埋め込み次元

体 $k$ は極大イデアル $0$ をもつので $\operatorname{edim}k=0$ であり、$\dim k=0$ だから正則局所環である。
離散付値環 $(A,(\pi),k)$ では
$$ (\pi)/(\pi^2) $$
が $\overline\pi$ で生成される1次元 $k$-ベクトル空間なので $\operatorname{edim}A=1$ である。体でない離散付値環の Krull 次元は $1$ だから正則局所環である。

$A=k[\![x_1,\ldots,x_d]\!]$ とし、$\mathfrak m=(x_1,\ldots,x_d)$ とする。任意の冪級数は定数項、一次項、二次以上の項の和に一意に分かれるので、$\mathfrak m/\mathfrak m^2$ は
$$ \overline{x}_1,\ldots,\overline{x}_d $$
を基底にもち、$\operatorname{edim}A=d$ である。また $\dim A=d$ だから $A$ は正則局所環である。

$A=k[\![x,y]\!]/(y^2-x^3)$ とする。$k[\![x,y]\!]$ の極大イデアルを $\mathfrak n=(x,y)$ とすると $y^2-x^3\in\mathfrak n^2$ だから、上の商公式により
$$ \operatorname{edim}A=2. $$
一方、$A$ は1次元の局所環である（例えば $x\mapsto t^2,y\mapsto t^3$ により $k[\![t^2,t^3]\!]$ と同一視でき、$k[\![t^2]\!]$ 上有限整であることから分かる）。従って $\dim A=1<2=\operatorname{edim}A$ であり、原点は正則でない。これは平面尖点の接空間が曲線自身より1次元大きいことを表す。

$A:=k[\![t^3,t^4,t^5]\!]\subset k[\![t]\!]$ を、$t$ の冪級数のうち $t^1,t^2$ の係数が $0$ であるもの全体とする（指数の集合 $S=\{0,3,4,5,6,\ldots\}$ は和で閉じているので、$A$ は環である）。$A$ は定数項が $0$ の元全体 $\mathfrak m$ を極大イデアルとする局所環で（定数項が $0$ でない元は $k[\![t]\!]$ での逆元も $A$ に入る）、$\operatorname{edim}A=3$、$\dim A=1$ である。
$\mathfrak m^2$ は指数がすべて $6$ 以上の冪級数の全体に等しい。実際、$\mathfrak m$ の元は指数 $3$ 以上なので積は指数 $6$ 以上であり、逆に指数 $6$ 以上の冪級数 $f$ は $f=t^3\cdot(t^{-3}f)$ と書けて、$t^{-3}f$ は指数 $3$ 以上なので $\mathfrak m$ に属する。したがって $\mathfrak m/\mathfrak m^2$ は $t^3,t^4,t^5$ の剰余類を基底とし、$\operatorname{edim}A=3$ である。
$\dim A=1$ を示す。$A$ は $k[\![t]\!]$ の部分環なので整域であり、$(0)\subsetneq\mathfrak m$ は長さ $1$ の鎖である。$\mathfrak p\neq0$ を素イデアルとし、$0\neq f\in\mathfrak p$ の最低次の指数を $q$ とする。$g\in\mathfrak m$ の最低次の指数を $r\geq3$ とし、$Nr\geq q+3$ となる $N$ をとると、$g^N/f$ は $k[\![t]\!]$ の元で指数がすべて $3$ 以上なので $A$ に属し、$g^N=f\cdot(g^N/f)\in\mathfrak p$、よって $g\in\mathfrak p$ である。ゆえに $\mathfrak p=\mathfrak m$ であり、素イデアルは $(0)$ と $\mathfrak m$ だけである。
したがって $\dim A=1<3=\operatorname{edim}A$ である。極大イデアルの生成に $3$ 個の元が要るので、この曲線の特異点は接空間が $3$ 次元になる。

$n\geq2$ について $A=k[x]/(x^n)$ は極大イデアル $(x)$ をもつ局所環で、$(x^n)\subset(x)^2$ なので prop-embedding-dimension-quotient により $\operatorname{edim}A=\operatorname{edim}k[x]_{(x)}=1$ である。唯一の素イデアルは $(x)$ なので $\dim A=0$ であり、$A$ は正則でない。同様に $k[x,y]/(x,y)^2$ は $\operatorname{edim}=2$、$\dim=0$ である。$n=1$ のときは $A=k$ で、$(x)\not\subset(x)^2$ だから埋め込み次元は $0$ に下がる（cor-embedding-dimension-hypersurface）。

$R=k[x_1,x_2,\ldots]$、$\mathfrak m=(x_1,x_2,\ldots)$ とし、$A=R_{\mathfrak m}$ とする。$\mathfrak mA/(\mathfrak mA)^2$ では $x_i$ の剰余類が可算無限個の基底をなすため、$\operatorname{edim}A$ は可算無限である。この $A$ は Noether 環でない。従って「埋め込み次元は有限」という結論には Noether 性などの有限性仮定が必要である。

正の整数 $N$ について $A_N:=k[\![t^{1/N}]\!]$（$t^{1/N}$ の形式的冪級数環）とおき、$t^{1/n!}=(t^{1/(n+1)!})^{n+1}$ により $A_{n!}\subset A_{(n+1)!}$ とみなして、和集合 $A:=\bigcup_{n\geq1}A_{n!}$ を考える。$A$ の $0$ でない元 $f$ には、現れる最小の指数 $\operatorname{ord}f\in\mathbb Q_{\geq0}$ が定まる。$0$ でない $f,g$ はある $A_{n!}$ に同時に属し、$A_{n!}$ は離散付値環なので $f/g$ か $g/f$ が $A_{n!}\subset A$ に属する。したがって $A$ は付値環である。$A$ は $\mathfrak m:=\{f\mid f=0\text{ または }\operatorname{ord}f>0\}$ を極大イデアルとする局所環で、次が成り立つ。

1. $\mathfrak m=\mathfrak m^2$、したがって $\operatorname{edim}A=0$。
2. $\mathfrak m\neq0$ であり、$\mathfrak m$ は有限生成でない。
3. $\dim A=1$。
   したがって $\dim A=1>0=\operatorname{edim}A$ であり、thm-embedding-dimension-regular の不等式も、prop-embedding-dimension-generators の「最小生成元数 $=\operatorname{edim}$」も成り立たない。破れている仮定は Noether 性である。
   1 の要点：$f\in\mathfrak m$、$\operatorname{ord}f=q>0$ なら、$f=t^{q/2}\cdot(t^{-q/2}f)$ と分けると両方の因子が $\mathfrak m$ に属する。2 は、$\mathfrak m$ が有限生成なら $\mathfrak m=\mathfrak m\cdot\mathfrak m$ と lem-embedding-dimension-nakayama から $\mathfrak m=0$ となって矛盾することによる。
   局所環であること・1・3 の細部を開く

   局所環であること：$\operatorname{ord}f=0$ の元は、それを含む $A_{n!}$ の単元であり、逆元も $A$ に属する。$\operatorname{ord}$ が正の元どうしの和、および $\operatorname{ord}$ が正の元と $A$ の元の積は $\operatorname{ord}$ が正なので、単元でない元の全体 $\mathfrak m$ はイデアルであり、$A$ はこれを唯一の極大イデアルとする局所環である。

   1：$f\in A_{n!}$ なら $q=a/n!$（$a$ は正の整数）と書け、$q/2=a(n+1)(n+2)/2\cdot1/(n+2)!$ で $(n+1)(n+2)$ は偶数なので、$t^{q/2}\in A_{(n+2)!}$ である。$t^{-q/2}f$ も $A_{(n+2)!}$ の元で最小の指数が $q/2>0$ だから $\mathfrak m$ に属する。

   3：$A$ は整域なので $(0)\subsetneq\mathfrak m$ は長さ $1$ の鎖である。$\mathfrak p\neq0$ を素イデアル、$0\neq f\in\mathfrak p$、$q=\operatorname{ord}f$ とする。$g\in\mathfrak m$、$r=\operatorname{ord}g>0$ について $Nr\geq q$ となる $N$ をとると、$f,g$ をともに含む $A_M$ の中で $g^N/f$ は最小の指数が $Nr-q\geq0$ の冪級数なので $A$ に属し、$g^N=f\cdot(g^N/f)\in\mathfrak p$、よって $g\in\mathfrak p$ である。ゆえに $\mathfrak p=\mathfrak m$ であり、素イデアルは $(0)$ と $\mathfrak m$ だけである。