正則列の Extended Rees Algebra - 現実と数学の区別が付かない

最近ネタがないのでネットで見かけた問題をひとつ．

「正則列で生成されるイデアルの extended Rees algebra の定義イデアルは自明な関係式で生成されることを簡単に示せないか」という疑問を先日 twitter で見かけました．これは一見当たり前のような気がするけれども，よく考えたら正則列で生成されるイデアル $\mathfrak{a}\subset R$ に対して $\mathfrak{a}^n/\mathfrak{a}^{n+1}$ が自由 $R/\mathfrak{a}$ -加群になることが系として出るわけで，そんなに自明でもなさそう．そんなわけで証明を考えてみました．

定理の証明

可換環 $A$ のイデアル $\mathfrak{a}=\langle a_1,\dots,a_n\rangle \subset A$ に対し，\begin{align}A[t^{-1},t\mathfrak{a}]=A[t^{-1},ta_1,\dots,ta_n] \subset A[t,t^{-1}]\end{align} を $\mathfrak{a}$ の extended Rees algebra と呼ぶ．ここで $t$ は $A$ 上の変数．

$\mathbf{a}=(a_1,\dots,a_n)\in A^n$ , $\mathbf{b}=(b_1,\dots,b_n)\in A^n$ に対し， $\mathbf{a}\cdot\mathbf{b}$ を内積\begin{align}\mathbf{a}\cdot\mathbf{b}=a_1b_1+\cdots +a_nb_n\end{align} とする．また， $\mathbf{f}\in A^n$ に対し \begin{align} \mathrm{Syz}_A(\mathbf{f})=\{\mathbf{a} \in A^n \mid \mathbf{a}\cdot\mathbf{f}=0\}\subset A^n\end{align}を $\mathbf{f}$ の syzygy加群と呼ぶ．
$\mathbf{e}_i \in A^n$ を $i$ 番目の成分だけ $1$ で，残りの成分は $0$ であるベクトルとする．

可換環 $R$ の正則列 $a_1,\dots,a_n$ で生成されるイデアルを $\mathfrak{a}$ とする． $R$ 上の多項式環 $R[u,x]=R[u,x_1,\dots, x_n]$ からの $R$ -代数の全射\begin{align} \varphi:&R[u,x]\to R[t^{-1},t\mathfrak{a}],\\& u \mapsto t^{-1}, x_i \mapsto ta_i\end{align} の核 $\mathrm{Ker}\varphi$ は $a_1-ux_1,\dots, a_n-ux_n$ で生成される．

（証明）
自然な全射 $R[u,x] \to R[u,x]/\langle u\rangle\cong R[x]$ により $R[x]$ を $R[u,x]$ -代数とみなす．この全射による $f\in R[u,x]$ の像を $\overline{f}$ で表し， $\mathbf{f}=(f_1,\dots,f_n) \in R[u,x]$ に対し， $\overline{\mathbf{f}}=(\overline{f}_1,\dots,\overline{f}_n)$ とする．

$\mathbf{a}=(a_1,\dots,a_n)$ , $\xi =(a_1-ux_1,\dots, a_n-ux_n)$ とおく． $\mathbf{a}=\overline{ \xi }$ なので，自然な $R[u,x]$ -加群の準同型 \begin{align}\Psi: \mathrm{Syz}_{R[u,x]}( \xi ) &\to \mathrm{Syz}_{R[x]}(\mathbf{a}) \\ \mathbf{f} &\mapsto \overline{\mathbf{f}} \end{align}が得られる． $a_1,\dots,a_n$ は $R[x]$ -正則列でもあるので， $\mathrm{Syz}_{R[x]}(\mathbf{a})$ は自明な関係式 $a_i \mathbf{e}_j -a_j \mathbf{e}_i,~1\le i < j\le n,$ で生成されるが，これは \begin{align} (a_i-ux_i)\mathbf{e}_j -(a_j-ux_j) \mathbf{e}_i \in \mathrm{Syz}_{R[u,x]}( \xi ) \end{align} の像になっている．よって $\Psi$ は全射である．

$I=\langle \xi \rangle=\langle a_1-ux_1,\dots, a_n-ux_n \rangle\subset R[u,x],~K=\mathrm{Ker}\varphi\subset R[u,x]$ とおく． $I=K$ が示すべきことである．

$\varphi(u)=t^{-1}$ は $R[u,x]/K\cong R[t^{-1},t\mathfrak{a}] \subset R[t,t^{-1}]$ の正則元なので $K:u=K$ が成り立つ．

次に $I:u=I$ を示す． $p\in I:u$ を取る． $pu\in I=\langle \xi\rangle$ より，ある $\mathbf{f}=(f_1,\dots, f_n) \in R[u,x]^n$ により
\begin{align} pu=\mathbf{f}\cdot \xi \end{align}と書ける． $\overline{\mathbf{f}}\cdot \mathbf{a} =\overline{\mathbf{f}\cdot \xi }= \overline{pu}=0$ なので $\overline{\mathbf{f}}\in \mathrm{Syz}_{R[x]}(\mathbf{a})$ である． $\Psi$ は全射だったので，ある $\mathbf{g} \in \mathrm{Syz}_{R[u,x]}( \xi )$ が存在し $\overline{\mathbf{g}}= \overline{\mathbf{f}}$ となる． $\mathbf{g}\cdot \xi =0$ より\begin{align} pu=\mathbf{f}\cdot \xi =(\mathbf{f}-\mathbf{g})\cdot \xi \end{align} である． $\overline{\mathbf{f}-\mathbf{g}}=\overline{\mathbf{f}}-\overline{\mathbf{g}}=\overline{\mathbf{f}}-\overline{\mathbf{f}}=0$ なので，ある $\mathbf{h}\in R[u,x]^n$ が存在して $\mathbf{f}-\mathbf{g}=u\mathbf{h}$ となる．よって $pu=u\mathbf{h}\cdot \xi$ だが， $u$ は $R[u,x]$ の正則元なので，両辺 $u$ で割って $p=\mathbf{h}\cdot \xi \in I$ を得る．以上より $I:u=I$ である．

$S=R[u,x]$ とおく． $I:u=I,~ K:u=K$ なので，\begin{align} I=IS[u^{-1}] \cap S, ~K=KS[u^{-1}] \cap S\end{align} が成り立つ．一方で \begin{align} S[u^{-1}]/KS[u^{-1}]\cong (S/K)[u^{-1}]\cong R[t^{-1},t\mathfrak{a}][t]=R[t,t^{-1}] \end{align} より， $KS[u^{-1}]=KR[u^{-1},u,x]$ は $R$ -代数の全射\begin{align} &R[u,u^{-1}][x_1,\dots,x_n]\to R[t,t^{-1}],\\& u \mapsto t^{-1},~~ u^{-1} \mapsto t,~~ x_i \mapsto ta_i\end{align}の核である．よって $KS[u^{-1}]$ は $x_1-u^{-1}a_1,\dots, x_n- u^{-1}a_n$ で生成される．また， $I$ の定義より $IS[u^{-1}]$ も $x_1-u^{-1}a_1,\dots, x_n- u^{-1}a_n$ で生成されることが分かる．よって $KS[u^{-1}]=I S[u^{-1}]$ が成り立つ．

以上より\begin{align} I=IS[u^{-1}] \cap S=KS[u^{-1}] \cap S=K \end{align} である．
（証明終）

この定理の系として，次の定理を示すことができる．

可換環 $R$ の正則列 $a_1,\dots,a_n$ で生成されるイデアル $\mathfrak{a}$ の associated graded ring $G:=\bigoplus_{n=0}^\infty \mathfrak{a}^n/\mathfrak{a}^{n+1}$ は， $R/\mathfrak{a}$ 上の $n$ 変数多項式環と同型となる．
特に，任意の $n$ に対して $\mathfrak{a}^n/\mathfrak{a}^{n+1}$ は自由 $R/\mathfrak{a}$ -加群となる．

（証明）\begin{align}G&\cong R[t^{-1},t\mathfrak{a}]/t^{-1}R[t^{-1},t\mathfrak{a}] \cong R[u,x_1,\dots, x_n]/\langle a_1-ux_1,\dots, a_n-ux_n, u\rangle\\&=R[u,x_1,\dots, x_n]/\langle a_1,\dots, a_n, u\rangle\cong (R/\mathfrak{a})[x_1,\dots, x_n]\end{align}（証明終）