Anillo local en un punto no singular de una curva algebraica plana

Question

Dejemos que $k$ ba campo. Sea $F(X, Y)$ sea un polinomio no constante en $k[X, Y]$ . Supongamos que $F(0, 0) = 0$ . Entonces $F(X, Y)$ es de la forma $aX + bY +$ términos de grado superior. Supongamos que $aX + bY \neq 0$ . Sea $A = k[X, Y]/(F)$ . Sea $x, y$ sean las imágenes de $X, Y$ en $A$ respectivamente. Sea $\mathfrak{m} = (x, y)$ . ¿Es la localización $A_{\mathfrak{m}}$ de $A$ en $\mathfrak{m}$ ¿un anillo de valoración discreta?

Answer 1

$R=K[X,Y]_{(X,Y)}$ es un anillo regular local de dimensión $2$ con ideal máximo $M=(X,Y)R$ . Entonces $F\in M-M^2$ Así que $R/(F)$ es localmente regular de dimensión $1$ , por lo tanto, DVR.

Editar. A petición de Makoto Kato, esbozaré una prueba de la siguiente afirmación: $(R,M,k)$ local regular y $F\in M-M^2$ entonces $R^*=R/(F)$ es regular.

Tenemos que $\dim R^*\ge\dim R-1$ . En el otro lado, $\text{edim}(R^*)=\text{edim}(R)-1$ , donde $\text{edim}(R)$ es el número mínimo de generadores de $M$ es decir $\dim_k M/M^2$ . Esto se puede demostrar fácilmente tomando $F_1^*,\dots,F_n^*\in R^*$ un sistema mínimo de generadores para $M/(F)$ y mostrando que $F,F_1,\dots,F_n$ es un sistema mínimo de generadores para $M$ . Ahora utiliza la siguiente desigualdad: $\dim R^*\le \text{edim}(R^*)$ . Obtenemos $\dim R-1\le \dim R^*\le \text{edim}(R^*)=\text{edim}(R)-1$ y utilizar la regularidad de $R$ .

Answer 2

Sí. Estás preguntando si el origen es un punto no singular de $C=\textrm{Spec}\,A\subset \mathbb A^2_k$ . Escribe la descomposición homogénea $F=\sum_{d\geq 1}f_d$ , donde $f_1=aX+bY\neq 0$ . Demostremos que $P$ es un punto regular de $C$ . Si $P=(0,0)$ fueran singulares, entonces (por definición ) las dos derivadas parciales de $F$ se desvanecería en $P$ . Pero entonces encontraríamos \begin{equation} 0=\frac{\partial F}{\partial X}(P)=a+(\textrm{higher degree terms containing powers of}\, X \,\textrm{and}\, Y) \end{equation} \begin{equation} 0=\frac{\partial F}{\partial Y}(P)=b+(\textrm{higher degree terms containing powers of}\, X \,\textrm{and}\, Y). \end{equation} Pero esto implica $a=0=b$ , contradicción. Por lo tanto $P$ es regular.

Ahora afirmo que decir $P$ es un punto regular es equivalente a la afirmación de que $\mathcal O_{C,P}\,(\,=A_P)$ es regular como anillo local, es decir, por definición : \begin{equation} \dim A_P=\dim T_{C,P}\,, \end{equation} donde $T_{C,P}$ es el espacio tangente en $P$ . Si $P$ es regular, entonces el espacio tangente en $P$ es una línea, por lo que $\dim T_{C,P}=1=\dim A=\dim A_P$ . Por el contrario, si $\dim T_{C,P}=1$ entonces las derivadas parciales de $F$ los generadores de $T_{C,P}$ no pueden desaparecer ambos en $P$ . De hecho, un punto $(\alpha,\beta)\in \mathbb A^2$ está en $T_{C,P}$ si y sólo si \begin{equation} \frac{\partial F}{\partial X}(P)\cdot\alpha+\frac{\partial F}{\partial Y}(P)\cdot\beta=0. \end{equation} Por lo tanto, $P$ es regular.

Hasta ahora, hemos establecido que $A_P$ es un anillo local regular .

Finalmente, $\dim A_P=\dim A=\dim C=1$ . Ahora bien, un DVR es un anillo local regular de dimensión uno por lo que su $\mathcal O_{C,P}$ es uno de ellos.

Answer 3

Su anillo es un anillo local noetheriano integralmente cerrado con dimensión de Krull uno, y tal cosa es un DVR.

Answer 4

Lema Dejemos que $A$ sea un dominio local noetheriano. Sea $\mathfrak{m}$ sea su único ideal maximal. Supongamos que $\mathbb{m}$ es un ideal principal no nulo. Entonces $A$ es un anillo de valoración discreto.

Prueba de ello: Sea $t$ sea un generador de $\mathfrak{m}$ . Afirmamos que $\bigcap_n \mathfrak{m}^n = 0$ . Sea $x \in \bigcap_{n>0} \mathfrak{m}^n$ . Para cada número entero $n > 0$ existe $y_n \in A$ tal que $x = t^ny_n$ . Desde $t^ny_n = t^{n+1}y_{n+1}$ , $y_n = ty_{n+1}$ . Por lo tanto, $(y_1) \subset (y_2) \subset \cdots$ . Desde $A$ es noetheriano, existe $n$ tal que $(y_n) = (y_{n+1})$ . Por lo tanto, existe $a \in A$ tal que $y_{n+1} = ay_n$ . Por lo tanto, $y_{n+1} = aty_{n+1}$ . Por lo tanto, $(1 - at)y_{n+1} = 0$ . Desde $1 - at$ es invertible, $y_{n+1} = 0$ . Por lo tanto, $x = 0$ como se desee.

Dejemos que $x$ sea un elemento no nulo de $\mathfrak{m}$ . Desde $\bigcap_n \mathfrak{m}^n = 0$ . Existe un número entero $n > 0$ tal que $x \in \mathfrak{m}^n - \mathfrak{m}^{n+1}$ . Por lo tanto, existe $u \in A$ tal que $x = t^nu$ . Desde $u$ no está contenida en $\mathfrak{m}$ , $u$ es invertible. Por lo tanto, $A$ es un anillo de valoración discreto. QED

Dejemos que $R=K[X,Y]_{(X,Y)}$ . Como esta pregunta muestra que existe un isomorfismo canónico $A_{\mathfrak{m}} \cong R/(F)$ . Sea $F = F_1\cdots F_m$ sea una factorización de $F$ en factores irreducibles. Dado que $F(0, 0) = 0$ existe $i$ tal que $F_i(0, 0) = 0$ . Por la suposición de que $F(X, Y) = aX + bY + \cdots$ , $F_j(0, 0) \neq 0$ para $j \neq i$ . Por lo tanto, $F_j$ es invertible en $R$ para $j \neq i$ . Por lo tanto, $R/(F) = R(F_i)$ . Por lo tanto, $R/(F)$ es un dominio integral. Por lo tanto, por el lema, basta con demostrar que $\mathfrak{m}$ es principal. Por el lema de Nakayama, basta con demostrar que $dim_k \mathfrak{m}/\mathfrak{m}^2 = 1$ .

Dejemos que $I = (X, Y)$ sea el ideal generado por $X, Y$ en $k[X, Y]$ . Es fácil ver que $\mathfrak{m}/\mathfrak{m}^2$ es isomorfo a $I/((F) + I^2)$ como $k[X, Y]$ -módulos. En particular, es isomorfo como $k$ -espacios vectoriales. Nótese que $dim_k I/I^2 = dim_k I/((F) + I^2) + dim_k ((F) + I^2)/I^2$ . Sea $x, y$ sea la imagen de $X, Y$ por el homomorfismo canónico $I \rightarrow I/I^2$ respectivamente. Claramente $x, y$ es una base del $k$ -espacio vectorial $I/I^2$ . Por lo tanto, $dim_k I/I^2 = 2$ . Por otro lado, $((F) + I^2)/I^2$ es el subespacio vectorial de $I/I^2$ generado por $ax + by$ . Por la suposición $ax + by \neq 0$ . Por lo tanto, $dim_k ((F) + I^2)/I^2 = 1$ . Por lo tanto, $dim_k \mathfrak{m}/\mathfrak{m}^2 = dim_k I/((F) + I^2) = 1$ como se desee.