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U11：嵌入点、Koszul 同调与完成 ​

题目 ​

设 $k$ 为域，$S=k[x,y{]}_{(x,y)}$，$I=(x^2,xy)$，$B=S/I$，极大理想记为 $\mathfrak{n}=(\overline{x},\overline{y})$。

1. 给出 $I$ 的最小准素分解和两个伴随素理想的元素证人，并说明嵌入分量不唯一。
2. 计算 $\dim B$、$\mathrm{depth}B$，判断 CM 性和正则性；与 $S$ 和 $S/(xy)$ 对照。
3. 写出 $K_{\bullet }(x,y;B)$ 的两个微分，完整计算 $H_0,H_1,H_2$。
4. 写出 $B$ 的极大理想完成及一条保持正合的短正合列，说明所用假设。另在 $k[x]$、$M=k[x]$、$N=(x^3)$ 中核验 Artin–Rees 常数 $c=3$。

答案 ​

局部化保持所需理想等式，所以

$$I=(x)\cap (x^2,y)=(x)\cap (x,y{)}^2.$$

第一个根为 $(x)$，第二个根为 $(x,y)$；各分量准素，且都不能删去。两种嵌入分量不同，因为前者含 $y$、后者不含。$B$ 中 $\overline{y}$ 的零化子为 $(x)$，$\overline{x}$ 的零化子为 $(x,y)$，故伴随素理想集合恰为这两项。

$\sqrt{I}=(x)$，所以 $B$ 的维数为一。非零元素 $\overline{x}$ 被整个极大理想 $\mathfrak{n}$ 杀死，因此没有正则第一项，深度为零。故 $B$ 非 CM，当然也不正则；直接算嵌入维数也为二，因为 $I$ 没有一次项。相比之下，$S$ 有正则参数 $(x,y)$，维数、深度、嵌入维数均为二；$S/(xy)$ 维数、深度均为一，是 CM，但嵌入维数二，所以不正则。

Koszul 复形为

$$0\to B\stackrel{d_2}{\to }{B}^2\stackrel{d_1}{\to }B\to 0,d_2(r)=(-yr,xr),d_1(a,b)=xa+yb.$$

$H_0=B/(x,y)=k$。每个 $B$ 元素唯一写成 $f(y)+cx$，其中 $f\in k[y{]}_{(y)}$、$c\in k$。若它同时被 $x,y$ 杀死，先由 $yf(y)=0$ 得 $f=0$，剩下任意 $cx$，故 $H_2=k\overline{x}$。

对一次循环，写 $a=f(y)+cx$、$b=g(y)+dx$。则

$$xa+yb=f(0)x+yg(y),$$

所以循环恰为

$$(a,b)=(yh(y)+cx,dx).$$

边界由

$$d_2(q(y)+ex)=(-yq(y),q(0)x)$$

给出。取 $q=1$ 得关系 $(y,0)=(0,x)$；取 $q$ 为 $y$ 的倍数，可以消掉 $yh(y)$ 中所有二次以上的 $y$ 项。因此每个同调类都表示为

$$c[(x,0)]+d^{\prime }[(0,x)].$$

两类线性无关：若 $(cx,dx)=(-yq,q(0)x)$，比较第一坐标的 $x$ 部分与 $y$ 部分得 $c=0,q=0$，继而 $d=0$。它们都被极大理想杀死，故

$$\boxed{{\displaystyle H_0\cong k,H_1\cong k^2,H_2\cong k}}.$$

完成为

$$\hat{B}=k[[x,y]]/(x^2,xy).$$

短正合列

$$0\to k\overline{x}\to B\to k[y{]}_{(y)}\to 0$$

完成后成为

$$0\to k\overline{x}\to \hat{B}\to k[[y]]\to 0.$$

这里 $S$ Noether、所有模有限生成，Artin–Rees 比较子模滤过，因而完成保持正合；局部完成还忠实平坦，维数与深度保持，所以完成后仍为维数一、深度零。不能据“加入形式幂级数”就宣称嵌入点消失。

最后，在独立的单变量例子中，$I_0=(x)$、$N=(x^3)$，对 $n\ge 3$，

$$I_0^{n}M\cap N=(x^n)=I_0^{n-3}(I_0^{3}M\cap N).$$

所以 $c=3$ 有效，而 $I_0^{n}N=(x^{n+3})$ 通常严格更小；这正是滞后修正的作用。

验收标准 ​

• 分解要同时证明交等式、准素性与不可冗余，不能只列出根
• 伴随素理想要给具体非零元素的零化子
• 深度零须指出被整个极大理想杀死的非零元素
• Koszul 微分的符号必须使 $d_1{d}_2=0$，一次同调须除去边界后再数维数
• 完成正合性必须写出 Noether 与有限生成条件；Artin–Rees 不主张两种滤过逐项相等