方程式の本数がぴったり足りる……完全交叉環

正則局所環を正則列で割ってできる環が、完全交叉環です^[1]。

$$R\cong S/(f_1,\dots ,f_c)(S\text{は正則局所環})$$

方程式の本数 $c$ が、落ちた次元とちょうど一致する。$1$ 本切るごとに $1$ ずつ落ち、余分な落ち方をしません。

正則局所環のすぐ隣にあるクラスで、特異点を持っていても扱いやすさが残る。

正則列

$f_1,\dots ,f_c$ が $M$ 正則列であるとは、$f_1$ が $M$ の上で零因子でなく、$f_i$ が $M/(f_1,\dots ,f_{i-1})M$ の上で零因子でないことをいいます^[3]。

割ったあとが $0$ にならないことも要求する^[3]。全部消えてしまう列を数えないための条件です。

順番が効く場面があります^[3]。$\mathbb{C}[x,y,z]$ で $x,y(1-x),z(1-x)$ は正則列ですが、並べかえた $y(1-x),z(1-x),x$ は正則列になりません。

ネーター局所環なら順番を気にせずに済む^[3]。正則列の並べかえは、また正則列になる。

正則列の長さは、割るたびに次元が $1$ ずつ落ちることに対応します。$c$ 本で割れば $\dim R=\dim S-c$ になる。

本数が余次元と一致する、という条件はここから来ています。

方程式の本数と余次元

幾何の言葉に直すと分かりやすくなる。余次元 $c$ の図形が、ちょうど $c$ 本の方程式で定義されるとき、その図形は完全交叉です^[2]。

本数が足りることは超曲面の重なりで保証される。問題は、余分な成分を出さずにぴったり切れるかどうか。

上の行では余次元 $2$ に対して方程式が $2$ 本で足ります。下の行は余次元 $2$ なのに $3$ 本要る。

この $1$ 本の差が、完全交叉かどうかの差になる。

ねじれ 3 次曲線

はみ出す側の代表例が、${\mathbb{P}}^3$ の中のねじれ $3$ 次曲線です^[2]。次元 $1$、余次元 $2$ の滑らかな曲線になる。

それでも定義イデアルは $2$ 本では生成できません^[2]。$3$ 本の $2$ 次形式が要る。

局所的には $2$ 本で足ります^[2]。どのアフィン切片でも $2$ 本の式で書けるので、局所完全交叉ではある。

次数を数えると外れる理由が見えます。${\mathbb{P}}^3$ で次数 $a$ と次数 $b$ の曲面を交わらせると、出てくる曲線の次数は $ab$ になる。

ねじれ $3$ 次曲線の次数は $3$ なので、$ab=3$、つまり $\{a,b\}=\{1,3\}$ しかありません。$a=1$ は平面ですが、この曲線は平面に載らない。

大域と局所で答えが分かれるところが要点です。集合として正しく切れることと、イデアルまで一致することも別問題になる^[2]。

完備化を使った定義

環論の側では、完備化を通した定義が標準です^[1]。ネーター局所環 $R$ の完備化 $\hat{R}$ が、正則局所環を正則列で割った形に書けるとき、$R$ を完全交叉と呼ぶ。

完備化を挟む理由は、正則局所環への埋め込みがいつでもあるとは限らないためです。完備な場合には表示が確保される。

内在的な言いかえもあります^[1]。埋め込み次元が、次元と第一偏差の和に一致することと同値になる。

$$\mathrm{embdim}(R)=\dim R+{\epsilon }_1(R)$$

${\epsilon }_1$ は関係式の最小本数を測る量です。関係式が余分に要るかどうかが、そのまま判定になる。

例: 超曲面

正則局所環を $1$ 本の元で割ると、いつでも完全交叉になる。長さ $1$ の正則列だからです。

$k[x]/(x^2)$ がその例です^[1]。次元は $0$、正則ではありませんが、完全交叉ではあります。

$k[[x,y]]/(x^2)$ も同じ形。$x^2$ は $k[[x,y]]$ の零因子ではないので、正則列として使える。

超曲面はすべてこの型に入ります。方程式が $1$ 本なので、本数と余次元が自動でそろう。

例: 2 本で切る

$S=k[[x,y,z]]$ をとり、$f_1=x^2-y^3$、$f_2=z^2$ と置きます。

$S$ は整域なので $f_1$ は零因子ではありません。$x^2-y^3$ は既約なので、割った先 $S/(f_1)$ もまた整域になる。

そこで $f_2=z^2$ も零因子になりません。$2$ 本とも条件を満たすので、これは正則列です。

したがって $R=S/(x^2-y^3,z^2)$ は完全交叉環になる。次元は $3-2=1$ で、方程式の本数と落ちた分がそろっています。

整域とは限らない

正則局所環はつねに整域でした。完全交叉環では、その性質が落ちる。

$k[x]/(x^2)$ には $x\ne 0$ なのに $x^2=0$ という冪零元があります。被約ですらない。

割る元を正則列にとっても、割った先の整域性までは保証されません。保証されるのは、深さと次元のそろい方のほうです。

4 つのクラスの入れ子

ネーター局所環には、次の包含があります^[1,4]。

$$\text{正則}\subset \text{完全交叉}\subset \text{ゴレンシュタイン}\subset \text{コーエン・マコーレー}$$

どの包含も真です^[1,4]。外側へ行くほど条件がゆるみ、扱える環が増える。

いちばん外まで広げると、普遍連鎖的な環まで届きます^[1,4]。

境目にある環

包含が真であることは、境目の例で確かめられる。

$k[x]/(x^2)$ は完全交叉ですが正則ではありません^[1]。$1$ つ目の境目にいます。

$k[x,y,z]/(x^2,y^2,xz,yz,z^2-xy)$ はゴレンシュタインですが完全交叉ではありません^[1,4]。生成元 $3$ 本に対して関係式が $5$ 本要るためです^[4]。

$k[x,y]/(x^2,y^2,xy)$ はコーエン・マコーレーですがゴレンシュタインではありません^[4]。ソクルが $x$ と $y$ の張る $2$ 次元になり、$1$ 次元という条件を満たしません^[4]。

深さと次元がそろう

コーエン・マコーレー環とは、深さがクルル次元に一致するネーター環のことです^[5]。深さは、最長の正則列の長さで測る^[5]。

深さはつねに次元以下です^[5]。等号が成り立つ場合を切り出した条件が、コーエン・マコーレー性です。

完全交叉環はこの条件を満たす^[5]。正則局所環では深さと次元が一致し、正則列で割るとどちらも同じだけ落ちるためです。

ゴレンシュタイン環は、自分自身の上での単射次元が有限な局所環です^[4]。次元 $0$ なら、${\mathrm{Hom}}_R(k,R)$ が $1$ 次元であることと同値になる^[4]。

局所化で保たれる

完全交叉環を素イデアルで局所化しても、完全交叉のままです^[6]。

証明は完備化の忠実平坦性で完備な場合に帰着し、そこで表示 $R/(f_1,\dots ,f_r)$ を局所化する^[6]。正則列は局所化しても正則列のまま残ります。

局所化で崩れないので、すべての局所環が完全交叉である環を考えられるようになる。

幾何での使い道

余次元と方程式の本数がそろっている図形は、次数や種数の計算が素直に進みます。コシュル複体が分解を与えるためです。

コーエン・マコーレー性も自動で付いてくる。次元の落ち方が予測どおりなので、切断や射影の議論が読みやすい。

完全交叉でない図形では、余分な生成元が計算に効いてきます。ねじれ $3$ 次曲線のように、見た目が滑らかでも代数の側で手間が増えることがある。

よくある誤り

参考文献