完備局所環

1. 完備化 の命題「完備化の完全性と $\hat{A}\otimes_AM$」の 2 により、$A$ が Noether 環で $M$ が有限生成なら、$a\otimes x\mapsto a\,\iota_M(x)$ で定まる写像 $\theta\colon\hat A\otimes_AM\to\hat M$ は同型である。合成
   $$ M=A\otimes_AM\xrightarrow{\ \iota_A\otimes\mathrm{id}\ }\hat A\otimes_AM\xrightarrow{\ \theta\ }\hat M $$
   は $x\mapsto1\otimes x\mapsto\iota_M(x)$ なので $\iota_M$ に等しい。$A$ は完備局所環なので $\iota_A$ は同型であり、$\iota_A\otimes\mathrm{id}$ も同型である。よって $\iota_M$ は同型である。
2. 1 を有限生成加群 $M/N$ に当てる。$\mathfrak m^n(M/N)=(N+\mathfrak m^nM)/N$ なので、$\iota_{M/N}$ が単射であることは $\bigcap_n(N+\mathfrak m^nM)/N=0$、すなわち $\bigcap_n(N+\mathfrak m^nM)=N$ を意味する。
3. $A/I$ は Noether 局所環で、極大イデアルは $\mathfrak m/I$、$(\mathfrak m/I)^n=(\mathfrak m^n+I)/I=\mathfrak m^n(A/I)$ である。したがって $A/I$ の極大イデアル進位相は $A$ 加群 $A/I$ の $\mathfrak m$ 進位相と同じであり、1 により完備分離である。
4. $(\mathfrak mB)^n=\mathfrak m^nB$ なので、$B$ の $\mathfrak mB$ 進位相は $A$ 加群 $B$ の $\mathfrak m$ 進位相と同じである。1 により $B$ は完備分離である。$\square$

要点：$1+J$ の元は単元なので、$J$ に入る冪等元の差 $d$（$d^3=d$）は $0$ になり一意性が出る。存在は Newton 法の型の反復 $x\mapsto3x^2-2x^3$ で $x^2-x$ の属する $J$ の冪を 2 倍ずつ上げ、極限をとる。

極大イデアル． $B$ は Noether 環 $A$ 上の有限生成加群なので、$B$ のイデアル（$A$ 部分加群）はすべて有限生成であり、$B$ は Noether 環である。$\mathfrak n$ を $B$ の極大イデアルとすると $\mathfrak mB\subset\mathfrak n$ である。実際そうでなければ $\mathfrak n+\mathfrak mB=B$ であり、有限生成 $A$ 加群 $B/\mathfrak n$ について $\mathfrak m(B/\mathfrak n)=B/\mathfrak n$ となるので、Nakayamaの補題 により $B/\mathfrak n=0$ となって矛盾する。したがって $B$ の極大イデアルは $\bar B:=B/\mathfrak mB$ の極大イデアルと 1 対 1 に対応する。$\bar B$ は $k$ 上有限次元の代数なので Artin環 であり、Artin環 の定理「Artin環の構造定理」により有限個の Artin 局所環の直積 $\bar B\cong C_1\times\cdots\times C_r$ に分かれる。とくに $B$ の極大イデアルは $r$ 個である。
冪等元の持ち上げ． $\bar B$ の直積分解に対応する冪等元 $\varepsilon_1,\dots,\varepsilon_r$（$\varepsilon_i\varepsilon_j=0$（$i\ne j$）、$\sum\varepsilon_i=1$）をとる。thm-clr-finite-modules の 4 により $B$ は $\mathfrak mB$ について完備分離なので、lem-clr-idempotent-lifting により冪等元の持ち上げ $e_i\in B$ がある。$i\ne j$ なら $e_ie_j$ は $0$ を持ち上げる冪等元であり、$0$ も同じなので一意性から $e_ie_j=0$ である。同様に $\sum_ie_i$ は $1$ を持ち上げる冪等元なので $\sum_ie_i=1$ である。よって $b\mapsto(be_1,\dots,be_r)$ は環の同型 $B\cong Be_1\times\cdots\times Be_r$ を与える（$Be_i$ は $e_i$ を単位元とする環）。
各成分． $B_i:=Be_i$ は $B$ の直和因子なので有限生成 $A$ 加群であり、$B_i/\mathfrak mB_i\cong\bar B\varepsilon_i=C_i$ である。上と同じ Nakayama の議論で $B_i$ の極大イデアルはすべて $\mathfrak mB_i$ を含むので、$B_i$ の極大イデアルは局所環 $C_i$ の極大イデアルの逆像 $\mathfrak n'_i$ ただ 1 つであり、$B_i$ は局所環である。$C_i$ の極大イデアルは冪零（Artin環 の命題「Jacobson根基は冪零」）なので、ある $s$ で $\mathfrak n_i'^s\subset\mathfrak mB_i\subset\mathfrak n'_i$ となる。したがって $(\mathfrak n_i'^{n})_n$ と $(\mathfrak m^nB_i)_n$ は互いに他の項を含む項をもつ減少列であり、二つの射影極限は同じものになる。$B_i$ は thm-clr-finite-modules の 1 により $\mathfrak m$ 進完備分離なので、$\mathfrak n'_i$ 進完備分離でもある。$B_i$ は Noether 環でもある。
最後に、直積 $B=\prod_jB_j$ の極大イデアル $\mathfrak n_i=\mathfrak n'_i\times\prod_{j\ne i}B_j$ での局所化では、$e_i\notin\mathfrak n_i$ が単元になり、$j\ne i$ について $e_j=e_je_i\cdot e_i^{-1}=0$ となるので、$B_{\mathfrak n_i}\cong(B_i)_{\mathfrak n'_i}=B_i$ である（$B_i$ は局所環なので、極大イデアルでの局所化は自分自身）。$B$ が局所環なら $r=1$ である。整域は $0,1$ 以外の冪等元をもたないので、整域 $B$ については $r=1$ である。$\square$

各 $n$ について $\mathfrak m^i/\mathfrak m^{i+1}$（$i< n$）は有限次元の $k$ ベクトル空間なので、$A/\mathfrak m^n$ は有限の長さをもち、そのイデアルの減少列は止まる。そこで $\nu$ を大きくしたときの $(\mathfrak a_\nu+\mathfrak m^n)/\mathfrak m^n$ の最終的な値を $\mathfrak b_n\subset A/\mathfrak m^n$ とし、$\nu\ge\nu(n)$ でこの値に達するとする。自然な全射 $A/\mathfrak m^{n+1}\to A/\mathfrak m^n$ は $(\mathfrak a_\nu+\mathfrak m^{n+1})/\mathfrak m^{n+1}$ を $(\mathfrak a_\nu+\mathfrak m^n)/\mathfrak m^n$ の上へ写すので、$\nu\ge\max(\nu(n),\nu(n+1))$ をとれば $\mathfrak b_{n+1}\to\mathfrak b_n$ は全射である。
結論が成り立たないと仮定し、ある $n_0$ ですべての $\nu$ について $\mathfrak a_\nu\not\subset\mathfrak m^{n_0}$ とする。すると $\mathfrak b_{n_0}\ne0$ である。$0$ でない $\xi_{n_0}\in\mathfrak b_{n_0}$ をとり、全射性を使って $\xi_{n+1}\in\mathfrak b_{n+1}$ を $\xi_n$ の持ち上げとして順に選ぶ。$n< n_0$ については $\xi_n$ を $\xi_{n_0}$ の像とする。両立する列 $(\xi_n)$ は $\varprojlim A/\mathfrak m^n$ の元なので、$A$ の完備性によりある $x\in A$ で $x\bmod\mathfrak m^n=\xi_n$（すべての $n$）となるものがある。$\mathfrak b_n$ は減少列 $\bigl((\mathfrak a_\nu+\mathfrak m^n)/\mathfrak m^n\bigr)_\nu$ の最終値なので列のどの項にも含まれ、各 $\nu$ とすべての $n\ge n_0$ について $\xi_n\in(\mathfrak a_\nu+\mathfrak m^n)/\mathfrak m^n$、すなわち $x\in\mathfrak a_\nu+\mathfrak m^n$ である。$n< n_0$ については $\mathfrak a_\nu+\mathfrak m^n\supset\mathfrak a_\nu+\mathfrak m^{n_0}$ から同じ包含が従う。したがって $x\in\mathfrak a_\nu+\mathfrak m^n$ がすべての $n$ で成り立ち、thm-clr-finite-modules の 2（$M=A$、$N=\mathfrak a_\nu$）により $x\in\mathfrak a_\nu$ である。これがすべての $\nu$ で成り立つので $x\in\bigcap_\nu\mathfrak a_\nu=0$ となるが、$x\bmod\mathfrak m^{n_0}=\xi_{n_0}\ne0$ に矛盾する。$\square$