Kunzの定理

Frobeniusは局所写像である。$a^q$ が単元なら $a$ も単元であり、$a$ が極大イデアルに属すれば $a^q$ も属するからである。一般に局所写像 $R\to S$ が平坦なら忠実平坦である。実際、$R$ の真イデアル $I$ は極大イデアルに含まれ、その延長 $IS$ は $S$ の極大イデアルに含まれるので $S/IS\ne0$ である。非零 $R$-加群の非零元が生成する巡回部分加群 $R/I$ を選ぶと、平坦性によってその基底変換はもとの加群の基底変換に単射で入り、非零性を検出する。
忠実平坦な環写像は単射である。核の元 $a$ について巡回イデアル $aR\subset R$ を基底変換すると、その像は零である。平坦性によりその基底変換も零で、忠実性から $aR=0$、したがって $a=0$ となる。よって $F_A^e$ は単射である。冪零元 $a$ に対して $a^{q^v}=0$ となる十分大きい $v$ を選べる。$F_A^e$ の反復も単射なので $a=0$ である。$\square$

第一の主張を示す。関係 $a_1y+\sum_{i\ge2}a_if_i=0$ を $z$ 倍すると、元の独立性から $a_1\in(yz,f_2,\ldots,f_r)$ となる。$a_1=byz+\sum_{i\ge2}c_if_i$ と書いて元の関係に代入すれば
$$ by^2z+\sum_{i\ge2}(c_iy+a_i)f_i=0. $$
これを再び元の族の関係として読むと、$c_iy+a_i\in(yz,f_2,\ldots,f_r)$ であり、$a_i\in(y,f_2,\ldots,f_r)$ となる。$a_1$ についても同じ包含は既に得られている。
完全列の単射を確認する。$ag\in(gh,J)$ なら $ag=bgh+\sum_{i\ge2}b_if_i$ と書ける。これを $h$ 倍して
$$ (a-bh)gh-\sum_{i\ge2}b_ihf_i=0 $$
とすると、独立性から $a-bh\in(gh,J)$ となる。よって $a\in(h,J)$ である。逆包含は乗法 $g$ によって零に写るため明らかであり、核は正確に $(h,J)$ である。中央から右端への自然な商写像の核は $g$ の倍数の像なので、中央でも完全である。$\square$

まず長さの有限性を確認する。$N=1+\sum_i(\nu_i-1)$ とおく。次数 $N$ の単項式には必ずどれかの $x_i^{\nu_i}$ が因子として現れるため、$\mathfrak n^N\subset(x_i^{\nu_i})$ である。また各 $\mathfrak n^j/\mathfrak n^{j+1}$ は有限個の次数 $j$ の単項式で生成される $l$-ベクトル空間なので有限次元である。したがって $R/\mathfrak n^N$ は有限長であり、その商である対象も有限長である。任意局所環で「極大イデアルに準素だから有限長」と省略する必要はない。
指数和について帰納する。すべての指数が一なら商は $l$ で長さは一である。$\nu_1>1$ とすると、前補題の完全列で $g=x_1$、$h=x_1^{\nu_1-1}$ とおく。中央の長さは、第一指数を $\nu_1-1$ にした商と、第一指数を一にした商の長さの和となる。両端の族は因子を取り除く操作によってLech独立であるから、帰納仮定によってそれぞれ
$$ (\nu_1-1)\prod_{i>1}\nu_i,\qquad \prod_{i>1}\nu_i $$
となる。和が求める積に等しい。他の指数を下げる場合も同じである。$r=0$ なら極大イデアルは零で環は体、空積は一であり、結論はその環自身の長さ一を述べる。$\square$

$P=k[\![Z]\!]$、$S=l[\![Z]\!]$、$\mathfrak n=(Z_1,\ldots,Z_d)$ とおく。全 $N\ge1$ について、有限個の低次数係数を対応させることにより
$$ S/\mathfrak n^NS\cong l\otimes_k(P/\mathfrak n^N) $$
となる。$l$ の $k$-ベクトル空間基底を選べば右辺は $P/\mathfrak n^N$ 上の自由加群であり、平坦である。
これを完成前の平坦性へ戻すため、局所平坦性判定の全冪商による判定を用いる。$P$、$S$ はNoetherで、$S$ は $\mathfrak n$ 進完備分離である。判定に必要な任意の有限生成イデアル $\mathfrak a\subset P$ に対する $\mathfrak a\otimes_PS$ の分離性は、これが有限生成 $S$-加群であることから従う。実際、$M=\mathfrak a\otimes_PS$ とおき、その $\mathfrak nS$ 進交叉を $K=\bigcap_{N\ge1}(\mathfrak nS)^NM$ とする。$S$ はNoetherで $M$ は有限生成なので、部分加群 $K\subset M$ にArtin–Reesの補題を適用すると、ある $c$ があって $N\ge c$ のとき $K\cap(\mathfrak nS)^NM\subset(\mathfrak nS)^{N-c}K$ となる。$K$ 自身はすべての $(\mathfrak nS)^NM$ に含まれるので、$N=c+1$ として $K\subset(\mathfrak nS)K$、すなわち $K=(\mathfrak nS)K$ である。$K$ は有限生成で $\mathfrak nS$ は局所環 $S$ の極大イデアルに含まれるから、Nakayamaの補題により $K=0$ である。この必要分離性と全有限商の平坦性から $S$ は $P$ 上平坦となる。
写像は局所写像なので、先に証明した局所平坦写像の忠実性が適用できる。$d=0$ は体拡大自身の平坦性と忠実性である。$\square$

主定理の1から2を示す。正則局所環 $A$ は整域なので被約である。極大イデアルで完備化した $C=\widehat A$ も正則局所環で、次元は同じである。等標数の係数体定理と正則局所環の冪級数表示により
$$ C\cong k[\![X_1,\ldots,X_d]\!] $$
となる。これらの表示の基礎は完備局所環と正則局所環に譲り、以下では表示からFrobeniusの平坦性を証明する。
$q=p^e$ とする。係数と指数に $q$ 乗を作用させることから
$$ C^q=k^q[\![X_1^q,\ldots,X_d^q]\!] $$
である。右辺の級数に対して各係数の $q$ 乗根を $k$ の中で取れるので、逆の包含も成立する。体ではFrobeniusが単射なので、その根は一意である。
包含 $C^q\subset C$ を
$$ k^q[\![X_1^q,\ldots,X_d^q]\!] \longrightarrow k[\![X_1^q,\ldots,X_d^q]\!] \longrightarrow k[\![X_1,\ldots,X_d]\!] $$
に分ける。第一の写像は前補題によって忠実平坦である。第二は有限自由で、基底は $X_1^{a_1}\cdots X_d^{a_d}$、$0\le a_i< q$ の $q^d$ 個の単項式である。任意の指数を $q$ で割った余りごとに級数をまとめればこの表示が得られ、異なる余りの項が重ならないため一意である。したがって包含は平坦であり、$C\cong C^q$ から $F_C^e$ が平坦となる。
最後に $A$ へ下降する。自然な完備化写像を $i:A\to C$ とすると $F_C^e\circ i=i\circ F_A^e$ である。左辺は二つの平坦写像の合成なので、$C$ は右辺の作用で $A$ 上平坦である。通常の $i$ は忠実平坦であるため、$F_A^e$ の平坦性を検査する有限生成イデアルのテンソル写像の核を $A\to C$ で基底変換すると零になる。忠実性から元の核も零である。イデアルによる平坦性判定から $F_A^e$ は平坦である。この議論は任意の $e\ge1$ に通る。$\square$

主定理の3から1を示す。$F_A^e$ が平坦とし $q=p^e$ とおく。最初の補題から $A$ は被約である。したがって $A\to B=A^q$ は同型で、包含 $B\subset A$ は平坦である。$\mathfrak m=(x_1,\ldots,x_r)$ を極小生成元で表示する。ここで $r=\dim_k\mathfrak m/\mathfrak m^2$ は埋め込み次元である。$B$ の極大イデアルは $\mathfrak n=(x_1^q,\ldots,x_r^q)B$ であり、$\mathfrak n/\mathfrak n^2$ は剰余体 $B/\mathfrak n$ 上 $r$ 次元である。
$I=\mathfrak nA=(x_1^q,\ldots,x_r^q)A$ とする。平坦性によって
$$ (\mathfrak n/\mathfrak n^2)\otimes_BA\cong I/I^2 $$
となる。左辺は $A/I$ 上自由で、$x_i^q$ の像を標準基底にもつ。よって族 $x_1^q,\ldots,x_r^q$ はLech独立であり、長さ補題から $\ell_A(A/I)=q^r$ を得る。
Frobeniusを反復すると、すべての $v\ge1$ について $F_A^{ev}$ が平坦となる。同じ計算により
$$ \ell_A\bigl(A/(x_1^{q^v},\ldots,x_r^{q^v})\bigr)=q^{vr}. $$
完成によってこの有限長は変わらない。$C=\widehat A$ の係数体を選び、$X_i\mapsto x_i$ による全射
$$ P=k[\![X_1,\ldots,X_r]\!]\longrightarrow C $$
を作る。全射性は極大イデアルの生成元を使って元を次数ごとに近似し、完全性によって和を取ることから従う。核を $\mathfrak a$ とすると $C=P/\mathfrak a$ である。
全 $v$ について自然な全射
$$ P/(X_1^{q^v},\ldots,X_r^{q^v}) \longrightarrow C/(x_1^{q^v},\ldots,x_r^{q^v}) $$
がある。左辺は指数がすべて $q^v$ 未満の単項式を基底にもち、$k$ 上の次元は $q^{vr}$ である。右辺も先の長さ式と係数体の存在により $k$ 上同じ次元である。有限次元ベクトル空間の同じ次元の全射は同型なので、$\mathfrak a\subset(X_1^{q^v},\ldots,X_r^{q^v})\subset(X)^{q^v}$ となる。
この包含がすべての $v$ に成立し、$P$ は $(X)$ 進分離であるから $\mathfrak a=0$ である。したがって $C=P$ は正則である。完備化では次元と埋め込み次元が保たれるため、$A$ も正則である。$r=0$ では局所環の極大イデアルが零であり、$A$ は体として直接正則となる。2から3は自明なので、主定理の三条件がすべて同値となった。$\square$