Serre条件

非零元の零化イデアルの中で極大なものを取る。Noether条件により存在する。それを $\mathfrak p=\operatorname{Ann}(m)$ とする。$ab\in\mathfrak p$、$b\notin\mathfrak p$ なら $bm\ne0$。$\operatorname{Ann}(bm)$ は $\mathfrak p$ を含み、極大性から同じだから $a\in\mathfrak p$。従って $\mathfrak p$ は素であり、$Am\cong A/\mathfrak p$ である。
この巡回部分加群を商へ取り除いて同じ操作を続けると、$M$ の部分加群の厳密な上昇列になる。$M$ はNoetherなので有限回で停止し、有限フィルトレーションで各因子を $A/\mathfrak p_i$ と書ける。
短完全列 $0\to U\to V\to W\to0$ で $\operatorname{Ass}(V)\subset\operatorname{Ass}(U)\cup\operatorname{Ass}(W)$ を確認する。$v$ の零化素を $\mathfrak p$ とする。$Av\cap U=0$ なら $Av$ は $W$ に単射するので $\mathfrak p$ は $W$ の随伴素。交叉が非零なら $av\ne0$ をその中に選ぶ。$a\notin\mathfrak p$ なので $\operatorname{Ann}(av)=(\mathfrak p:a)=\mathfrak p$、従って $U$ の随伴素である。$A/\mathfrak p_i$ の随伴素は整域の非零元の消去から $\mathfrak p_i$ だけ。フィルトレーションへ反復すると有限性を得る。
$a$ が $M$ の非零元を零化するなら、$a$ で零化される非零元の中から零化イデアルが極大な元を取る。同じ素性の論証では $bm$ も $a$ で零化されるので、極大性はこの限定族でも使える。従って $a$ を含む随伴素が得られる。逆に随伴素に属する元はその素を零化イデアルにもつ非零元を零化する。これで零因子の和集合表示を得る。

$\mathfrak q=\operatorname{Ann}(v)\subset\mathfrak p$ なら $v/1$ は非零であり、局所化後の零化イデアルは $\mathfrak qA_{\mathfrak p}$。逆に局所加群の非零元 $v/s$ の零化イデアルを素とし、その縮約を $\mathfrak q$ とする。$\mathfrak q$ の有限生成元は局所化後に $v$ を零化するので、有限個の分母を同時に払って $t\notin\mathfrak p$ とし $\mathfrak q(tv)=0$ とできる。$tv$ は局所化後非零だから元でも非零。$a(tv)=0$ なら $a/1$ は局所零化イデアルに属し、縮約から $a\in\mathfrak q$。従って $\operatorname{Ann}(tv)=\mathfrak q$ となる。
積への写像の核 $K$ が非零なら、それは有限加群であり随伴素 $\mathfrak q$ をもつ。部分加群だから $\mathfrak q\in\operatorname{Ass}M$。零化イデアルが $\mathfrak q$ である非零元は $\mathfrak q$ で局所化しても残るので、核に属することに矛盾する。

正則元がなければ極大イデアル全体は $M$ の零因子の有限和集合に含まれる。有限素回避から $\mathfrak m$ は一つの随伴素に含まれる。その素は極大イデアルに含まれるので $\mathfrak m$ に等しい。従って極大イデアルに零化される非零元がある。
逆にそのような元があると、極大イデアルのどの元もその非零元を零化するので単射には作用しない。従って正則元を選べない。

$x\in\mathfrak m$ の自由解像度 $P_\bullet$ 上の掛算写像は、$k$ 上で零を誘導する。これが鎖ホモトピーで零になることを明示する。次数零では $xP_0$ は増大写像の核に入り、次の微分の像に入るので、自由性を使って写像 $h_0:P_0\to P_1$ へ持ち上げる。
$h_0,\ldots,h_{i-1}$ までできたなら、$x\operatorname{id}_{P_i}-h_{i-1}d_i$ の微分を取ると、前のホモトピー恒等式により零になる。従ってその像は次の微分の像に入り、自由性で $h_i:P_i\to P_{i+1}$ へ持ち上げる。こうして $dh+hd=x\operatorname{id}$ を得る。
Hom複体では $x$ の値域への掛算と、始域 $P_i$ 上の掛算による前合成は同じである。鎖ホモトピーはコホモロジー上で零だから、$x$ の作用は零となる。任意の $x\in\mathfrak m$ について成立するので主張を得る。

$0\to M\xrightarrow{x}M\to Q\to0$ へ前節の長完全列を適用する。二つの $M$ のExtの間の写像は $x$ 倍であり、極大イデアルの零化補題から零である。従って長完全列は表示した短完全列に分かれる。
$\operatorname{Hom}(k,M)$ の元の像は $\mathfrak m$ に零化されるので、特に $x$ に零化される。$x$ の作用が単射だからその像は零で、Homは零となる。

延長できない正則列を前に構成したように選び、その長さを $r$ とする。終端の商 $Q_r$ はsocleが非零なので、最初の非零Extは次数零である。正則商の短完全列を逆に一段ずつたどる。
商の最初の非零Extが次数 $s$ なら、元の加群の最初の非零Extは次数 $s+1$ となる。実際、元のHomは零で、$0\to E^i(M)\to E^i(Q)\to E^{i+1}(M)\to0$ を次数零から順に使えば、$i< s$ で次のExtも零となる。$i=s$ では左端はすでに零、中央が非零なので右端が非零になる。従って元の $M$ の最初の非零Extは次数 $r$ である。
Extは $M$ に固有のものだから、別の延長できない列も同じ長さ $r$ となる。任意の正則列は延長できない列へ有限回で延ばせるので、その長さは $r$ 以下となる。従って最大長の定義と一致する。正則元 $x$ についても同じ次数移動を使えば、商の深さが一つ下がる。

$(S_1)$ とし $\mathfrak q\in\operatorname{Ass}A$ を取る。局所化後に極大イデアルが零化する非零元があるので $\operatorname{depth}A_{\mathfrak q}=0$。$(S_1)$ からその次元は零であり、$\mathfrak q$ は極小素である。逆包含は前節で得た。
逆に随伴素が全て極小とする。高さが正の $\mathfrak p$ では、随伴素の局所化公式により $\mathfrak pA_{\mathfrak p}$ は局所加群の随伴素ではない。有限素回避から極大イデアル内で全随伴素を避ける元を選べるので、深さは一以上。高さ零では必要な下界は零である。従って全素で $(S_1)$ を得る。

被約なら全極小素の交叉は零。$\operatorname{Ann}(v)=\mathfrak q$ が素で $v\ne0$ とする。$v$ が零にならない一つの極小素商 $A/\mathfrak p$ を選ぶと、整域性から $\mathfrak q\subset\mathfrak p$。極小素 $\mathfrak p_0\subset\mathfrak q$ を選べば $\mathfrak p_0\subset\mathfrak q\subset\mathfrak p$ で、極小性から全て等しい。従って $(S_1)$。極小素での局所環は被約零次元局所環であり極大イデアルが零、すなわち体なので $(R_0)$。
逆に二条件を仮定し、冪零根基 $N$ が非零なら有限加群 $N$ の随伴素を一つ取る。部分加群なのでそれは $\operatorname{Ass}A=\operatorname{Min}A$ に属する $\mathfrak p$ であり、$N_{\mathfrak p}\ne0$。しかし $(R_0)$ で $A_{\mathfrak p}$ は体だから冪零元は零である。冪零根基の局所化が局所環の冪零根基に等しいことも直接確認できる。分数 $a/s$ が冪零ならある $t\notin\mathfrak p$ で $ta^n=0$、このとき $(ta)^n=0$ なので同じ分数は冪零元の局所化として書ける。矛盾から $N=0$ となる。

$(B,\mathfrak m)$ が一次元正則なら、$\mathfrak m/\mathfrak m^2$ の一つの基底を持ち上げた元 $c$ がNakayamaにより $\mathfrak m=(c)$ を生成する。$c$ が冪零なら唯一の素は極大イデアルとなり次元零なので、$c$ は冪零ではない。
イデアル $\operatorname{Ann}(c^n)$ の上昇列を安定させ、ある $n\ge1$ で $J=\operatorname{Ann}(c^n)=\operatorname{Ann}(c^{n+1})$ とする。$J$ に単元があれば $c^n=0$ となるため $J\subset\mathfrak m$。$a\in J$ を $a=cb$ と書けば $c^{n+1}b=0$ より $b\in J$。従って $J=cJ$。有限Nakayamaから $J=0$ であり、特に $c$ は非零因子である。
非零 $a$ が全ての $c^nB$ に属すると仮定する。$c$ の単射性から $a=c^na_n$ の $a_n$ は一意で $a_n=ca_{n+1}$。主イデアル $(a_n)$ は上昇して安定するので、ある段で $a_{n+1}=r a_n$。すると $(1-cr)a_{n+1}=0$。$1-cr$ は単元なので $a=0$ となり矛盾する。従って非零元には有限の最大 $c$ 次数があり、それを取り除いた元は極大イデアル外、すなわち単元となる。全非零元は $uc^r$ の形。$c$ が非零因子だから非零元の積は非零となり、$B$ は整域である。
非零イデアルの元の最小次数を取れば、そのイデアルは $(c^r)$。従ってDVRである。商体の元 $z$ が負の付値でモニック方程式を満たすなら、最高次の $z^d$ は他の全項より厳密に小さい付値をもつ。最小付値の項を除いた残りが極大イデアル内になるよう割ると $1+$ 極大イデアルの元が零となり矛盾。従って整元は非負付値で $B$ に入り、整閉性を得る。

$(B,\mathfrak m)$ が正の次元なら非零 $a\in\mathfrak m$ を選べ、整域なので正則元である。もし次元二以上なのに二元正則列がないなら、非零商 $B/aB$ に正則元がなくsocleが非零。$v\notin aB$、$\mathfrak m v\subset aB$ を取り、$z=v/a$ と置くと $z\notin B$、$z\mathfrak m\subset B$。
もし $z\mathfrak m\subset\mathfrak m$ なら有限イデアル $\mathfrak m$ の生成元上で $z$ 倍を行列 $C$ で書く。余因子行列から $\det(zE-C)\mathfrak m=0$。$\mathfrak m\ne0$ で環は整域なので、商体内でこのモニック多項式は零となる。整閉性から $z\in B$ となり矛盾。
従ってある $c\in\mathfrak m$ で $cz$ は単元。任意の $d\in\mathfrak m$ に対して $dz\in B$ だから $d=c(dz)/(cz)\in cB$。よって $\mathfrak m=cB$。上の零化イデアルと次数の議論は、次元一を仮定せず $c$ が非零因子である整域にも適用できる。全非零元は単元と $c$ の冪の積となり、全非零素は $c$ を含んで極大イデアルに等しい。従って次元は一であり、次元二以上に矛盾する。
次元一では非零 $x\in\mathfrak m$ に対し $\sqrt{xB}=\mathfrak m$。有限生成性から $\mathfrak m^r\subset xB$ となる最小の $r$ を取る。$r=1$ なら極大イデアルが主。$r>1$ なら $y\in\mathfrak m^{r-1}\setminus xB$ を取り、$z=y/x$ とすれば同じ $z\mathfrak m\subset B$ が成立する。整閉性と行列式の論証から再び極大イデアルが主になり、次数の論証でDVRとなる。次元零の局所整域では唯一の素が零なので、極大イデアルも零で体となる。

被約性判定で $\operatorname{Ass}A=\operatorname{Min}A$、従って零因子は有限極小素の和集合。全非零因子を避ける素はその和集合に含まれ、有限素回避から一つの極小素に含まれる。従って自身が極小素である。このため $Q(A)$ は零次元Noether被約環。
零次元Noether環に素フィルトレーションを作ると、全因子 $A/\mathfrak p_i$ は体、すなわち単純加群になる。従って環は有限長加群であり、全降鎖も停止する。極小素は有限で、零次元なので全て極大素。被約ならその交叉は零、異なる極大イデアルは互いに素なので、中国剰余定理により環はそれらの剰余体の直積となる。中国剰余の全射は、二つのイデアルの和が環なら $u+v=1$ を用いて二つの剰余類の持上げを作り、有限回反復すれば得られる。
$Q(A)=\prod_i K_i$ の各成分の冪等元 $e_i$ は $T^2-T=0$ を満たす。全商環内での整閉性から $e_i\in A$。従って $A\cong\prod_i e_iA$ で、各 $e_iA$ は体 $K_i$ の部分環として整域となる。さらに $K_i$ はその商体である。全商環の任意の成分の元は、$A$ の分子と非零因子の分母の成分の商であるからである。
一つの成分の商体の整元を他成分では零として全商環へ入れる。成分のモニック方程式を、他成分では $T^d$ となるよう係数を $e_i$ 倍すれば全体で整となる。従ってその元は $A$ に戻り、各成分は整閉。
整閉整域の局所化も整閉である。局所整方程式の係数の共通分母を $s$ とし、$z$ に対して $sz$ の方程式を作れば、各係数は $s^ic_i$ として元の環に入る。整閉性で $sz$ は元の環へ戻る。従って $z$ は局所環に属する。有限直積の素局所環は一つの成分の局所環なので結論を得る。

正規なら各素局所環に前の整閉局所整域の補題を適用する。次元零では体、次元一ではDVRで正則、次元二以上では深さ二以上。これが $(R_1)$ と $(S_2)$ を与える。この方向に、今証明している判定自身を使っていない。
逆に $(R_1)$ と $(S_2)$ を仮定する。これらは $(R_0)$ と $(S_1)$ を含むから $A$ は被約である。$z=b/a\in Q(A)$、$a$ 非零因子が $A$ 上整とする。$A/aA$ の随伴素 $\mathfrak p$ で局所化すると、この商の深さは零。$a\in\mathfrak p$ は局所環でも正則元なので、thm-serre-depth-ext-characterization の正則商の深さ移動から $\operatorname{depth}A_{\mathfrak p}=1$。$(S_2)$ から次元は一以下であり、$a$ は極小素を避けるので次元零ではない。従って高さは一。
$(R_1)$ より $A_{\mathfrak p}$ は一次元正則局所環であり、lem-serre-regular-dim-one-dvr によりDVR、従って整閉整域となる。$a$ の像は非零で、$z$ の整方程式もそこへ写るので $b/a\in A_{\mathfrak p}$。すなわち $b\in aA_{\mathfrak p}$ が $A/aA$ の全随伴素で成立する。随伴素局所化の積による単射で、$b$ の剰余類は元の商でも零。従って $z\in A$ である。全商環内で整閉と示せたので、前の冪等元分解の補題から全素局所環は整閉整域となる。
$a$ が単元なら最初から $z\in A$ なので、随伴素集合が空となるこの枝も含まれる。零環はスペクトルが空で、正規性も両条件も空の全称条件として成立する。

$z=b/a$、$a\ne0$ とする。$z$ が全高さ一局所化に入るなら、$A/aA$ の随伴素は判定の証明と同じ深さ移動から全て高さ一なので、全随伴素で $b$ の剰余類が零となる。単射検出から $b\in aA$、従って $z\in A$。逆包含は自然な局所化の包含である。$a$ が単元なら商加群は零で自明。体の場合は高さ一の素がなく商体と元の環が同じなので規約と一致する。