記号的冪

同義語：symbolic power記号的べき

概要

前提知識: 素イデアル, 局所化, 準素分解

素イデアル $\mathfrak p$ の冪 $\mathfrak p^n$ は、根基が $\mathfrak p$ であるにもかかわらず、$\mathfrak p$ を根基とする準素イデアルになるとは限らない。$\mathfrak p^n$ を $\mathfrak p$ で局所化してから元の環に引き戻すと、$\mathfrak p$ から離れた所にある余分な成分が消え、$\mathfrak p^n$ を含む最小の $\mathfrak p$ 準素イデアルが得られる。これが記号的冪（symbolic power）$\mathfrak p^{(n)}$ である。
記号的冪は、$\mathfrak p$ の点で「$n$ 位以上で消える」元を集めたイデアルとみなせる。局所化 $A_{\mathfrak p}$ が離散付値環なら、$\mathfrak p^{(n)}$ はちょうど付値が $n$ 以上の元の全体になる。通常の冪との違いは、$\mathfrak p^n$ の準素分解に $\mathfrak p$ 以外の素イデアルの成分（埋め込まれた成分）が現れるかどうかで測られる。この記事では、記号的冪の基本性質を証明し、2 次錐 $xy=z^2$ の上の直線で $\mathfrak p^{(2)}\ne\mathfrak p^2$ となることを確かめ、随伴次数環 $\operatorname{gr}_{\mathfrak p}(A)$ が整域なら記号的冪と通常の冪が一致することを示す。

定義

以下、環は単位元をもつ可換環とし、$\mathfrak p$ は環 $A$ の素イデアルとする。$\mathfrak p^0=A$ とおく。局所化写像 $A\to A_{\mathfrak p}$、$a\mapsto a/1$ によるイデアル $J\subset A_{\mathfrak p}$ の逆像を $J\cap A$ と書く（$A\to A_{\mathfrak p}$ が単射でないときも、この記号は逆像を表す）。

記号的冪

整数 $n\ge0$ に対し、$\mathfrak p$ の $n$ 次の記号的冪（$n$-th symbolic power）を
$$ \mathfrak p^{(n)}:=\mathfrak p^nA_{\mathfrak p}\cap A=\{a\in A\mid a/1\in\mathfrak p^nA_{\mathfrak p}\} $$
と定める。

元による言い換え

$a\in A$ について、$a\in\mathfrak p^{(n)}$ であることと、ある $s\in A\setminus\mathfrak p$ で $sa\in\mathfrak p^n$ となることは同値である。

$sa\in\mathfrak p^n$、$s\notin\mathfrak p$ なら $a/1=(sa)/s\in\mathfrak p^nA_{\mathfrak p}$ である。逆に $a/1=b/t$（$b\in\mathfrak p^n$、$t\notin\mathfrak p$）と書けたとする。局所化での等式の定義により、ある $u\notin\mathfrak p$ が $u(ta-b)=0$ を満たす。$s=ut$ とおくと $s\notin\mathfrak p$（$\mathfrak p$ は素イデアル）であり、$sa=ub\in\mathfrak p^n$ となる。$\square$

言い換えると、$\mathfrak p^{(n)}$ は $\mathfrak p^n$ の積閉集合 $S=A\setminus\mathfrak p$ に関する飽和 $\{a\in A\mid \exists s\in S,\ sa\in\mathfrak p^n\}$ である（AM69 Chapter 4 の演習 12・13 の記号では $S_{\mathfrak p}(\mathfrak p^n)$）。定義から $\mathfrak p^{(0)}=A$ であり、$\mathfrak p^n\subset\mathfrak p^{(n)}$ である。

基本性質

準素分解の記事に従い、イデアル $\mathfrak q\ne A$ が準素であるとは、$ab\in\mathfrak q$ かつ $a\notin\mathfrak q$ ならある $N\ge1$ で $b^N\in\mathfrak q$ となることをいう。準素イデアルの根基 $\mathfrak r(\mathfrak q)$ は素イデアルであり（準素分解の命題「根基の素性」）、根基が $\mathfrak p$ の準素イデアルを $\mathfrak p$ 準素イデアルという。

記号的冪の基本性質

$n,m\ge1$ とする。

$\mathfrak p^{(1)}=\mathfrak p$ であり、$\mathfrak p^{n}\subset\mathfrak p^{(n)}\subset\mathfrak p$、$\mathfrak p^{(n+1)}\subset\mathfrak p^{(n)}$ が成り立つ。
$\mathfrak p^{(n)}$ は $\mathfrak p$ 準素イデアルである。
$\mathfrak q$ が $\mathfrak p^n$ を含む $\mathfrak p$ 準素イデアルなら、$\mathfrak p^{(n)}\subset\mathfrak q$ である。従って $\mathfrak p^{(n)}$ は $\mathfrak p^n$ を含む最小の $\mathfrak p$ 準素イデアルである。
$\mathfrak p^{(n)}=\mathfrak p^n$ であることと、$\mathfrak p^n$ が準素イデアルであることは同値である。
$\mathfrak p^{(m)}\mathfrak p^{(n)}\subset\mathfrak p^{(m+n)}$ が成り立つ。
$\mathfrak p^{(n)}A_{\mathfrak p}=\mathfrak p^nA_{\mathfrak p}$ である。

証明を開く

1. $a\in\mathfrak p^{(1)}$ なら、lem-symbolic-power-element により $s\notin\mathfrak p$ で $sa\in\mathfrak p$ となり、$\mathfrak p$ は素イデアルなので $a\in\mathfrak p$ である。逆の包含は $\mathfrak p\subset\mathfrak p^{(1)}$ による。$\mathfrak p^{n+1}\subset\mathfrak p^n\subset\mathfrak p$ から、飽和を取って $\mathfrak p^{(n+1)}\subset\mathfrak p^{(n)}\subset\mathfrak p^{(1)}=\mathfrak p$ を得る。

2. まず、$ab\in\mathfrak p^{(n)}$ かつ $b\notin\mathfrak p$ なら $a\in\mathfrak p^{(n)}$ であることを示す。$s\notin\mathfrak p$ で $sab\in\mathfrak p^n$ とすると、$sb\notin\mathfrak p$ なので $a\in\mathfrak p^{(n)}$ である。次に根基を求める。1 から $\mathfrak p^n\subset\mathfrak p^{(n)}\subset\mathfrak p$ であり、$\mathfrak p$ の元の $n$ 乗は $\mathfrak p^n$ に入るので $\mathfrak r(\mathfrak p^{(n)})=\mathfrak p$ である。また $\mathfrak p^{(n)}\subset\mathfrak p\ne A$ である。いま $ab\in\mathfrak p^{(n)}$、$a\notin\mathfrak p^{(n)}$ とすると、最初に示したことの対偶（$a\notin\mathfrak p^{(n)}$ なら $b\in\mathfrak p$）により $b\in\mathfrak p=\mathfrak r(\mathfrak p^{(n)})$ である。従って $\mathfrak p^{(n)}$ は $\mathfrak p$ 準素である。

3. $a\in\mathfrak p^{(n)}$ とし、$s\notin\mathfrak p$ で $sa\in\mathfrak p^n\subset\mathfrak q$ とする。$s\notin\mathfrak p=\mathfrak r(\mathfrak q)$ なので、どの $N$ でも $s^N\notin\mathfrak q$ である。準素性の定義（$sa\in\mathfrak q$ で $a\notin\mathfrak q$ なら $s$ の冪が $\mathfrak q$ に入る）の対偶から $a\in\mathfrak q$ である。

4. $\mathfrak p^{(n)}=\mathfrak p^n$ なら 2 により $\mathfrak p^n$ は準素である。逆に $\mathfrak p^n$ が準素なら、その根基は $\mathfrak r(\mathfrak p^n)=\mathfrak p$ なので $\mathfrak p$ 準素であり、3 を $\mathfrak q=\mathfrak p^n$ に当てて $\mathfrak p^{(n)}\subset\mathfrak p^n$ を得る。

5. $sa\in\mathfrak p^m$、$tb\in\mathfrak p^n$（$s,t\notin\mathfrak p$）なら $(st)(ab)\in\mathfrak p^{m+n}$ で $st\notin\mathfrak p$ である。積イデアルは積 $ab$ の和で生成されるので主張を得る。

6. $\mathfrak p^n\subset\mathfrak p^{(n)}$ から $\supset$ が出る。$a\in\mathfrak p^{(n)}$ なら $a/1\in\mathfrak p^nA_{\mathfrak p}$ なので、$\mathfrak p^{(n)}A_{\mathfrak p}\subset\mathfrak p^nA_{\mathfrak p}$ である。$\square$

5 の包含は等号とは限らない。下の ex-symbolic-power-cone では $\mathfrak p^{(1)}\mathfrak p^{(1)}=\mathfrak p^2\subsetneq\mathfrak p^{(2)}$ である。

極大イデアルの記号的冪

$\mathfrak m$ が $A$ の極大イデアルなら、すべての $n\ge1$ で $\mathfrak m^{(n)}=\mathfrak m^n$ である。

証明を開く

prop-symbolic-power-basic の 4 により、$\mathfrak m^n$ が準素であることを示せばよい。$\bar A=A/\mathfrak m^n$ の素イデアルは $\mathfrak m^n$ を含む $A$ の素イデアルに対応し、それは $\mathfrak m$ を含むので $\mathfrak m$ だけである。従って $\bar A$ の冪零元の全体は $\mathfrak m/\mathfrak m^n$ であり、$\bar A$ はこれを唯一の極大イデアルとする局所環である。$\bar A$ の元は単元か冪零元のどちらかになる。$ab\in\mathfrak m^n$、$a\notin\mathfrak m^n$ のとき、$\bar b$ が単元なら $\bar a=\bar a\bar b\bar b^{-1}=0$ となって矛盾するので、$\bar b$ は冪零、すなわち $b$ の冪が $\mathfrak m^n$ に入る。$\square$

準素分解の中での位置

冪の準素分解の孤立成分

$\mathfrak p^n=\mathfrak q_1\cap\cdots\cap\mathfrak q_r$ が最小の準素分解であるとする（準素分解の定義「準素分解と最小分解」）。このとき根基 $\mathfrak r(\mathfrak q_i)$ の中にちょうど一つ $\mathfrak p$ に等しいものがあり、それは根基の族の中で唯一の極小元である。対応する成分は $\mathfrak p^{(n)}$ に等しい。

証明を開く

$\mathfrak p_i=\mathfrak r(\mathfrak q_i)$ とおく。各 $\mathfrak q_i$ は $\mathfrak p^n$ を含むので、$\mathfrak p_i\supset\mathfrak r(\mathfrak p^n)=\mathfrak p$ である。他方、根基は有限交叉と交換するので $\mathfrak p=\mathfrak r(\mathfrak p^n)=\mathfrak p_1\cap\cdots\cap\mathfrak p_r\supset\mathfrak p_1\cdots\mathfrak p_r$ であり、$\mathfrak p$ は素イデアルなので、ある $\mathfrak p_i$ が $\mathfrak p$ に含まれる。よってその $\mathfrak p_i$ は $\mathfrak p$ に等しい。最小分解では根基が互いに異なるので、そのような $i$ は一つであり、他の根基はすべて $\mathfrak p$ を真に含む。従って $\mathfrak p$ は根基の族の唯一の極小元で、その成分は孤立成分である。準素分解の定理「孤立成分の一意性」により、その成分は $\{a\in A\mid a/1\in\mathfrak p^nA_{\mathfrak p}\}=\mathfrak p^{(n)}$ である。$\square$

$\mathfrak p^n$ と $\mathfrak p^{(n)}$ の違いは、$\mathfrak p$ より大きい素イデアルを根基とする成分、すなわち埋め込まれた成分に現れる。Noether環では準素分解が存在する（準素分解の定理「準素分解の存在」）ので、$\mathfrak p^{(n)}\ne\mathfrak p^n$ であることは、$\mathfrak p^n$ が埋め込まれた随伴素イデアルをもつことと同値である。

例

2 次錐の上の直線

$k$ を体とし、$A=k[x,y,z]/(xy-z^2)$、$x,y,z$ の像を $\bar x,\bar y,\bar z$、$\mathfrak p=(\bar x,\bar z)$、$\mathfrak m=(\bar x,\bar y,\bar z)$ とする。このとき次が成り立つ。

$\mathfrak p$ は素イデアルで、$A/\mathfrak p\cong k[y]$ である。
$\mathfrak p^{(2)}=(\bar x)$ である。
$\mathfrak p^2=\bar x\,\mathfrak m\subsetneq\mathfrak p^{(2)}$ であり、$\mathfrak p^2=(\bar x)\cap\mathfrak m^2$ は最小の準素分解である。特に $\mathfrak p^2$ は準素でなく、$\mathfrak m$ が埋め込まれた素イデアルとして現れる。

幾何学的には、$A$ は原点を頂点とする 2 次錐 $xy=z^2$ の座標環で、$\mathfrak p$ は錐の上の直線 $x=z=0$ に当たる。直線の一般の点の近くでは $y$ が可逆なので $x=z^2/y$ と書け、$x$ は直線に沿って 2 位で消える。これが $\bar x\in\mathfrak p^{(2)}$ の意味である。ところが $\bar x$ は 1 次式なので、2 次以上の式で生成される $\mathfrak p^2$ には入らない。原点（頂点）では $y$ が可逆でなくなり、この違いが埋め込まれた成分 $\mathfrak m^2$ として現れる。

多項式 $xy-z^2$ は斉次なので、$A$ は各変数を次数 $1$ とする次数付き環 $A=\bigoplus_{d\ge0}A_d$ であり、$A_d$ は $k[x,y,z]$ の $d$ 次斉次式の像である。$xy-z^2$ の倍元は $2$ 次以上の斉次成分しかもたないので、$A_0=k$、$A_1$ は $\bar x,\bar y,\bar z$ を基底とする 3 次元空間である。特に $\bar x\ne0$ である。

$A/\mathfrak p\cong k[x,y,z]/(x,z,xy-z^2)=k[x,y,z]/(x,z)\cong k[y]$ は整域なので、$\mathfrak p$ は素イデアルである。この同型で $\bar y$ は $y\ne0$ に移るので $\bar y\notin\mathfrak p$ である。同様に $A/\mathfrak m\cong k$ なので $\mathfrak m$ は極大イデアルである。
$(\bar x)$ が $\mathfrak p$ 準素イデアルであることを示す。$A/(\bar x)\cong k[x,y,z]/(x,z^2)\cong B:=k[y,z]/(z^2)$ である。$B$ の元は $f=f_0(y)+f_1(y)z$ と一意に書ける。$f_0\ne0$ のとき $f$ は零因子でない。実際 $g=g_0+g_1z$ について $fg=f_0g_0+(f_0g_1+f_1g_0)z=0$ なら、$k[y]$ が整域なので $g_0=0$、続いて $g_1=0$ となる。従って $B$ の零因子は $zB$ に入り、$z^2=0$ によりすべて冪零である。これは $(\bar x)$ が準素であることを意味し、根基は $zB$ の逆像 $(\bar x,\bar z)=\mathfrak p$ である。
次に $\mathfrak p^2=(\bar x^2,\bar x\bar z,\bar z^2)$ であり、$\bar z^2=\bar x\bar y$ なので $\mathfrak p^2\subset(\bar x)$ である。prop-symbolic-power-basic の 3 により $\mathfrak p^{(2)}\subset(\bar x)$ を得る。逆に $\bar y\bar x=\bar z^2\in\mathfrak p^2$ かつ $\bar y\notin\mathfrak p$ なので、lem-symbolic-power-element により $\bar x\in\mathfrak p^{(2)}$ である。よって $\mathfrak p^{(2)}=(\bar x)$。
$\bar z^2=\bar x\bar y$ より $\mathfrak p^2=(\bar x^2,\bar x\bar z,\bar x\bar y)=\bar x\,\mathfrak m$ である。$\mathfrak p^2$ は $2$ 次の斉次式で生成されるので、その元の $0$ 次と $1$ 次の斉次成分は $0$ である。$\bar x$ は $0$ でない $1$ 次の元なので $\bar x\notin\mathfrak p^2$ であり、$\mathfrak p^2\subsetneq\mathfrak p^{(2)}$ を得る。
次に $(\bar x)\cap\mathfrak m^2=\bar x\,\mathfrak m$ を示す。$\supset$ は明らかである。$\bar xf\in\mathfrak m^2$ とし、$f$ の $0$ 次成分を $c\in k$ とする。$\mathfrak m^2$ の元の $1$ 次成分は $0$ であり、$\bar xf$ の $1$ 次成分は $c\bar x$ なので、$c\bar x=0$、すなわち $c=0$ である。よって $f\in\mathfrak m$ であり、$\bar xf\in\bar x\,\mathfrak m$ となる。
$\mathfrak m^2$ は prop-symbolic-power-maximal の証明により $\mathfrak m$ 準素である。$\mathfrak p^2=(\bar x)\cap\mathfrak m^2$ の 2 つの成分は根基 $\mathfrak p\ne\mathfrak m$ が異なり、どちらを除いても等号が崩れる（$\bar x\notin\mathfrak p^2$ であり、$\bar y^2\in\mathfrak m^2$ は $\mathfrak p$ に入らないので $\mathfrak p^2$ に入らない）。従ってこれは最小の準素分解であり、$\mathfrak p^2$ は 2 つの異なる根基をもつので準素でない。$\square$

この例では $\mathfrak p^{(1)}\mathfrak p^{(1)}=\mathfrak p^2\subsetneq\mathfrak p^{(2)}$ なので、記号的冪の族は積について閉じた「冪」にはならない。

局所化が離散付値環のとき

離散付値による記述

$A_{\mathfrak p}$ が離散付値環で、その正規化された付値を $v_{\mathfrak p}\colon\operatorname{Frac}(A_{\mathfrak p})^\times\to\mathbb Z$ とする。$A$ が整域なら、$n\ge1$ について
$$ \mathfrak p^{(n)}=\{a\in A\setminus\{0\}\mid v_{\mathfrak p}(a)\ge n\}\cup\{0\} $$
である。

$t$ を $A_{\mathfrak p}$ の素元とすると、$\mathfrak pA_{\mathfrak p}=tA_{\mathfrak p}$ なので $\mathfrak p^nA_{\mathfrak p}=(\mathfrak pA_{\mathfrak p})^n=t^nA_{\mathfrak p}$ であり、これは付値が $n$ 以上の元と $0$ の全体である。$A$ は整域なので $A\to A_{\mathfrak p}$ は単射であり、逆像を取れば主張を得る。$\square$

ex-symbolic-power-cone では $A_{\mathfrak p}$ が離散付値環になる。$\bar y$ が $A_{\mathfrak p}$ で可逆なので $\bar x=\bar z^2/\bar y$ であり、$\mathfrak pA_{\mathfrak p}=\bar zA_{\mathfrak p}$ は単項である。$A$ は整域（$xy-z^2$ は既約）なので $A_{\mathfrak p}$ は極大イデアルが $0$ でない単項イデアルである Noether 局所整域であり、離散付値環の定理「離散付値環の特徴づけ」により離散付値環である。$v_{\mathfrak p}(\bar z)=1$、$v_{\mathfrak p}(\bar x)=2$、$v_{\mathfrak p}(\bar y)=0$ となり、prop-symbolic-power-dvr から $\mathfrak p^{(2)}$ が $\bar x$ を含むことが再び読み取れる。
Dedekind整域の $0$ でない素イデアル $\mathfrak p$ では、$\mathfrak p$ が極大なので prop-symbolic-power-maximal により $\mathfrak p^{(n)}=\mathfrak p^n$ である。より一般に、Noether 正規整域を含む Krull 環（Mat89 §12 の意味）では、高さ $1$ の素イデアル $\mathfrak p$ での局所化が離散付値環になり、$0$ でない元 $a$ の生成する単項イデアルは
$$ aA=\bigcap_{\operatorname{ht}\mathfrak p=1}\mathfrak p^{(v_{\mathfrak p}(a))} $$
と記号的冪の交わりに分解する（$\mathfrak p^{(0)}=A$。Mat89 Theorem 12.3 の系と Theorem 12.4 (i)、pp. 88–89。この記事では証明しない）。

随伴次数環が整域なら一致する

$\mathfrak p$ に関する随伴次数環を $\operatorname{gr}_{\mathfrak p}(A)=\bigoplus_{n\ge0}\mathfrak p^n/\mathfrak p^{n+1}$ と書く（積は代表の積で定める。随伴次数環の定義「随伴次数環」）。次数 $0$ の部分は $A/\mathfrak p$ である。

随伴次数環が整域なら記号的冪は通常の冪

$A$ を可換環、$\mathfrak p$ を素イデアルとし、$\operatorname{gr}_{\mathfrak p}(A)$ が整域であるとする。このとき、すべての $n\ge0$ について $\mathfrak p^{(n)}=\mathfrak p^n$ である。

証明の要点は、$\mathfrak p$ の外の元 $s$ を掛けても元の「$\mathfrak p$ 進の深さ」が増えないことである。$s$ の初項は次数 $0$ の $0$ でない元であり、随伴次数環が整域なら、それを掛けても $0$ でない初項は $0$ にならない。

$n=0$ では両辺が $A$ である。$n\ge1$ とし、$a\in\mathfrak p^{(n)}$ を取る。lem-symbolic-power-element により $s\notin\mathfrak p$ で $sa\in\mathfrak p^n$ となるものがある。$a\notin\mathfrak p^n$ と仮定して矛盾を導く。
$a\in\mathfrak p^0=A$ なので、$0\le j< n$ かつ $a\in\mathfrak p^j$ を満たす整数 $j$ のうち最大のものを $k$ とする。$k+1< n$ なら $k$ の最大性により、$k+1=n$ なら仮定により、$a\notin\mathfrak p^{k+1}$ である。従って $\alpha=a+\mathfrak p^{k+1}$ は $\mathfrak p^k/\mathfrak p^{k+1}$ の $0$ でない元である。また $s\notin\mathfrak p$ なので $\sigma=s+\mathfrak p$ は $A/\mathfrak p$ の $0$ でない元である。随伴次数環の積の定義により $\sigma\alpha=sa+\mathfrak p^{k+1}$ であり、$\operatorname{gr}_{\mathfrak p}(A)$ は整域なので $\sigma\alpha\ne0$、すなわち $sa\notin\mathfrak p^{k+1}$ である。
ところが $k+1\le n$ なので $sa\in\mathfrak p^n\subset\mathfrak p^{k+1}$ であり、矛盾する。よって $a\in\mathfrak p^n$ で、$\mathfrak p^{(n)}\subset\mathfrak p^n$ を得る。逆の包含は prop-symbolic-power-basic の 1 による。$\square$

証明では $a$ が $\mathfrak p^0,\dots,\mathfrak p^{n-1}$ のどこまで入るかという有限個の段階だけを見ており、Krullの交叉定理のような $\bigcap_m\mathfrak p^m=0$ の型の分離性も、Noether環であることも使っていない。

多項式環の変数が生成する素イデアル

$C$ を整域、$A=C[x_1,\dots,x_r]$ を多項式環、$\mathfrak p=(x_1,\dots,x_r)$ とする。このとき $\operatorname{gr}_{\mathfrak p}(A)\cong C[X_1,\dots,X_r]$ は整域であり、すべての $n$ について $\mathfrak p^{(n)}=\mathfrak p^n$ である。特に体 $k$ 上の多項式環 $k[x_1,\dots,x_m]$ のイデアル $(x_1,\dots,x_r)$（$r\le m$）の冪はすべて準素である（$C=k[x_{r+1},\dots,x_m]$ とする）。

証明を開く

$A$ の元を $x_1,\dots,x_r$ の単項式の $C$ 係数の和に一意に書く。$\mathfrak p^n$ は $x$ について次数 $n$ の単項式で生成されるので、多項式 $f$ が $\mathfrak p^n$ に入ることと、$f$ に現れる単項式の $x$ についての次数がすべて $n$ 以上であることは同値である（次数 $n$ 以上の単項式は次数 $n$ の単項式の倍元である）。従って $f\in\mathfrak p^n$ に、その $x$ について $n$ 次の斉次部分を対応させる写像は、$\mathfrak p^n/\mathfrak p^{n+1}$ から $C$ 係数の $n$ 次斉次式の全体への同型を与える。斉次部分の積は積の最低次の部分なので、これらを集めると $C$ 代数の同型 $\operatorname{gr}_{\mathfrak p}(A)\cong C[X_1,\dots,X_r]$ を得る。整域上の多項式環は整域なので、thm-symbolic-power-graded が使える。後半は prop-symbolic-power-basic の 4 による。$\square$

より一般に、$\mathfrak p$ が $A$ 正則列（正則列）$a_1,\dots,a_r$ で生成されるなら、$\operatorname{gr}_{\mathfrak p}(A)\cong(A/\mathfrak p)[X_1,\dots,X_r]$ である（Mat89 Theorem 16.2 (i)、p. 125。この記事では証明しない）。$A/\mathfrak p$ は整域なので、thm-symbolic-power-graded により $\mathfrak p^{(n)}=\mathfrak p^n$ がすべての $n$ で成り立つ。
thm-symbolic-power-graded の逆は成り立たない。$A=k[t]/(t^2)$、$\mathfrak p=(\bar t)$ とすると、$\mathfrak p$ は極大イデアルなので prop-symbolic-power-maximal によりすべての $n$ で $\mathfrak p^{(n)}=\mathfrak p^n$ であるが、$\mathfrak p^2=0$ なので $\operatorname{gr}_{\mathfrak p}(A)=A/\mathfrak p\oplus\mathfrak p\cong k[T]/(T^2)$ は整域でない。

反例

外す条件	反例	成り立たなくなること
$\mathfrak p$ が極大イデアル（prop-symbolic-power-maximal）	ex-symbolic-power-cone の $\mathfrak p=(\bar x,\bar z)$（$\mathfrak p\subsetneq\mathfrak m$）	$\mathfrak p^{(2)}=\mathfrak p^2$
$\operatorname{gr}_{\mathfrak p}(A)$ が整域（thm-symbolic-power-graded）	同じ $A$ と $\mathfrak p$。$\operatorname{gr}_{\mathfrak p}(A)$ の 0 次の元 $\bar y+\mathfrak p$ と 1 次の元 $\bar x+\mathfrak p^2$ はどちらも $0$ でないが、積は $\bar x\bar y+\mathfrak p^2=\bar z^2+\mathfrak p^2=0$	$\mathfrak p^{(2)}=\mathfrak p^2$

2 行目の 2 つの元が $0$ でないことは、ex-symbolic-power-cone の証明で示した $\bar y\notin\mathfrak p$ と $\bar x\notin\mathfrak p^2$ である。

補足

文献

記号的冪の定義と、それが $\mathfrak p$ 準素であること、$\mathfrak p^n$ が準素分解をもつときにその $\mathfrak p$ 成分であること、$\mathfrak p^{(n)}=\mathfrak p^n$ と $\mathfrak p^n$ の準素性の関係は AM69 Chapter 4 の演習 13（p. 56）にあり、2 次錐の上の直線で $\mathfrak p^2$ が準素でないことは同書 Chapter 4 の例 3)（p. 51）にある。記号的冪が準素であることは Mat89 の §4 の演習 4.2（p. 29）、随伴次数環が整域なら $\mathfrak p^n=\mathfrak p^{(n)}$ であることと正則列で生成される場合の帰結は同書 §17 の演習 17.6（p. 139。同書は Robbiano による観察としている。演習では $A$ を Noether 環とするが、この記事の証明は Noether 性を使わない）にある。これらは演習なので、この記事では証明をすべて書いた。ex-symbolic-power-cone の $\mathfrak p^{(2)}$ と準素分解の計算もこの記事で行った。