形式ファイバー

一般に環 $B$ のイデアル $J$ と乗法的集合 $T$ に対し、$T^{-1}(B/J)$ の素イデアルを $B$ に引き戻すと、$J$ を含み $T$ と交わらない素イデアルが得られる。逆に、そのような素イデアル $Q$ から $T^{-1}(Q/J)$ を作る。これは素イデアルであり、二つの操作は互いに逆になる。
この基本対応を確かめる。$Q$ が素で $Q\cap T=\emptyset$ なら、$B/Q$ は整域であり $T$ の像はすべて非零なので、その局所化も整域である。従って $T^{-1}(Q/J)$ で割った環は整域となる。逆に局所化環の素イデアルの逆像は素であり、$J$ を含む。$T$ の元は局所化で単元になるから、その逆像は $T$ と交わらない。局所化の元はすべて $b/t$ という形なので、逆像して再び拡張しても元のイデアルに戻る。
これを $B=\widehat A$、$J=\mathfrak p\widehat A$、$T$ を $S$ の像として適用する。条件 $J\subset\mathfrak q$ は $\mathfrak p\subset\mathfrak q\cap A$ を意味し、$\mathfrak q\cap T=\emptyset$ は $\mathfrak q\cap A\subset\mathfrak p$ を意味する。両方を合わせるとちょうど $\mathfrak q\cap A=\mathfrak p$ になる。
包含保存は、商と局所化による拡張・逆像がともに包含を保つことから従う。対応する素イデアルを $\mathfrak r\subset F_A(\mathfrak p)$ とする。商環は $F_A(\mathfrak p)/\mathfrak r\cong S^{-1}(\widehat A/\mathfrak q)$ である。右辺は整域 $\widehat A/\mathfrak q$ の非零元の一部を逆にしたものなので、その分数体は $\operatorname{Frac}(\widehat A/\mathfrak q)=\kappa(\mathfrak q)$ と同じである。従って $\kappa(\mathfrak r)\cong\kappa(\mathfrak q)$ となる。

$R^s$ の部分加群の有限生成性を $s$ で帰納する。$s=0$ では零加群だけである。$s>0$ では最後の座標への像はイデアルなので有限生成で、その生成元を部分加群へ持ち上げる。最後の座標が零になる核は $R^{s-1}$ の部分加群であり、帰納法で有限生成である。任意の元から持ち上げた生成元の線形結合を引けば核に入るので、両者の生成元を合わせればよい。有限生成加群は有限自由加群の商であり、部分加群の逆像にこの結果を適用して結論を得る。
一変数多項式環 $R[T]$ のイデアル $H$ を取る。$H=0$ は有限生成である。そうでなければ、$H$ の非零多項式の先頭係数が生成するイデアルを有限個の先頭係数で生成し、対応する $f_1,\ldots,f_v\in H$ を選ぶ。生成元として先頭係数そのものを選べるのは、最初に選んだ有限生成元が各々有限個の先頭係数の線形結合だからである。
$D=\max_i\deg f_i$ とする。次数が $D$ 以上の $g\in H$ は、$f_i$ の先頭係数の線形結合と適切な $T$ の冪によって最高次を消せる。次数が真に下がる操作を有限回繰り返すと、$g$ は $f_i$ の多項式係数線形結合と次数が $D$ 未満の $H$ の元との和になる。有界次数の部分は有限自由 $R$ 加群の部分加群なので、前半の結果から有限生成である。$D=0$ の場合には残る部分は零である。よって $H$ は有限生成で、$R[T]$ はNoetherである。変数数の帰納と商への逆像により、有限変数とその商もNoetherとなる。

$M^{*}:=\bigoplus_{n\ge0}I^nMt^n$ は、$a t^m\in I^mt^m$ と $xt^n\in I^nMt^n$ の積を $axt^{m+n}$ で定めて次数付き環 $A^{*}$ 上の次数付き加群になる。$M$ の生成元 $m_1,\dots,m_s$ は次数 $0$ の元として $M^{*}$ を生成する（$I^nM$ の元は $\sum a_jm_j$、$a_j\in I^n$ と書け、$a_jt^n\in A^{*}$ だから）ので、$M^{*}$ は有限生成 $A^{*}$ 加群であり、lem-ff-base-finiteness によりその部分加群は有限生成である。$N^{*}:=\bigoplus_{n\ge0}(I^nM\cap N)t^n$ は $M^{*}$ の部分加群である（$a\in I^m$、$x\in I^nM\cap N$ なら $ax\in I^{m+n}M\cap N$）から有限生成である。有限個の生成元をそれぞれ有限個の斉次成分に分解する。この部分加群は次数ごとの直和として定義されているので、各成分も同じ部分加群に属する。全成分が生成する部分加群は元の生成元をすべて含み、逆に元の部分加群内にあるため、元の部分加群と一致する。従って有限個の斉次元 $y_1t^{d_1},\dots,y_qt^{d_q}$（$y_j\in I^{d_j}M\cap N$）で生成される。$N^{*}=0$ なら $N=0$ であり $c=0$ として結論は直ちに成立する。そうでなければ $c:=\max_jd_j$ とおく。$n\ge c$ のとき $I^nM\cap N$ の元 $x$ は、$xt^n=\sum_jb_jt^{n-d_j}\cdot y_jt^{d_j}$（$b_j\in I^{n-d_j}$）と書けるので
$$ x=\sum_jb_jy_j\in\sum_jI^{n-d_j}(I^{d_j}M\cap N)\subset\sum_jI^{n-c}I^{c-d_j}(I^{d_j}M\cap N)\subset I^{n-c}(I^cM\cap N) $$
である。逆の包含 $I^{n-c}(I^cM\cap N)\subset I^nM\cap N$ は明らかである。最後の主張は、$I^nN\subset I^nM\cap N$ が明らかであり、$n\ge c$ について $I^nM\cap N=I^{n-c}(I^cM\cap N)\subset I^{n-c}N$ であることから従う。$\square$

1. $M'$ を $M$ の部分加群とみなす。lem-ff-base-artin-rees により $M'$ の $I$ 進位相は $M$ からの相対位相に一致するので、$M'$ の完備化は $\varprojlim_nM'/(M'\cap I^nM)$ に等しい。ここで共終性による同型を具体的に確認する。$F_n=I^nM'$、$G_n=M'\cap I^nM$ と置くと、$F_n\subset G_n$ および $G_{n+c}\subset F_n$ がすべての $n\ge1$ で成立する。$\varprojlim M'/F_n\to\varprojlim M'/G_n$ は同じ次数の座標を商写像で送る。逆方向は、$G$ 系の次数 $n+c$ の座標の代表を $F_n$ で割った類へ送る。代表の差は $G_{n+c}\subset F_n$ なので定義は独立で、両立性は一つ高い座標から双方を比較すれば従う。より高い次数を選んでも推移写像の両立性により同じ類となる。最初の合成は $F$ 系の次数 $n+c$ の類を $F_n$ へ送るため元の次数 $n$ の類に一致し、他方の合成は $G$ 系の次数 $n+c$ の類を $G_n$ へ送るためやはり元の類に一致する。従って両写像は逆である。各 $n$ について列
   $$ 0\to M'/(M'\cap I^nM)\to M/I^nM\to M''/I^nM''\to0 $$
   は完全である（左の写像の核は $M'\cap I^nM$ を法とする剰余類で $0$、中央の像は $M'+I^nM$ を法とする剰余類全体であり、$M''/I^nM''=M/(M'+I^nM)$ だから）。左端の射影系は推移写像が全射なので、射影極限の右端への全射性を直接構成できる。右端の両立する元の列を $(z_n)_n$ とする。次数一で $z_1$ の持ち上げ $y_1$ を選ぶ。$y_n$ が選べたら、まず $z_{n+1}$ の任意の持ち上げ $y'_{n+1}$ を選ぶ。その次数 $n$ への像と $y_n$ の差は右端では零なので、左端の次数 $n$ の元 $a_n$ の像である。左端の推移写像の全射性により、$a_n$ を次数 $n+1$ の元 $a'_{n+1}$ へ持ち上げられる。$y_{n+1}=y'_{n+1}-a'_{n+1}$ とすれば、像はなお $z_{n+1}$ であり、$y_n$ と両立する。この帰納により必要な極限の持ち上げを得る。
   左端の単射は各次数の単射から従う。中央の極限の元が右端で零なら、各次数の元は左端に一意に戻る。その一意性と写像の両立性により、戻した元の列も両立する。従って中央でも完全である。これで1の列全体の完全性が示された。この構成は 射影極限 と Mittag-Leffler条件 の一般論の基本例であり、StacksModule Lemma 10.97.1 と比較できる。
2. $M=A^r$ のときは、射影極限が有限個の直和と交換するので $\widehat{A^r}=\hat{A}^r=\hat{A}\otimes_AA^r$ である。一般の $M$ に対し、有限表示 $A^s\xrightarrow{g}A^r\to M\to0$ をとる（$A$ が Noether なので $M$ は有限表示加群である）。$K:=\operatorname{im}g$ は $A^r$ の部分加群なので有限生成であり、完全列 $0\to K\to A^r\to M\to0$ と $0\to\ker g\to A^s\to K\to0$ に 1 を適用して、完全列 $\hat{A}^s\to\hat{A}^r\to\hat{M}\to0$ を得る。他方 $\otimes_A\hat{A}$ は右完全関手なので $\hat{A}^s\to\hat{A}^r\to\hat{A}\otimes_AM\to0$ も完全であり、左の 2 項の写像は両方の列で同じ $g$ から誘導される。したがって $\hat{A}\otimes_AM$ と $\hat{M}$ はいずれも $\hat{A}^s\to\hat{A}^r$ の余核であり、自然な写像は同型である。
   $\square$

$U\to V\to W\to0$ が完全なら $W=V/H$、$H$ は最初の写像の像である。$V\otimes M$ を $h\otimes m$、$h\in H$ で生成される部分加群で割ると、$(v+H,m)$ を $v\otimes m$ の類へ送る写像が代表によらず定まる。この写像は双線形であり、逆に商写像のテンソルはその部分加群を零にする。両方向の写像は純テンソル上で逆だから、商は $W\otimes M$ と同型である。$h$ は $U$ の像なので、その部分加群は $U\otimes M$ の像と一致する。これで右完全性が従う。
自由加群との同型は $m\otimes\sum a_l e_l\mapsto(a_lm)_l$、逆写像は $(m_l)_l\mapsto\sum m_l\otimes e_l$ である。すべて有限台なので両写像は定まり、テンソルの関係を保つ。単射の任意個の直和は各座標で単射なので、自由加群とのテンソルは単射を保存する。直和因子の包含は射影による左逆を持ち、テンソル後も同じ左逆を持つことも分かる。

1 から 2 は平坦性の定義から従う。逆に 2 を仮定し、テンソル積の右完全性と有限個の元による計算だけで、任意の単射を保つことを示す。
まず、任意のイデアルで単射になる。 有限生成とは限らないイデアル $I$ と、$I\otimes_AM\to M$ で零になる元 $z$ を取る。$z=\sum_{j=1}^s a_j\otimes m_j$ と有限和で表し、$I_0=(a_1,\ldots,a_s)\subset I$ とおく。同じ式は $I_0\otimes_AM$ の元 $z_0$ を定める。$z_0$ の $M$ への像は $z$ の像と同じく零なので、条件2より $z_0=0$。その像である $z$ も零となる。$I_0\otimes M\to I\otimes M$ が単射であることを先に仮定する必要はない。
次に、有限自由加群の任意の部分加群を扱う。 $U\subset A^r$ に対し $U\otimes M\to A^r\otimes M$ が単射であることを $r$ で帰納する。$r=0$ は自明、$r=1$ はイデアルの場合である。$r>1$ とし、最後の座標への射影による $U$ の像をイデアル $I$、その核を $U_0=U\cap A^{r-1}$ とする。列
$$U_0\longrightarrow U\longrightarrow I\longrightarrow0$$
は完全なので、テンソル後も右完全である。$z\in U\otimes M$ が $A^r\otimes M$ で零になるなら、その $I\otimes M$ への像は $A\otimes M$ で零になる。イデアルの場合の単射性から、この像は既に零である。したがって $z$ はある $w\in U_0\otimes M$ の像となる。
$w$ の $A^{r-1}\otimes M$ への像は、その $A^r\otimes M$ への像が零であるため零となる。ここで $A^{r-1}\to A^r$ は直和因子の包含なので、テンソル後も単射である。帰納仮定から $w=0$、従って $z=0$ である。この帰納で $U$ や $I$ の有限生成性を要求していない。
任意の自由加群の部分加群へ進む。 $F=\bigoplus_{\lambda\in\Lambda}Ae_\lambda$ と $U\subset F$ を取り、$z\in U\otimes M$ の $F\otimes M$ への像が零とする。$z$ の有限和表示に現れる $U$ の元は、基底の有限個の成分だけに支えられる。その成分の直和を $F_0\subset F$ とし、$U_0=U\cap F_0$ とおくと、$z$ は $U_0\otimes M$ の元 $z_0$ から来る。$F_0$ は $F$ の直和因子なので、$z_0$ の $F_0\otimes M$ への像は零である。有限自由の場合から $z_0=0$、従って $z=0$ となる。
最後に、一般の単射へ帰着する。 単射はその像への同型を通じて包含 $L\subset N$ とみなせる。自由加群からの全射 $\pi:F\to N$ を選び、$H=\ker\pi$、$G=\pi^{-1}(L)$ とおく。$H\subset G\subset F$ であり、$G\to L$ は全射である。
$z\in L\otimes M$ が $N\otimes M$ で零になるとする。右完全性から、$z$ を $w\in G\otimes M$ へ持ち上げられる。$w$ の $F\otimes M$ への像は $N\otimes M$ で零になるため、列
$$H\otimes M\longrightarrow F\otimes M\longrightarrow N\otimes M\longrightarrow0$$
の右完全性により、ある $h\in H\otimes M$ の像である。$h$ の $G\otimes M$ への像を $h_G$ と書くと、$w-h_G$ は $F\otimes M$ で零になる。直前に証明した自由加群の部分加群の場合を $G\subset F$ に適用すると $w-h_G=0$ となる。$H\to L$ は零写像なので、$h_G$ の $L\otimes M$ への像は零である。従って $z=0$ となる。
任意の単射がテンソル後も単射となるので、$M$ は平坦である。証明全体で環のNoether性、$M$ の有限生成性や有限表示性、Torの計算、超限帰納は使っていない。

$C=A/J$ は有限加群であり、$I^nC=(I^n+J)/J$ なので、その加群としての完成は商環の $I$ の像に関する完成と同じである。prop-ff-base-exact の2により $\widehat C\cong\widehat A\otimes_A C$。商テンソルの同型は $u\otimes(a+J)\mapsto au+J\widehat A$、逆は $u+J\widehat A\mapsto u\otimes(1+J)$ で与えられる。釣合い関係と $J$ の零作用により代表によらず、純テンソル上の合成は恒等である。$J=A$ なら両辺零である。
$I=J=\mathfrak m$ のとき、$A/\mathfrak m$ の位相は離散で完成はそのまま $A/\mathfrak m$ となる。従って最後の同型を得る。$\square$

直前の thm-ff-base-ideal-flat により、$A$ 加群 $F$ が平坦であるためには任意の有限生成イデアル $J$ に対して $J\otimes_AF\to F$ が単射であれば十分である。$A$ は Noether 環なので $J$ は有限生成であり、prop-ff-base-exact の 2 により $J\otimes_A\hat{A}=\hat{J}$、$A\otimes_A\hat{A}=\hat{A}$ で、$J\otimes_A\hat{A}\to\hat{A}$ は完全列 $0\to J\to A$ の完備化 $\hat{J}\to\hat{A}$ に一致する。これは prop-ff-base-exact の 1 により単射である。よって $\hat{A}$ は平坦である。
局所環の場合、prop-ff-base-quotient により $\hat A/\mathfrak m\hat A\cong A/\mathfrak m\ne0$ である。非零 $A$ 加群 $N$ の非零元が生成する巡回部分加群を $A/H\subset N$ と書く。$H$ は真イデアルなので $H\subset\mathfrak m$ となり、$\hat A/H\hat A$ は非零加群 $\hat A/\mathfrak m\hat A$ へ全射する。平坦性により $(A/H)\otimes_A\hat A\to N\otimes_A\hat A$ は単射なので、$N\otimes_A\hat A\ne0$ である。従ってテンソルは非零加群を検出し、完成写像は忠実平坦である。これは StacksFlat Lemma 10.97.3 に対応する局所の場合の直接証明である。$\square$

$A$ はNoetherなので $\mathfrak p$ は有限生成であり、有限 $A$-加群 $C$ の完備化は $C\otimes_A\widehat A$ と同型である。ここでは prop-ff-base-exact の2を使っている。従って $\widehat C\cong\widehat A/\mathfrak p\widehat A$ である。$C$ の商で定義される完備化も同じものになっている。実際、$\mathfrak m^nC=(\mathfrak m^n+\mathfrak p)/\mathfrak p$ だから、各段階は $A/(\mathfrak m^n+\mathfrak p)$ である。
一方、$\operatorname{Frac}(C)$ 上では $\mathfrak p$ は零として作用する。よってテンソル積の結合と商の性質から
$$ \widehat A\otimes_A\kappa(\mathfrak p) \cong(\widehat A/\mathfrak p\widehat A)\otimes_{A/\mathfrak p}\operatorname{Frac}(A/\mathfrak p) \cong\widehat C\otimes_C\operatorname{Frac}(C). $$
各同型は係数体からの写像を保つ。$\mathfrak p$ は素イデアルなので $C$ は整域であり、その零イデアルの剰余体は分数体である。右辺はちょうど $C$ の生成点の形式ファイバーとなる。

$\mathbb Q(x)$ は可算集合である。実際、有理係数多項式の集合は可算であり、有理関数は二つの多項式の組で表せる。従って係数が $\mathbb Q(x)$ に属する非零一変数多項式の集合も可算である。その各多項式が体 $\mathbb Q((x))$ にもつ根は次数以下の有限個なので、$\mathbb Q(x)$ 上代数的な $\mathbb Q((x))$ の元の集合は可算となる。
一方、$x\mathbb Q[\![x]\!]$ は非可算である。各 $n\geq1$ で係数を $0$ または $1$ から選んだ級数の集合を含み、異なる係数列は異なる級数を与える。この係数列の集合が可算でないことは対角線論法による。もし全列を順に並べられれば、第 $n$ 列の第 $n$ 係数と異なる係数を選んだ列が、その一覧のどこにも現れない。従って $x\mathbb Q[\![x]\!]$ のすべてが代数的になることはなく、所望の元が存在する。

上の補題により、$f(x)\in x\mathbb Q[\![x]\!]$ を $\mathbb Q(x)$ 上超越的に選ぶ。$B=\mathbb Q[\![x,y]\!]$ とおき、$Q=(y-f(x))\subset B$ を考える。$f$ の定数項が零なので、代入 $y\mapsto f(x)$ は冪級数を冪級数へ送る準同型になる。
この代入の核は $Q$ であり、$B/Q\cong\mathbb Q[\![x]\!]$ である。核の確認には変数変換を使える。$y\mapsto y+f(x)$、$x\mapsto x$ は $B$ の自己同型で、逆は $y\mapsto y-f(x)$ である。どちらも変数を極大イデアルの元へ送るので各次数で代入が定まり、逆の合成は変数を元へ戻す。従って $y-f(x)$ による商は $y$ による商と同型である。商は整域なので $Q$ は素イデアルである。
次に $Q\cap A=(0)$ を示す。$g(x,y)\in\mathbb Q[x,y]$ が $Q$ に入るなら、代入して $g(x,f(x))=0$ となる。$f$ の超越性により、これは $g=0$ の場合に限られる。また $A$ の元は $g/h$ と書け、$h\notin(x,y)$ である。$h$ の定数項は非零なので、$B$ における像は単元である。$g/h\in Q$ なら $g\in Q$ であり、従って $g=0$ となる。以上から縮約は零である。
$S=A\setminus\{0\}$ とすると、形式ファイバーは $F=S^{-1}B$ である。上の定理より $S^{-1}Q$ は $F$ の素イデアルである。これは真のイデアルである。$Q$ は $S$ と交わらないからである。また非零である。$B$ は整域で、$S$ は非零元からなるので $B\to S^{-1}B$ は単射であり、非零元 $y-f(x)$ は局所化しても零にならない。
従って $F$ は非零素イデアル $S^{-1}Q$ をもつ整域であり、体ではない。さらに $(0)\subsetneq S^{-1}Q$ という素イデアルの包含列をもつので、$\dim F\geq1$ である。

$F_A(\mathfrak p)=S^{-1}(\widehat A/\mathfrak p\widehat A)$ という表示で考える。$S$ の像は $\mathfrak q$ に入らないから、最初の局所化で逆にした元はすべて $\widehat A_{\mathfrak q}$ でも逆になる。さらに $\mathfrak r$ の外の元を逆にすると、$\widehat A/\mathfrak p\widehat A$ の $\mathfrak q/\mathfrak p\widehat A$ の外の元をすべて逆にすることになる。実際、元 $b/s$ が $\mathfrak r$ に入ることは $b\in\mathfrak q$ と同値である。従って二段階の局所化は、商を取ってから $\mathfrak q/\mathfrak p\widehat A$ で局所化することと同じである。商と局所化の交換により、これは $\widehat A_{\mathfrak q}/\mathfrak p\widehat A_{\mathfrak q}$ である。