由正则列生成的理想
以下内容基本属于破案记录。
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最近阅读一个谱序列的计算使用了正则列。当中提到了一个定理，内容是这样的
前情提要：某个理想$I$是多项式环$k[x_1,\ldots,x_n]$的齐次理想。
内容：为了证明$I$由正则列生成，根据[...]，只需要证明$I/I^2$在$R/I$上自由。
然后我会像上学期我还是会一点正则列的，就去看了那篇论文，结果发现原论文假设环是局部的，而且理想维数是有限的。不过好在我们有Hilbert's syzygy定理，
Hilbert's syzygy定理. 任何域上多项式环的投射维数是变元数量。
维数有限自然是对的。然后这时候我想着自己证证看，因为看过程就是归纳法。这个和
正则环基本定理. 对于局部环$R$, 极大理想$\mathfrak{m}$，如果$\dim_{R/\mathfrak{m}}\mathfrak{m}/\mathfrak{m}^2=\dim R$，那么$R$是整环
证明应该差不多。上面这个定理的证明有两种证明，一种是采取归纳法，在$\mathfrak{m}\setminus \mathfrak{m}^2$中回避极小素理想，然后商掉归纳，再证明$0$是极小素理想。另外就是用抽象吊打大法构造$R/\mathfrak{m}[x_1,\ldots,x_n]$到伴随分次代数的同态，然后利用维数定理对Poincare多项式的刻画得到是同构，然后自动无零因子（我看了Stack project才知道，不然我只知道一个松村对这个的一个我记不下来的构造性证明）。
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这里想要证明一般的情况看起来没有任何可能是对的，不过证明分次的情况就很有可能是对的。被学长提醒分次可以搞类Nakayama，一个分次模$M$如果$R_+M=M$，那么$M=0$。然后依葫芦画瓢，
我发现关键问题就在于$I$不是极大理想，未必能回避所有的极小素理想，例如自己本身就是一个极小素理想。我当时感觉最接近答案的归纳假设是
对于$R$到$R/I$的中间环$\overline{R}$，记$\overline{I}$是$I$的像。如果$\overline{I}/\overline{I}^2$在$R/\overline{I}$上自由，那么$\overline{I}$只有平凡的零因子（或不全是零因子）。
这样很有道理地可以违规地归纳下去。关键问题是一直归纳下去$\overline{I}$会为0，但是为零的时候这做不出来。我推不下去的情况出现在这个素理想幂零的时候，这个时候有反例
考虑$k[x]/(x^2)$, 理想$I=(x)$，这个不可能有正则序列生成。
但是又想一下，多项式环上本身不应该出现这种中间环，尝试变换各种归纳假设。当然我自知能力有限，所以我挂到MO上去了。
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看了MO的那个回答，他约化到局部情况，我觉得还挺有道理的，准备今天写一下，所以打算念一下局部情况。
后来我发现问题的关键是我没有用投射维数有限这件事。然后去翻了一下原论文哪里用到了有限投射维数这件事。然后就出现了下述神奇一幕
引理（[论文1, 命题6.4]） xxxx
论文1：本文共4节
然后我就开始硬看，发现道理是这个道理，但是丝毫没提，然后我又尝试证明引理。因为我想着，问题就是有限维数，那么shift一下dimension，然后看结论非常人畜无害地使用一下蛇形引理可能就好了。然后我这种尝试丝毫不起作用。
第二天我还是去MSE问了一下。然后火速告诉我正确引用是[论文2]。然后我就去念了，加上学长指点，直接告诉我Auslander-Buchsbaum定理
Auslander-Buchsbaum定理. 对于局部环$R$，有限投射维数模$M$，那么$$\text{depth}(R) = \text{pd}_ R(M) + \text{depth}(M).$$
我逐渐看懂那个证明咋回事儿了。这当中还是使用了准素分解的内容。后来发现这里只需要0维的情况，然后经过学长提醒，自己试着写了一下细节，于是成为线性代数。总之这个引理我是看懂了。
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下面来呈现这个引理的证明
令$R$是noether环，$M$是有限生产模，假设模$M$有有限生成的有限秩自由模预解，那么要么$M$的零化子是0，要么含有非零因子。
- 首先，$M_{\mathfrak{p}}$是自由的，对所有$R$的准素理想$\mathfrak{p}$（也称为属于$0$的）。这是因为一个线性代数技术，我们只需要考虑自由模商去自由模的情况，此时考虑矩阵系数，我们要证明最大阶非平凡的子式生成的理想含单位，然后之后可逆了就是喜闻乐见的线性代数找单边逆。此时利用$\mathfrak{p}$是准素理想不难得到矛盾。
- 但是$M$的零化子$\mathfrak{a}$依旧杀$M_{\mathfrak{p}}$，所以要么$\mathfrak{a}_{\mathfrak{p}}=0$要么$M_{\mathfrak{p}}=0$。但是因为这是有限有限秩自由，我们计算一下计算秩知道要么对所有$\mathfrak{p}$，$M_{\mathfrak{p}}=0$，要么对所有$\mathfrak{p}$，$M_{\mathfrak{p}}\neq 0$。
- 对于一个有限生成模$M$，$M_{\mathfrak{p}}=0$当且仅当$M$的零化子不包含在$\mathfrak{p}$之中。利用素理想回避，当且仅当$M$的零化子含有非零因子。但是$\mathfrak{a}$含非零因子说明$\mathfrak{a}$本身就是$0$，所以命题得证。
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然后我接着看局部的证明，我发现局部的证明并没有说这个正则列可以随便取。所以MO那个回答是错误的。不过好在之前尝试的时候做得一些细节还是有一定帮助的。最后还是证明成功了。不过有一个细节没注意到，因为学代数几何产生一点错觉，我以为分次投射模被分类了，其实只有一维的是扭模……这想当然过去了。不过好在Hilbert syzygy定理有构造证明，直接把预解取成自由的，或者直接Serre猜想
Quillen–Suslin定理. 域上多项式环的有限生成投射模都是自由模。
这是过得去的。
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下面来呈现这个困扰了我快一周的证明
对于域上的多项式环，齐次理想$I$，如果$I/I^2$在$R/I$上自由，那么$I$由正则列生成。
- 正如前面所扯的，这个理想可以找有限生成的有限秩自由模预解。同理作为向前shift了一下的$I$，$R/I$也有此性质。
- $I$作为$R/I$的零化子根据定理，有一个非零因子。然后我们可以说$I\setminus R_+ I$中也有非零因子。这是因为素理想回避。
- 然后考虑$R/xR$，因为这里是分次模，所以$\overline{I}/\overline{I}^2=I/(I^2+xR)$自由还少一维。
- 回忆投射维数的换环公式如果$x$不是$M$和$R$的零因子，那么$M/xM$在$R/xR$的投射维数不超过$M$在$R$上的投射维数。
所以我们成功归纳！
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下面是人生感悟
- 代数让生活更美好。谁能想到一个谱序列计算最后归结到Serre猜想或者Hilbert syzygy？
- 论文确实是经过检验的，即使不对，很多时候只是差一些能够补上的东西。
- 交换代数奇妙深刻，我没有系统学过之前，还是不要尝试手证结论，交换代数为了不做element by element的证明有丰富的理论和工具。
- 有问题还是早点去MSE或MO上问，这个比自己闭门造车快多了。
- 感谢学长帮助。
- 这种代数细节抠一抠还是有帮助的，我觉得原作者应该是知道这个细节或者问了知道的人，但是限于篇幅才只引用『不对』的论文。
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又和学长交流了一下，发现我确实使用僵化，这里不需要自由，只需要投射等维数（例如当$R$的谱是连通的）就行了。这是因为原论文的误导。
另外一方面，我还被提醒局部环的正则列是可以取成任意$I/I^2$在$R/I$上的基，因为正则列表成一组基，然后和我们选的基差一个可逆矩阵，然后提升回去还是可逆的。在局部环上可以打洞，于是只需要证明初等变换，于是归结到最后就是证明交换。而在局部环的情况正则列置换还是正则列。
分次环的情况也是类似的，同样我们取的正则列构成一组基，其他一组基和正则列有相同的次数，所以二者相差一个域上的矩阵，然后还是同样，转化到证明交换，这个利用次数，这是初等的。
