解析的正規局所環

自然写像で零になるのは各剰余が零となる元であり、核の等式が従う。任意の第 $n$ 座標の元を $M$ に戻し、その全剰余の列を作れば射影の全射性が分かる。核で割った商の同型は全射から従い、推移写像がもとの自然な商写像と同じなので、最後の逆極限も定義から従う。

$R^s$ 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。

$Q=0$ では $a=0$ とすればよい。生成元 $q_1,\ldots,q_s$ を選ぶと、$IQ=Q$ より $q_i=\sum_jc_{ij}q_j$、$c_{ij}\in I$ と書ける。行列 $E-C$ に随伴行列を掛けると、$\det(E-C)q_i=0$ が全 $i$ に成立する。行列式の展開では定数項が一、他の項は少なくとも一つの $c_{ij}$ を含む。従って $\det(E-C)=1-a$、$a\in I$ となる。$a$ がJacobson根基に入れば、どの極大イデアルも $1-a$ を含めないため $1-a$ は単元であり、$Q=0$ を得る。
局所環 $(R,\mathfrak m)$ の有限加群の元が $Q/\mathfrak mQ$ を生成するなら、その元の生成する部分加群を $U$ として $Q/U=\mathfrak m(Q/U)$ となる。前半を有限商加群に適用すれば $Q=U$ である。これが後で極大イデアルの生成元を選ぶ際に使う形である。

$M^{*}:=\bigoplus_{n\ge0}I^nMt^n$ 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、$A^{*}$ が Noether 環なので Noether加群である。$N^{*}:=\bigoplus_{n\ge0}(I^nM\cap N)t^n$ 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. lem-anr-artin-rees を $N\subset M$ に適用し、$n=c+1$ とすると $N=I^{c+1}M\cap N=I(I^cM\cap N)=IN$ である。$A$ が Noether 環で $M$ が有限生成なので $N$ も有限生成であり、lem-anr-nakayama により主張が従う。
2. $a\in I$ が Jacobson 根基に属するので $1-a$ は単元であり、$(1-a)N=0$ から $N=0$ である。
3. $M=A$ とする。$a\in I\neq A$ なので $1-a\neq0$ であり、整域では $(1-a)N=0$ から $N=0$ である。$\square$

1. $M'$ を $M$ の部分加群とみなす。lem-anr-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（部分加群の列 $\{I^nM'\}$ と $\{M'\cap I^nM\}$ は互いに他の各項を含む項をもつので、射影極限は同型になる）。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、AM69 第10章 Proposition 10.2 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。
   テンソル積の右完全性は、ここでは商の表示から直接確認できる。$W=V/H$ なら $V\otimes M$ を $h\otimes m$、$h\in H$ の生成する部分加群で割ったものは $W\otimes M$ である。写像 $(v+H,m)\mapsto v\otimes m$ の類は代表によらず双線形で、商写像のテンソルと純テンソル上で互いに逆になる。従って有限表示にテンソルを施すと同じ行列の余核を得る。この確認に平坦性は使っていない。
3. 完全列 $0\to I^nM\to M\to M/I^nM\to0$ に 1 を適用する。$M/I^nM$ は $I^n$ で消えるので $I$ 進位相は離散位相であり $\widehat{M/I^nM}=M/I^nM$ である。よって $\hat{M}_n=\ker(\hat{M}\to M/I^nM)$ は $\widehat{I^nM}\to\hat{M}$ の像に等しい。2 により $\widehat{I^nM}=\hat{A}\otimes_AI^nM$ であり、$\hat{A}\otimes_AI^nM\to\hat{A}\otimes_AM=\hat{M}$ の像は $1\otimes ax=a(1\otimes x)$（$a\in I^n$、$x\in M$）の形の元で生成される $\hat{A}$ 部分加群、すなわち $I^n\hat{M}$ である。したがって $\hat{M}_n=I^n\hat{M}$ であり、残りは lem-anr-coordinate から従う。$\square$

$b=a z$ が完成で成立すれば、各第 $n$ 座標で $b$ は $aA+\mathfrak m^n$ に属する。商有限加群 $M=A/aA$ で見れば $b+aA\in\bigcap_n\mathfrak m^nM$ となる。上で証明した局所環の交叉定理からこの交叉は零で、$b\in aA$ となる。単射性は同じ定理を $M=A$ に適用して、座標の核を零とすることで得られる。$a=0$ の場合もこの証明は成立する。完成写像の全射性や、完成中の任意の元が元環の分数であることは使っていない。

完成 $C=\widehat A$ は整閉整域であり、前の補題で $A\to C$ は単射である。従って $A$ も整域であり、非零分母を逆にして $\operatorname{Frac}(A)\to\operatorname{Frac}(C)$ は単射となる。
$z=b/a\in\operatorname{Frac}(A)$ が $A$ 上整とする。そのモニック方程式を $C$ の係数の方程式として読むと、$z$ は $C$ 上も整である。$C$ の整閉性から $z\in C$ となり、$b=az\in aC$ となる。前の縮約補題より $b\in aA$ なので $z\in A$ である。従って $A$ は整閉である。
整域は非零冪零元を持たないので、完成が整閉整域なら完成は整域かつ被約である。これで二つの解析的性質への含意が従う。最後に完備分離環は $A=\widehat A$ だから、定義の条件そのものが元環の整閉整域性になる。

非零級数 $f$ には最低の非零係数の次数 $r$ があり、$f=t^r u$ と書ける。$u$ の定数項は非零で、係数を一次数ずつ解いて $u$ の逆級数を作れる。積の最低係数が非零だから $V$ は整域である。定数項が零の元は $tV$ に入り、それ以外の元は単元なので $V$ は局所である。
非零イデアルの元の最低次数の最小値を取ると、その元は $t^r$ の単元倍で、他の全元を生成する。従ってイデアルは零または $t^rV$ であり、有限生成だからNoetherである。各有限商の切断係数から級数の全係数を回収できるので、$V=\varprojlim V/t^nV$ である。
商体の非零元に $v(f/g)=\operatorname{ord}(f)-\operatorname{ord}(g)$ と置く。等しい分数の交叉積が等しいのでこの整数は代表によらず、積について加法的である。$v(z)\ge0$ なら $z\in V$ である。逆に $z$ が $V$ 上整で $v(z)<0$ なら、モニック式 $z^n+c_{n-1}z^{n-1}+\cdots+c_0=0$ の最高次項は値 $nv(z)$ を持つ。他の非零項の値は $v(c_i)+iv(z)\ge iv(z)>nv(z)$ である。唯一の最低値の項は他の項との和で打ち消せない。実際、その値の冪を除くと定数項が非零の項が一つだけ残る。矛盾するので $v(z)\ge0$、$z\in V$ となり整閉である。
$k[t]_{(t)}$ の各 $t^n$ 商は $k[t]/(t^n)$ である。分母の定数項が非零なので、有限幾何級数で逆元を作れるからである。逆極限は $V$ となり、整閉性からこの局所環も解析的正規である。$V$ 自身については完備環の判定で結論できる。