有限双有理扩张的导子理想

把 $B$ 看成已允许完整参数的函数环，$A$ 看成满足额外条件的函数。一个 $a\in A$ 若在乘以任何 $b\in B$ 后仍满足这些条件，就属于导子。因为 $a$ 已经消掉了全部差异，进一步乘多少次 $B$ 中的函数都不会离开原环。

在导子元素 $a$ 可逆的地方，任意 $b\in B$ 都能写为 $(ab)/a$，分子分母已来自 $A$，于是两环局部相同。导子因此既给出共同理想，也给出可直接验算的局部同构证书。

尖点：缺少的一次项 ​

取任意域 $k$，令

$B=A+At$，而 $t$ 满足 $T^2-t^2=0$；$B$ 是 $A$ 的整闭包理路整闭包Integral closure · Normalization of a domain给定扩环中所有在基环上整的元素所成的子环，以及由此定义的整闭性质。，该页已给完整整闭性证明。

由于只需检查生成元 $1,t$，一个 $a\in A$ 属于导子当且仅当 $at\in A$。后者恰好要求 $a$ 的常数项为零。因此

这里下标 $A$ 表示以 $A$ 为系数生成的理想；在 $B$ 中只需一个生成元 $t^2$。同一个集合在两个环里可以需要不同的生成表。

每个 $B$ 中多项式只差一个一次项就属于 $A$，所以

第一项的 $[t]$ 表示商模中的类，不表示另开一个多项式环。$A$ 对它的作用只取常数项，故它是一维 $k$-空间，也是长度1的 $A$-模。

原点的极大理想就是 $\mathfrak{m}=(t^2,t^3)=\mathfrak{c}$。正规化在原点的完整纤维环是

其底层只有一个点 $t=0$，但作为 $k$-向量空间有基 $1,t$。只数原像点会漏掉长度2。

节点：两个参数值必须取相同值 ​

现在令 $\mathrm{char}k\ne 2$，取

等号可按奇偶幂验证：$q{t}^{2j}=q(q+1{)}^j$，$q{t}^{2j+1}=tq(q+1{)}^j$。反过来，$q,tq$ 及其乘积均在 $k+qB$ 中。

这个 $A$ 是节点曲线 $y^2=x^2(x+1)$ 的环，取 $x=q,y=tq$；在 $x\ne 0$ 处逆参数是 $t=y/x$。整闭包的节点算例理路整闭包Integral closure · Normalization of a domain给定扩环中所有在基环上整的元素所成的子环，以及由此定义的整闭性质。证明这个坐标呈示没有多余关系，并证明 $B$ 是同一函数域中的正规化。

对任意 $f\in k[t]$，除以 $q$ 后余式为 $at+b$。因为 $f(1)-f(-1)=2a$，得到

仍有 $B=A+At$。若 $a\in A$ 在 $t=1,-1$ 的共同值为 $c$，则 $at$ 在两点的值为 $c,-c$。它也属于 $A$ 当且仅当 $c=0$，即 $a$ 被 $t^2-1$ 整除。所以

此时 $B/A$ 同样由 $[t]$ 生成，维数1。但

最后一个同构是 $f\mapsto (f(1),f(-1))$。其逆把 $(u,v)$ 送到

所以既能直接验证满射，也保留特征不为2的条件。$A/\mathfrak{c}$ 在 $k\times k$ 中的像为对角线 $\{(c,c):c\in k\}$。

原点纤维环就是式(10)的 $k\times k$：它有两个不同点，且约化。尖点与节点的 ${\dim }_k(B/A)$ 都为1，纤维总长度也都为2，仍不足以说明两种奇点相同；纤维环的乘法才区分平方为零的类与两个分离的分量。

图中第三栏的完整计算见三四次参数曲线终点：其导子商与原点纤维已经不同，不能把前两例的巧合当成一般公式。

有限模条件为什么必须写出 ​

考虑同一分式域中的扩张

它不是有限 $A$-模：有限多个Laurent多项式的负指数都有共同下界，用 $k[x]$ 系数线性组合不能产生更低次的负幂。

导子此时为零。若非零 $a\in k[x]$ 属于导子，乘以足够高次的 $x^{-N}$ 就会出现非零负幂，不再属于 $A$。因此 $V(\mathfrak{c})=\mathrm{Spec}A$。

可是对所有不含 $x$ 的素理想 $\mathfrak{p}$，$x$ 在 $A_{\mathfrak{p}}$ 中本来可逆，故 $A_{\mathfrak{p}}=B_{\mathfrak{p}}$。两环真正不同的位置只有 $(x)$。这个反例说明，无限商模的零化理想可能把其支撑估计得过大；式(3)不能去掉有限模假设。

若 $B=A$，导子是整个 $A$，相应闭集为空。另一个不同的边界是有限但不双有理：对非平凡有限域扩张 $k\subset L$，导子为零，因为任意非零 $a\in k$ 都有 $aL=L⊈k$。有限性本身不保证导子非零，还需同一分式域条件。

共同理想、非零性与定位的证明 ​

式(1)对加法和取负封闭。若 $c\in \mathfrak{c},b\in B$，则 $(bc)B\subseteq cB\subseteq A$，所以 $bc\in \mathfrak{c}$。因此它是 $B$-理想，当然也是 $A$-理想。若 $J$ 是包含于 $A$ 的 $B$-理想，则任意 $j\in J$ 满足 $jB\subseteq J\subseteq A$，故 $J\subseteq \mathfrak{c}$，证明最大性。

导子在本页合同下非零。取有限 $A$-模生成元 $b_1,\dots ,b_r$，在 $K$ 中写 $b_i=u_i/v_i$，$v_i\ne 0$。共同分母 $v=\prod v_i$ 非零，且 $v{b}_i\in A$，因而 $vB\subseteq A$。这一步同时使用有限生成和双有理包含。

按模的局部化正合性理路环的局部化Localization of rings把指定乘法闭集中的元素形式地变为可逆元所得的环。，

若有 $c\in \mathfrak{c}\setminus \mathfrak{p}$，则 $c$ 在局部化后可逆且杀掉全部商模，故局部商为零。反过来，若局部商为零，选 $B/A$ 的有限生成元 $m_1,\dots ,m_r$。每个 $m_i/1=0$ 都给一个 $s_i\notin \mathfrak{p}$ 使 $s_i{m}_i=0$；乘积 $s=\prod s_i\notin \mathfrak{p}$ 杀掉全部生成元。因此 $s\in \mathfrak{c}$，证明式(3)。

有限性还使导子与局部化相容。取乘法闭集 $S\subseteq A\setminus \{0\}$。若 $b/u\in S^{-1}B$ 乘全部 $S^{-1}B$ 都落入 $S^{-1}A$，只需对有限个 $b_i$ 检查；清掉这些乘积的有限多个分母后，某个 $s\in S$ 满足 $sbB\subseteq A$。故 $sb\in \mathfrak{c}$，而 $b/u=sb/(su)$ 来自 $S^{-1}\mathfrak{c}$。另一包含显然成立。

商数据怎样把原环恢复出来 ​

因为 $\mathfrak{c}$ 同时是两个环的理想，存在 $A$-模的短正合列理路短正合列Short exact sequence · Short exact extension以单态射、满态射和中间正合性把子对象、扩张对象与商对象连接起来的三项正合列。

最后一箭头把 $bmod\mathfrak{c}$ 送到 $bmodA$，其核恰为 $A/\mathfrak{c}$。当三项都有限维时，

前两个例子都是 $2=1+1$。这个维数等式来自商模正合性，没有断言 $B/A$ 是环。

更强的是，给定 $B$ 及嵌入 $A/\mathfrak{c}\subseteq B/\mathfrak{c}$，可以恢复

若 $b$ 的类等于某个 $a\in A$ 的类，就有 $b-a\in \mathfrak{c}\subseteq A$，故 $b\in A$；反向包含直接成立。尖点要求模 $t^2$ 后的一次系数为零，节点要求模 $t^2-1$ 后的两个值相同。这把“哪些参数函数可以下降”写成有限环上的精确条件。

一份可核验的计算输出 ​

若 $B$ 已有有限 $A$-模生成元 $b_i$，求导子等价于同时求解 $a{b}_i\in A$。在尖点和节点中，生成表只有 $1,t$，一次成员条件就结束了计算。一般输入仍需环或模成员判定，不能仅从“有限”推断多项式时间算法。

对一个具体曲线，完整证书应保留：同一函数域中的环嵌入、$B$ 的有限生成表、导子在 $A$ 和 $B$ 中各自的生成元、商空间基及纤维环乘法。若只给几个原像点，就既看不见尖点的非约化纤维，也无法核验式(12)的下降条件。

进一步比较奇点，可以同时计算微分模的扭核理路Kähler微分Kähler differentials · Module of differentials · 卡勒微分模用生成关系构造通用微分模，把多项式关系变成Jacobian呈示，并完整计算尖点微分映到正规化后的扭核、零化理想与长度。与切锥的分次关系理路切锥与关联分次环Tangent cone · Associated graded tangent cone · 方案论切锥逐层保留局部函数的消失阶，证明切锥的全部最低齐次关系呈示，并用五维商环证明原生成元初项可能漏掉关键关系。。它们测量的缺口不同：尖点中 $B/A$ 的维数为1，微分扭核的维数却为2。不能在没有定理条件时把这些数字直接等同。