で、 $\ell(A)=2$ 。生成元は0個でよい。
次元は表の鎖で下から抑えられ、生成元の個数で上から抑えられる（定理4）。両者が一致するので、表の値が次元である。

表の1列目の値が $n$ の何次式かだけを見ても、次元が読めます。例えば $k[x_1,\dots,x_r]_{(x_1,\dots,x_r)}$ が $r$ 次元であることは、鎖で $\ge r$ 、生成元 $x_1,\dots,x_r$ で $\le r$ と、両側からすぐに分かります。第4回で超越次数を使って示した $\dim k[x_1,\dots,x_r]=r$ （第4回の系16）の、原点での局所版です。

ドラッグで回せます

平面 $x=0$ です。 $A/(x)\cong k[y,z]_{(y,z)}$ は2次元で、長さ $\ell(A/(x))$ は無限です。

$V(x,y)$ は $z$ 軸（黒い線）です。 $A/(x,y)\cong k[z]_{(z)}$ は1次元で、長さはまだ無限です。「真上」から見ると $z$ 軸は1点に潰れ、2つの式で点まで切れたように見えます。回すと直線です。

さらに $z=0$ で切ると原点だけが残り、 $A/(x,y,z)=k$ の長さは1になります。1回切るたびに次元が $2,1,0$ と1つずつ下がり、3回目で長さが有限になりました。

放物面 $z=x^2+y^2$ と平面 $z=0$ の実数の共通点は原点だけです。しかし $A/(z-x^2-y^2,\ z)\cong k[x,y]_{(x,y)}/(x^2+y^2)$ は1次元で、長さは無限です。複素数では $x^2+y^2=(x+iy)(x-iy)$ なので、共通部分は2本の直線 $x=\pm iy$ です。

図3具体例空間の原点の局所環

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

を、

x

、

y

、

z

で順に切った図です（実数の点だけを描いています）。平面、直線、点と、1回切るたびに次元が1つ下がります。2回目の段階で「真上」から見ると、

z

軸が1点に潰れて点まで切れたように見えますが、回すと直線です。最後の段階は、実数の点だけでは見落とす例です。

$\delta(A)=3$ は、「原点を通る2つの方程式 $f=g=0$ は、原点だけを残すことはできず、原点を通る曲線を必ず含む」と言い換えられます。図3の最後の段階は、それに反するように見える例です。放物面 $z=x^2+y^2$ と平面 $z=0$ の実数の共通点は原点だけですが、

\begin{aligned} &A/(z-x^2-y^2,\ z)\\ &\quad\cong k[x,y]_{(x,y)}/(x^2+y^2) \end{aligned}

は1次元で、長さは無限です。 $k=\mathbb{C}$ なら $x^2+y^2=(x+iy)(x-iy)$ で、共通部分は2本の直線 $x=\pm iy$ です。実数の点の図だけで「点まで切れた」と判断してはいけない、という例になっています。

次元定理から、さらに次のことがすぐに出ます [2, 系11.16, 系11.17, p.188; 2, 系11.18, p.189]。

ネーター環で、 $r$ 個の元で生成されるイデアルを含む極小な素イデアルの高さは $r$ 以下（クルルの高さ定理）。
とくに、零因子でも単元でもない元 $x$ について、 $(x)$ を含む極小な素イデアルの高さは1（クルルの単項イデアル定理）。
ネーター局所環の非零因子 $x\in M$ について $\dim A/(x)=\dim A-1$ 。

これらと、その逆向きの主張は、第8回で証明します。

専門的な話加群と半局所環の次元定理

松村は、次元定理をもっと一般の形で証明しています[1, 定理13.4, p.120]。 $A$ を極大イデアルが有限個のネーター環（半局所環）、 $M$ をそのジャコブソン根基（極大イデアル全体の共通部分）、 $N$ を有限生成 $A$ 加群とします。

このとき、 $\dim N=\dim A/\operatorname{ann}N$ 、 $\ell(N/q^nN)$ の次数 $d(N)$ 、 $\ell(N/(x_1,\dots,x_r)N)<\infty$ となる $x_i\in M$ の最少個数 $\delta(N)$ の3つが等しくなります。

証明の組み立てはこの記事と同じです。 $d\ge\dim$ の段では、部分加群の列 $0=N_0\subset N_1\subset\cdots\subset N_q=N$ で $N_j/N_{j-1}\cong A/P_j$ （ $P_j$ は素イデアル）となるものを使って、環の場合に帰着しています。

次元が無限のネーター整域

系7から、ネーター局所環の次元は有限です。局所環でないネーター環では、1つ1つの極大イデアルの高さが有限でも、その上限が無限になりえます。そのような整域の例は永田雅宜によるもので、アティヤ・マクドナルドの演習問題になっています。

例11 永田の無限次元ネーター整域 [2, 演習問題11.4, p.194; 3, 演習問題7.4, p.136]

$k$ を体、 $B=k[X_1,X_2,X_3,\dots]$ を可算無限個の変数の多項式環とする。変数を大きさ $1,2,3,\dots$ の組に分け、 $i$ 番目の組で生成される素イデアルを $P_i$ とする。

P_1=(X_1)\quad P_2=(X_2,X_3)\quad P_3=(X_4,X_5,X_6)\quad\dots\qquad S=B\setminus\bigcup_{i\ge1}P_i

\begin{gathered}P_1=(X_1)\\P_2=(X_2,X_3)\\P_3=(X_4,X_5,X_6)\\\dots\\S=B\setminus\bigcup_{i\ge1}P_i\end{gathered}

\begin{aligned}P_1 &= (X_1)\\[4pt]P_2 &= (X_2,X_3)\\[4pt]P_3 &= (X_4,X_5,X_6)\\[4pt]&\dots\\[4pt]S &= B\setminus\bigcup_{i\ge1}P_i\end{aligned}

このとき $A=S^{-1}B$ はネーター整域で、 $\operatorname{ht}S^{-1}P_i=i$ である。とくに $\dim A=\infty$ 。

証明

$P_i$ は素イデアルで、 $S$ は積閉集合。よって $A$ は整域 $B$ の局所化で、整域である。

$B/P_i$ は残りの変数の多項式環で、整域である。 $s,t\in S$ なら、どの $P_i$ についても $s,t\notin P_i$ なので $st\notin P_i$ 、つまり $st\in S$ 。 $1\in S$ 、 $0\notin S$ 。
$P_i\cap S=\varnothing$ なので $S^{-1}P_i$ は $A$ の素イデアルで、その下には長さ $i$ の鎖がある。よって $\operatorname{ht}S^{-1}P_i\ge i$ で、 $\dim A=\infty$ 。

$P_i=(X_{m+1},\dots,X_{m+i})$ とすると、 $B$ の鎖
$\begin{aligned} &(0)\subsetneq(X_{m+1})\\ &\quad\subsetneq(X_{m+1},X_{m+2})\subsetneq\cdots\\ &\quad\subsetneq(X_{m+1},\dots,X_{m+i})=P_i \end{aligned}$
はすべて $P_i$ に含まれ、 $S$ と交わらない。 $S$ と交わらない素イデアルは $S^{-1}B$ の素イデアルと包含を保って対応する [2, 命題3.11 iv), p.63] ので、 $A$ にも長さ $i$ の鎖がある。実際には $A_{S^{-1}P_i}=B_{P_i}$ は $i$ 変数の多項式環の局所化で、高さはちょうど $i$ である。
$A$ の極大イデアルは $S^{-1}P_i$ （ $i\ge1$ ）だけで、0でない元はそのうち有限個にしか入らない。
1. 0でない $f\in B$ は有限個の変数しか含まない。 $P_i$ は単項式で生成されるので、 $f\in P_i$ なら $f$ の各項が $i$ 番目の組の変数を含む。よって $f$ を含む $P_i$ は有限個である。
2. $A$ の真のイデアルを $B$ に引き戻した $Q$ は $S$ と交わらないので $Q\subseteq\bigcup_iP_i$ 。このとき $Q$ はある $P_i$ に含まれる（無限個の和集合だが、ここでは素イデアル回避が成り立つ）。
  
  $Q\neq0$ としてよい。 $Q$ がどの $P_i$ にも含まれないと仮定する。0でない $f\in Q$ を含む $P_i$ は有限個で、それを $P_{i_1},\dots,P_{i_r}$ とする。有限個の素イデアル回避 [2, 命題1.11, p.11] から、どの $P_{i_j}$ にも入らない $g\in Q$ がとれる。
  
  $f$ にも $g$ にも変数が現れない組を1つ選び（ $j$ 番目とする）、その組の変数 $X$ を1つとって $h=f+gX\in Q$ とおく。 $h$ がどの $P_i$ にも入らないことを、 $B/P_i$ （残りの変数の多項式環）で $\bar h\neq0$ を見て確かめる。
  
  (a) $i$ が $i_1,\dots,i_r$ のどれかなら、 $\bar f=0$ で $\bar h=\bar g\,X$ 。 $\bar g\neq0$ で、 $X$ は $i$ 番目の組に入らない（ $i$ 番目の組には $f$ の変数があり、 $j$ 番目にはない）ので $\bar h\neq0$ 。
  (b) $i=j$ なら $\bar X=0$ で $\bar h=\bar f$ 。 $f$ は $j$ 番目の組の変数を含まないので $f\notin P_j$ 、 $\bar h\neq0$ 。
  (c) それ以外なら $\bar h=\bar f+\bar gX$ で $\bar f\neq0$ 。 $\bar f$ は $X$ を含まないので $-\bar gX$ に等しくなれず、 $\bar h\neq0$ 。
  
  よって $h\in Q$ はどの $P_i$ にも入らず、 $Q\subseteq\bigcup_iP_i$ に反する。
3. $P_i$ どうしには包含関係がないので、 $S^{-1}P_i$ はどれも極大で、これらが極大イデアルのすべてである。
各 $A_{S^{-1}P_i}=B_{P_i}$ はネーター環である。前のステップと合わせると、アティヤ・マクドナルドの演習問題7.9 の判定法から $A$ はネーター環である。

$B_{P_i}$ では、 $i$ 番目の組に入らない変数の0でない多項式がすべて単元になる。それらの商体を $K_i$ とすると、 $B_{P_i}$ は $K_i[X_{m+1},\dots,X_{m+i}]$ の素イデアル $(X_{m+1},\dots,X_{m+i})$ での局所化で、ヒルベルトの基底定理からネーター環である。

判定法 [2, 演習問題7.9, p.131; 3, 演習問題7.3, p.136] は「すべての極大イデアルでの局所化がネーター環で、0でない元を含む極大イデアルが有限個なら、ネーター環」というもの。この判定法の証明は、引用した演習問題（アティヤ・マクドナルドにはヒントがある）に譲る。

この環 $A$ の極大イデアル $S^{-1}P_i$ での局所化は $i$ 次元のネーター局所環で、次元定理のとおり有限の次元をもちます。高さ $1,2,3,\dots$ の閉点が際限なく現れるので、それらの上限である $\dim A$ が無限になります。Spec の図で言えば、閉点ごとに上に積める段の数は有限なのに、その段の数がいくらでも大きい点がある、ということです。

アティヤ・マクドナルドの演習問題では、組の大きさ $m_{i+1}-m_i$ が真に増えていく一般の場合を扱っています。大きさが有界でなければ、同じ議論で次元は無限になります。

永田は、鎖状でないネーター環の例も作っています。第1回の補足「鎖状環と永田の例」で触れた例で、今回の例とは別のものです。

埋め込み次元：接空間と比べる

$M$ 自身も $M$ 準素イデアルなので、 $\delta(A)$ は $M$ の生成元の個数以下です。その個数に名前を付けます。

定義12 埋め込み次元 [1, §14, p.126; 2, 系11.15, p.188]

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。

松村はこれを「埋入次元」と呼び、 $\operatorname{emb\,dim}A$ と書いています。生成元の個数の最小値と等しいことは、中山の補題から分かります [2, 命題2.8, p.33]。 $x_1,\dots,x_s\in M$ の $M/M^2$ での像が基底なら $x_1,\dots,x_s$ は $M$ を生成し、逆に $M$ の生成元の像は $M/M^2$ を張るからです。

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

図式の縦の矢印は、 $M$ を法とする射影と $M^2$ を法とする射影です。下の矢印が全射なら、中山の補題（ $N=N'+MN\Rightarrow N=N'$ ）から上の矢印も全射になります。

系13 [2, 系11.15, p.188; 1, §14, p.126]

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

証明

$s=\dim_kM/M^2$ とすると、 $M$ は $s$ 個の元で生成される（定義12）。 $M$ は $M$ 準素なので $\delta(A)\le s$ 。
次元定理（定理4）から $\dim A=\delta(A)\le s$ 。

代数幾何の連載の第6回では、 $M/M^2$ の双対をザリスキー接空間と呼びました（図で読む代数幾何第6回の定義10）。この系は「接空間の次元は、図形の次元以上」という主張で、図で読む代数幾何第6回の定理12(2) の証明で使ったものです。等号が成り立つ局所環が正則局所環で、等号が成り立つ点が非特異点でした。

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 $A=k[x,y,z]_{(x,y,z)}/(xz,yz)$ ： $\dim A=2$ 、 $\dim_kM/M^2=3$ 。

証明

(3) $f=y^2-x^2-x^3\in(x,y)^2$ なので $M/M^2\cong(x,y)/(x,y)^2=k\bar x\oplus k\bar y$ で、2次元。

$R=k[x,y]_{(x,y)}$ 、 $N=(x,y)R$ とすると $M/M^2=N/(N^2+fR)$ で、 $f\in N^2$ から $N/N^2$ に等しい。
(3) $A$ は整域で体でないので $\dim A\ge1$ 。 $A/(x)\cong k[y]_{(y)}/(y^2)$ の長さは2なので $\delta(A)\le1$ 。次元定理から $\dim A=1$ 。

$f$ は $k[x,y]$ の既約多項式なので $(f)$ は素イデアルで、その局所化 $A$ は整域である。 $A/(x)=k[x,y]_{(x,y)}/(x,\ y^2-x^2-x^3)=k[y]_{(y)}/(y^2)$ 。
(3) $i\ge1$ で $\dim_kM^i/M^{i+1}=2$ なので、 $\ell(A/M^n)=1+2(n-1)=2n-1$ 。

$M^i/M^{i+1}=N^i/(N^{i+1}+fR\cap N^i)$ 。 $g\in R$ の最低次の斉次部分を $g^*$ と書くと $(gf)^*=g^*(y^2-x^2)$ なので（多項式環は整域）、 $gf\in N^i$ なら $g\in N^{i-2}$ 。よって $fR\cap N^i=fN^{i-2}$ で、
$\begin{aligned} &M^i/M^{i+1}\\ &\quad\cong k[x,y]_i\big/(y^2-x^2)\,k[x,y]_{i-2}\\[4pt] &\dim=(i+1)-(i-1)=2 \end{aligned}$
$k[x,y]_i$ は $i$ 次の斉次式の空間（次元 $i+1$ ）で、 $i=1$ では割る部分が0なので $2-0=2$ 。2直線 $xy=0$ でも、最低次の部分が $xy$ で同じ計算になる。
(4) $M=(x)$ 、 $M^2=0$ で $M/M^2=k\bar x$ 。素イデアルは $M$ だけで $\dim A=0$ 。
(5) 定義式 $xz,yz$ は $M^2$ に入るので $M/M^2$ は $\bar x,\bar y,\bar z$ で張られる3次元。 $\dim A=2$ は例9。

結節点では、2本の枝がそれぞれの方向へ出ていくので、接空間は2方向に広がります。図形そのものは1次元なので、 $1<2$ となって正則ではありません。(4) の $k[x]/(x^2)$ は「接ベクトルだけをもつ点」で、次元0の図形に1次元の接空間が付いています（図で読む代数幾何第3回の例22の重なった点）。

完備化と随伴次数環

局所環 $A$ から作る2つの環、完備化 $\hat A$ と随伴次数環 $\operatorname{gr}_M(A)$ の次元を、次元定理で計算します。どちらも $A/M^n$ の情報だけで決まる環なので、 $d(A)$ で測ると比べやすくなります。

おさらい完備化

\hat A

局所環 $(A,M)$ の完備化は、 $A/M^n$ の列で互いに両立する元の組を集めた環です。 $n$ 段目の元は、「 $n$ 次未満までの近似」に当たります。

\begin{aligned} \hat A&=\varprojlim_nA/M^n\\ &=\Bigl\{(a_n)_n\in\prod_{n\ge1}A/M^n\ \Bigm|{}\\ &\qquad a_{n+1}\mapsto a_n\Bigr\} \end{aligned}

{}\begin{gathered} \begin{CD} \cdots @>>> A/M^3 \end{CD}\\ \begin{CD} @>>> A/M^2 @>>> A/M \end{CD} \end{gathered}

$a\in A$ は $(a\bmod M^n)_n$ に写ります。例えば $k[x]_{(x)}$ では、 $\dfrac1{1-x}$ が $(1,\ 1+x,\ 1+x+x^2,\ \dots)$ 、つまりべき級数 $\sum_ix^i$ に写り、 $\widehat{k[x]_{(x)}}=k[[x]]$ です。 $\mathbb{Z}_{(p)}$ では $-1$ が $(p-1,\ p^2-1,\ \dots)$ に写り、完備化は $p$ 進整数環 $\mathbb{Z}_p$ です。

$A$ がネーター環なら、 $\hat A$ は極大イデアル $\hat M=M\hat A$ のネーター局所環です。 $n$ 段目までの情報は変わりません。

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

系15 完備化で次元は変わらない [2, 系11.19, p.189; 3, 系7.12, p.129]

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

証明

$\hat A$ はネーター環で [2, 定理10.26, p.175]、極大イデアル $\hat M=M\hat A$ をもつ局所環である [2, 命題10.16, p.170]。
$A/M^n\cong\hat A/\hat M^n$ [2, 命題10.15, p.169] なので、 $\ell(A/M^n)=\ell(\hat A/\hat M^n)$ で、 $d(A)=d(\hat A)$ 。

同型は環の同型で、どちらの側でも $M$ と $\hat M$ が対応する。 $A/M^n$ の $A$ 部分加群と $\hat A/\hat M^n$ の $\hat A$ 部分加群は同じものなので、長さは等しい。
次元定理（定理4）を $A$ と $\hat A$ に使うと、 $\dim A=d(A)=d(\hat A)=\dim\hat A$ 。

次元は変わりませんが、既約かどうかは変わることがあります。

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、 $\dim\hat A=1=\dim A$ 。

証明

$u$ の係数は二項係数 $\binom{1/2}{j}$ で、分母は2のべきなので、標数が2でなければ $k$ に入る。 $u^2=1+x$ から $f=y^2-x^2u^2=(y-xu)(y+xu)$ 。
$k[[x,y]]/(y\mp xu)\cong k[[x]]$ （ $y$ に $\pm xu$ を代入）は整域なので、 $(y\mp xu)$ は素イデアル。 $\hat A$ の素イデアルは $f$ を含むので、このどちらかを含む。
$k[[x]]$ は1次元（離散付値環）なので、2つの成分はどちらも1次元で、 $\dim\hat A=1$ 。

Spec の写像 $\operatorname{Spec}\hat A\to\operatorname{Spec}A$ （ $Q\mapsto Q\cap A$ ）で見ると、2つの成分の生成点は、どちらも $A$ の生成点 $(0)$ に写ります。

\begin{array}{ccc} (y-xu) & & (y+xu) \\ {\scriptstyle\cap A}\searrow & & \swarrow{\scriptstyle\cap A} \\ & (0) & \end{array}

$\hat A/(y\mp xu)\cong k[[x]]$ で $x$ の像は0でないので、引き戻しは $x$ を含まず、 $M$ ではありません。 $A$ は1次元の局所整域で素イデアルは $(0)$ と $M$ だけなので、引き戻しは $(0)$ です。

多項式の世界では $f$ は既約で、結節点は1本の曲線です。点のごく近くだけを見る完備化では、原点を通る2本の枝 $y=\pm x\sqrt{1+x}$ が別々の成分に分かれます。代数幾何の連載の第6回で見た「結節点の接錐は2本の直線 $y=\pm x$ 」は、この2本の枝の接線です。

おさらい第5回の次数付き環と局所化の定理

$R=k[\xi_0,\dots,\xi_r]$ を次数1の元で生成される次数付き環とし、 $R_+=\bigoplus_{n>0}R_n$ での局所化を $B=R_{R_+}$ とします。第5回で紹介した松村の定理では、次の3つが成り立ちました（第5回の定理21）。

\bigoplus_{n\ge0}N^n/N^{n+1}\cong R\ \ (N=R_+B)\qquad \dim R=\dim B=\deg\varphi_R+1\qquad \varphi_R(n)=\dim_kR_n\ \ (n\gg0)

\begin{gathered}\bigoplus_{n\ge0}N^n/N^{n+1}\cong R\ \ (N=R_+B)\\\dim R=\dim B=\deg\varphi_R+1\\\varphi_R(n)=\dim_kR_n\ \ (n\gg0)\end{gathered}

\begin{aligned}\bigoplus_{n\ge0}N^n/N^{n+1} &\cong R\ \ (N=R_+B)\\[4pt]\dim R &= \dim B\\&= \deg\varphi_R+1\\[4pt]\varphi_R(n) &= \dim_kR_n\ \ (n\gg0)\end{aligned}

例えば $R=k[x,y]/(y^2-x^2)$ では、 $n\ge1$ で $R_n$ は $x^n,\ x^{n-1}y$ で張られ、 $\varphi_R(n)=2$ です。次数0の多項式なので $\dim R=1$ で、2本の直線の次元と合います。

次の定理の証明では、この「 $\dim R=\deg\varphi_R+1$ 」を $R=\operatorname{gr}_M(A)$ に使います。

随伴次数環は、 $M^n/M^{n+1}$ を並べた次数付き環です。

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

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

定理17 [1, 定理13.9, p.124]

ネーター局所環 $(A,M,k)$ について $\dim\operatorname{gr}_M(A)=\dim A$ 。

証明

$G=\operatorname{gr}_M(A)$ は $k$ 上、1次の元 $M/M^2$ の有限個の基底で生成される次数付き環で、そのヒルベルト関数は $\varphi(n)=\dim_kM^n/M^{n+1}=\ell(A/M^{n+1})-\ell(A/M^n)$ 。
$\ell(A/M^n)$ は次数 $d(A)=\dim A$ の多項式なので、差 $\varphi(n)$ は十分大きい $n$ で次数 $\dim A-1$ の多項式。

$c_dn^d+\cdots$ の差 $c_d\bigl((n+1)^d-n^d\bigr)+\cdots$ の最高次は $dc_dn^{d-1}$ である。 $\dim A=0$ なら $\varphi(n)$ は十分大きい $n$ で0で、 $G$ は有限次元のベクトル空間、したがって $\dim G=0$ 。
1次の元で生成される $k$ 上の次数付き環 $R$ では、 $\dim R$ はヒルベルト多項式の次数に1を足したものに等しい [1, 定理13.8 ii), p.124]。よって $\dim G=(\dim A-1)+1=\dim A$ 。

松村の証明の流れは次のとおり。 $R_+$ を $R$ の1次以上の部分のなすイデアルとすると、局所環 $R_{R_+}$ の随伴次数環は $R$ 自身で、 $\ell\bigl(R_{R_+}/(R_+)^n\bigr)=\sum_{i<n}\varphi(i)$ 。次元定理から $\dim R_{R_+}=\deg\varphi+1$ 。

あとは $\dim R=\operatorname{ht}R_+$ を示せばよい。 $R$ の極小素イデアルは斉次イデアルで、斉次素イデアル $P$ について $R/P$ の次元を超越次数で計算すると $\operatorname{ht}(R_+/P)$ に等しい（第4回の $\dim=$ 超越次数を使う）。細部は松村の定理13.8 の証明に譲る。

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。

(2)(3) は、 $f$ の最低次の斉次部分 $f^*$ について $\operatorname{gr}_M(A)\cong k[x,y]/(f^*)$ となることから分かります（例14の証明の $fR\cap N^i=fN^{i-2}$ と同じ議論）。 $V(f^*)$ は代数幾何の連載で見た接錐で（図で読む代数幾何第6回の定義14）、随伴次数環は接錐の座標環です。この定理は「接錐の次元は、図形の次元に等しい」と言っています。

完備化と随伴次数環は、どちらも $A/M^n$ の列から作られます。 $A\to\hat A$ が引き起こす同型 $A/M^n\cong\hat A/\hat M^n$ を $n$ と $n+1$ で並べると、左端の $M^n/M^{n+1}$ も同型になります。

{}\begin{gathered} \begin{CD} 0 @>>> M^n/M^{n+1} @>>> A/M^{n+1} \\ @. @VV{\cong}V @VV{\cong}V \\ 0 @>>> \hat M^n/\hat M^{n+1} @>>> \hat A/\hat M^{n+1} \end{CD}\\[6pt] \begin{CD} @>>> A/M^n @>>> 0 \\ @. @VV{\cong}V @. \\ @>>> \hat A/\hat M^n @>>> 0 \end{CD} \end{gathered}

よって $\operatorname{gr}_M(A)\cong\operatorname{gr}_{\hat M}(\hat A)$ で、 $A$ 、 $\hat A$ 、 $\operatorname{gr}_M(A)$ の次元はすべて等しくなります。

一般に、ネーター環 $A$ と $A\neq I$ となるイデアル $I$ について $\dim\operatorname{gr}_I(A)\le\dim A$ で、 $A$ が局所環なら等号が成り立ちます[1, 定理15.7, p.147]。証明には拡大環の次元の議論が要るので、この連載では主張の紹介にとどめます。同じ定理は、 $R=A[t^{-1},It]\subseteq A[t,t^{-1}]$ について $\dim R=\dim A+1$ も主張しています。

局所環でないときに等号が成り立たない例を作ることが、松村の問題になっています[1, 問題15.3, p.147]。例えば $A=k\times k[y,z]$ 、 $I=0\times k[y,z]$ とすると、 $I^2=I$ なので

\operatorname{gr}_I(A)=A/I\oplus I/I^2\oplus I^2/I^3\oplus\cdots=A/I\cong k

\begin{aligned}\operatorname{gr}_I(A) &= A/I\oplus I/I^2\oplus I^2/I^3\oplus\cdots\\&= A/I\\&\cong k\end{aligned}

で、 $\dim\operatorname{gr}_I(A)=0<2=\dim A$ です。 $V(I)$ は離れた1点で、随伴次数環はその点の近くしか見ないので、平面の成分が見えなくなります。

まとめ

局所環	$\ell(A/M^n)$	巴系	$\dim A$	埋め込み次元
$k[x,y,z]_{(x,y,z)}$	$\binom{n+2}{3}$	$x,y,z$	3	3
$k[x,y]_{(x,y)}/(xy)$	$2n-1$	$x+y$	1	2
$k[x,y]_{(x,y)}/(y^2-x^2-x^3)$	$2n-1$	$x$	1	2
$k[x,y,z]_{(x,y,z)}/(xz,yz)$	$(n^2+3n-2)/2$	$x+z,\ y$	2	3
$k[x]/(x^2)$	$2$ （ $n\ge2$ ）	なし	0	1

ネーター局所環では、素イデアルの鎖の長さ、 $\ell(A/M^n)$ の次数、点まで切るのに要る元の個数が一致します（次元定理）。証明は $\delta\ge d\ge\dim\ge\delta$ の3つの不等式で、それぞれ単項式の数え上げ、非零因子で割る帰納法、素イデアル回避で成分をよける構成を使いました。

この定理から、ネーター環の素イデアルの高さは有限です。それでも環全体の次元は無限になりえて、永田の例がそれを示しています。埋め込み次元は次元以上で、等しいのが正則局所環です。完備化と随伴次数環では次元は変わりません。

局所化・剰余・完備化で次元がどう変わるかを、1つの図式にまとめます（ $P$ は素イデアル、 $x_1,\dots,x_d$ は巴系）。

\begin{CD} A_P @<<< A @>>> \hat A \\ @. @VVV @. \\ @. A/(x_1,\dots,x_i) @. \end{CD}

\dim A_P=\operatorname{ht}P\qquad \dim\hat A=\dim\operatorname{gr}_M(A)=\dim A\qquad \dim A/(x_1,\dots,x_i)=\dim A-i

\begin{gathered}\dim A_P=\operatorname{ht}P\\\dim\hat A=\dim\operatorname{gr}_M(A)=\dim A\\\dim A/(x_1,\dots,x_i)=\dim A-i\end{gathered}

\begin{aligned}\dim A_P &= \operatorname{ht}P\\[4pt]\dim\hat A &= \dim\operatorname{gr}_M(A)\\&= \dim A\\[4pt]\dim A/(x_1,\dots,x_i) &= \dim A-i\end{aligned}

表の $k[x,y,z]_{(x,y,z)}/(xz,yz)$ の $\ell(A/M^n)$ は、 $\operatorname{gr}_M(A)=k[x,y,z]/(xz,yz)$ の $i$ 次の部分の次元から求めました。 $xz,yz$ で割り切れない $i$ 次の単項式は、 $z$ を含まない $x^ay^b$ が $i+1$ 個と $z^i$ の1個なので、 $i\ge1$ で $i+2$ 次元です。 $1+\sum_{i=1}^{n-1}(i+2)=(n^2+3n-2)/2$ となり、次数2が次元2と合っています。

次回：式の本数と余次元

次回（第8回）は、次元定理の最初の応用として、クルルの高さ定理と単項イデアル定理を証明します。ネーター環で $r$ 個の元 $x_1,\dots,x_r$ が生成するイデアルを含む極小な素イデアルは、高さが $r$ 以下です。図形の言葉では「 $r$ 本の方程式で切ると、各成分の余次元は $r$ 以下」ということです。

次元定理から導く証明に加えて、記号的べきと中山の補題を使う、次元定理を使わない証明も書きます。超曲面や2つの曲面の交わり、ネーター環でないと成り立たない例で確かめます。

逆に、高さ $r$ の素イデアルは $r$ 個の元で生成されるイデアルの極小素イデアルになります。局所環を1つの元で割ったときの次元（非零因子なら $\dim A/(x)=\dim A-1$ ）や、斉次素イデアルの高さも扱います。

第6回の定義16 ヒルベルト–サミュエル関数

有限生成 $A$ 加群 $N$ について、

\chi^N_q(n)=\ell\bigl(N/q^nN\bigr)\qquad(n\ge0)

\begin{gathered}\chi^N_q(n)=\ell\bigl(N/q^nN\bigr)\\(n\ge0)\end{gathered}

\begin{aligned}\chi^N_q(n) &= \ell\bigl(N/q^nN\bigr)\\[4pt]&(n\ge0)\end{aligned}

を $N$ の $q$ に関するヒルベルト–サミュエル関数と呼ぶ。 $N=A$ のときは $\chi_q(n)=\ell(A/q^n)$ と書く。

第6回の定理17 ヒルベルト–サミュエル多項式

$(A,M)$ をネーター局所環、 $q$ を $s$ 個の元で生成される $M$ -準素イデアル、 $N$ を有限生成 $A$ 加群、 $(N_n)$ を $N$ の安定な $q$ フィルターとする。

(1)　各 $N/N_n$ の長さは有限である。
(2)　ある多項式 $g$ （係数は有理数、次数は $s$ 以下）があって、十分大きな $n$ で $\ell(N/N_n)=g(n)$ 。
(3)　 $g$ の次数と最高次の係数は、 $N$ と $q$ だけで決まり、安定なフィルターのとり方によらない。

特に $\chi^N_q(n)$ は十分大きな $n$ で次数 $s$ 以下の多項式に一致する。この多項式も $\chi^N_q$ と書き、ヒルベルト–サミュエル多項式と呼ぶ。

第6回の命題21 次数は定義イデアルによらない

$(A,M)$ をネーター局所環、 $N$ を有限生成 $A$ 加群とする。

(1)　 $M$ -準素イデアル $q$ が $s$ 個の元で生成されるなら、 $\deg\chi^N_q\le s$ 。
(2)　 $M$ -準素イデアル $q$ について $\deg\chi^N_q=\deg\chi^N_M$ 。

第6回の定義22 局所環と加群の $d$

$(A,M)$ をネーター局所環、 $N$ を有限生成 $A$ 加群とする。 $M$ -準素イデアル $q$ をとり、

d(N)=\deg\chi^N_q

\begin{aligned}d(N) &= \deg\chi^N_q\end{aligned}

とおく。 $N=A$ のとき $d(A)=\deg\chi_q=\deg\ell(A/q^n)$ である。零多項式の次数は $-1$ と約束する（ $d(0)=-1$ ）。

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 $d(A/xA)\le d(A)-1$ 。

第6回の例19 いろいろな定義イデアル

$A=k[x,y]_{(x,y)}$ とする。すべての $n\ge1$ で次が成り立つ。

\begin{aligned} \chi_M(n)&=\tfrac12n(n+1)\\ \chi_{(x^2,y)}(n)&=n(n+1)\\ \chi_{M^2}(n)&=n(2n+1)\\ \chi_{(x^2,y^2)}(n)&=2n(n+1)\end{aligned}

一般に $\chi_{(x^a,y^b)}(n)=\tfrac12ab\,n(n+1)$ である。どれも2次式で、最高次の係数は $\tfrac12,\ 1,\ 2,\ 2$ と変わる。

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 $\chi_M(n)=3n-3$ 。

第6回の定義5 準素イデアル・定義イデアル

(1)　環 $A$ のイデアル $q\neq A$ が準素イデアルであるとは、 $xy\in q$ かつ $x\notin q$ なら、ある $n>0$ で $y^n\in q$ となることをいう。このとき根基 $\sqrt q$ は素イデアルで、 $P=\sqrt q$ とおいて $q$ を $P$ -準素イデアルと呼ぶ。
(2)　ネーター局所環 $(A,M)$ の $M$ -準素イデアルを、 $A$ の定義イデアルとも呼ぶ。

第6回の命題6 定義イデアルの言い換え

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

(1)　 $q$ は $M$ -準素イデアル。
(2)　 $\sqrt q=M$ 。つまり $q$ を含む素イデアルは $M$ だけ（ $V(q)=\{M\}$ ）。
(3)　ある $\nu>0$ で $M^\nu\subseteq q$ 。
(4)　 $\ell(A/q)<\infty$ 。

第1回の命題10

$P$ を環 $A$ の素イデアルとする。

(1)　 $\operatorname{ht}P=\dim A_P$ 。
(2)　 $\operatorname{coht}P=\dim A/P$ 。
(3)　 $\operatorname{ht}P+\operatorname{coht}P\le\dim A$ 。
(4)　 $\dim A=\sup_M\operatorname{ht}M$ （ $M$ は極大イデアルの全体を動く）。

第1回の定義9 高さ・余高度

$P$ を環 $A$ の素イデアルとする。 $P$ で終わる素イデアルの鎖 $P_0\subsetneq\cdots\subsetneq P_n=P$ の長さの上限を $P$ の高さと呼び、 $\operatorname{ht}P$ と書く。 $P$ から始まる鎖 $P=P_0\subsetneq\cdots\subsetneq P_n$ の長さの上限を余高度と呼び、 $\operatorname{coht}P$ と書く。

第1回の例14 平面とそれを貫く直線

$A=k[x,y,z]/(xz,\ yz)$ とする。 $V(xz,\ yz)$ は平面 $z=0$ と直線 $x=y=0$ （ $z$ 軸）の和で、 $\dim A=2$ 。直線の上の点 $(0,0,1)$ に対応する極大イデアル $M=(x,\ y,\ z-1)$ について $\operatorname{ht}M=1$ 、 $\operatorname{coht}M=0$ である。

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 $\operatorname{ht}N=\dim R_N=n$ 。

図で読む代数幾何第6回の定義10 ザリスキー接空間

局所環 $\mathcal{O}_p$ の極大イデアルを $M$ とする。 $M/M^2$ は $\mathcal{O}_p/M\cong k$ 上のベクトル空間で、その双対空間

(M/M^2)^\vee=\operatorname{Hom}_k(M/M^2,\ k)

\begin{aligned}(M/M^2)^\vee &= \operatorname{Hom}_k(M/M^2,\ k)\end{aligned}

を、 $Y$ の $p$ でのザリスキー接空間と呼ぶ。

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。

図で読む代数幾何第3回の例22 $\operatorname{Spec}k$ と $\operatorname{Spec}k[x]/(x^2)$

$k$ を体、 $A=k[x]/(x^2)$ とする。 $\operatorname{Spec}A$ と $\operatorname{Spec}k$ はどちらも1点からなる空間だが、

\mathcal{O}(\operatorname{Spec}k)=k\qquad \mathcal{O}(\operatorname{Spec}A)=A=k[x]/(x^2)

\begin{gathered}\mathcal{O}(\operatorname{Spec}k)=k\\\mathcal{O}(\operatorname{Spec}A)=A=k[x]/(x^2)\end{gathered}

\begin{aligned}\mathcal{O}(\operatorname{Spec}k) &= k\\[4pt]\mathcal{O}(\operatorname{Spec}A) &= A\\&= k[x]/(x^2)\end{aligned}

であり、構造層が違う。 $\operatorname{Spec}A$ のただ1つの点での茎は $A$ で、その元 $x$ は値が0なのに0ではない。

第5回の定理21 次数付き環とその局所化

$k$ を体、 $R=k[\xi_0,\dots,\xi_r]$ を次数1の元 $\xi_i$ で生成される次数付き環（ $R_0=k$ ）とする。 $R_+=\sum_i\xi_iR$ は極大イデアルである。 $B=R_{R_+}$ 、 $N=R_+B$ とおき、 $\chi(n)=\ell_B(B/N^{n+1})$ 、 $\varphi(n)=\dim_kR_n$ とする。

(1)　 $\varphi(n)=\chi(n)-\chi(n-1)$ （ $\chi(-1)=0$ ）。
(2)　 $\dim R=\operatorname{ht}R_+=\dim B=\deg\varphi_R+1=d(R)$ （ $\varphi_R$ は $R$ のヒルベルト多項式）。
(3)　 $\bigoplus_{n\ge0}N^n/N^{n+1}\cong R$ （次数付き環として）。

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。

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。

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 $k[[x,y]]$ 。

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）、 $k[x]/(x^2)$ 、 $\mathbb{Z}/4\mathbb{Z}$ 。

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。

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。

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 $G_q(A)\cong k[x,y]$ 。

環 $A$ の素イデアルの真に増える鎖 $P_0\subsetneq P_1\subsetneq\cdots\subsetneq P_n$ の長さ $n$ の最大値。 $\dim A$ と書く。例： $\dim k[x_1,\dots,x_n]=n$ 、 $\dim\mathbb{Z}=1$ 、体の次元は0。

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）。

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 $(x^2,y)$ 。

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。

イデアル $J$ の根基 $\sqrt J$ は、ある $n\ge1$ で $x^n\in J$ となる元 $x$ の全体。 $J$ を含む素イデアルすべての共通部分に等しい。例： $k[x,y]$ で $\sqrt{(x^2,\,xy)}=(x)$ 。

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 $A$ 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。

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。

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 $\ell(V)=\ell(U)+\ell(W)$ 。

イデアルの減少列 $J_1\supseteq J_2\supseteq\cdots$ が必ずどこかで止まる可換環。体 $k$ 上有限次元の環はアルティン環である。アルティン環は、極大イデアルでの局所化の有限個の積 $A\cong\prod_MA_M$ に分かれる（構造定理）。

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： $k[x,y]/(y)\cong k[x]$ 。

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。

$ab=0$ となる 0 でない $b$ がある、0 でない元 $a$ 。例： $\mathbb{Z}/6\mathbb{Z}$ の $2$ （ $2\cdot3=0$ ）。体や整域には零因子がない。

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。

$d$ 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。

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 $n$ 。

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。

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 $(0)$ 。

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 $k(x)$ 。

ネーター環 $A$ 上の多項式環 $A[x]$ もネーター環である、という定理。とくに体 $k$ 上の $k[x_1,\dots,x_n]$ のイデアルは、どれも有限個の元で生成される。

素イデアル $P\subseteq Q$ ごとに、 $P$ から $Q$ までの飽和した鎖の長さがすべて同じ有限の値になる環。体上有限生成の整域は鎖状環である。

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。

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。

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。

次数1の元で生成される次数付き環 $A$ （ $A_0$ はアルティン環）上の有限生成次数付き加群 $M$ について、十分大きい $n$ で $M_n$ の長さに一致する $n$ の多項式。例： $k[x,y]$ では $n+1$ 、 $k[x,y,z]/(F)$ （ $F$ は $e$ 次の斉次式）では $en-e(e-3)/2$ 。

素イデアル $P$ の $n$ 乗の記号的べき $P^{(n)}=P^nA_P\cap A$ 。 $P$ の生成点のまわりで $n$ 位以上消える元の全体で、 $P^n$ を含む $P$ 準素イデアル。例： $k[x,y,z]/(xy-z^2)$ の $P=(x,z)$ では $x\in P^{(2)}$ だが $x\notin P^2$ 。

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 $xy=z^2$ 。

体 $k$ 上のベクトル空間 $W$ から $k$ への線形写像の全体 $W^\vee=\operatorname{Hom}_k(W,k)$ 。 $W$ が有限次元なら $\dim W^\vee=\dim W$ で、 $W$ の基底に対して双対基底がとれる。

参考文献

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