Hensel 环

约定. 在本文中,

• 所有环都指交换环.

Hensel 环指满足首一多项式在剩余域的单根都能提升的局部环, 换言之即满足 Hensel 引理的环. 许多关于完备局部环的命题只需要 Hensel 性而不需要完备性, 定义 Hensel 环能将其推广.

此外, Hensel 环和严格 Hensel 环分别是局部环在 Nisnevich 拓扑和平展拓扑的类比.

1定义

以下对局部环 $(R,\mathfrak{m},k)$ 以及 $R$ 上的对象 $f$, 用 $\bar{f}$ 表示 $f$ 在 $k$ 上的像.

定义 1.1. Hensel 环指的是满足如下条件的局部环 $(R,\mathfrak{m},k)$: 对任意首一多项式 $f(x)\in R[x]$ 及其模 $\mathfrak{m}$ 的分解 $\bar{f}=g_0{h}_0$, 其中 $g_0,h_0\in k[x]$ 首一互素, 都存在分解 $f=gh$ 提升之, 其中 $g,h\in R[x]$ 首一.

严格 Hensel 环指的是剩余域可分闭的 Hensel 环.

2性质

Hensel 环和严格 Hensel 环各有许多等价刻画.

引理 2.1. $R$ 是环, $S$ 是有限投射 $R$-代数. 则 $R$-代数范畴到集合范畴的函子$${\mathrm{Idem}}_{S/R}(A):=\mathrm{Idem}(A{\otimes }_{R}S),$$其中 $\mathrm{Idem}(-)$ 表示环的幂等元集, 被 $R$ 上平展代数表示.

证明. 将 $S$ 表为 $R^N$ 的 $R$-模直和项, 将 $S$ 中乘法的各系数具体写出, 知 ${\mathrm{Idem}}_{S/R}$ 是 ${\mathbb{A}}_R^N$ 中被有限个方程定义的闭子概形, 即知其被有限表现 $R$-代数表示. 故欲证平展, 只需证形式平展, 即对任一 $A$ 及其平方为零的理想 $I$, 证明映射 ${\mathrm{Idem}}_{S/R}(A)\to {\mathrm{Idem}}_{S/R}(A/I)$ 为双射. 此为显然, 因为 $A{\otimes }_{R}S\to A/I{\otimes }_{R}S$ 在谱上是同胚, 幂等元当然一一对应.

$\square$

命题 2.2. 对局部环 $(R,\mathfrak{m},k)$, 下列条件等价:

1.	$R$ 为 Hensel 环.
2.	每个有限 $R$-代数都是有限个局部 $R$-代数之积.
3.	对任意整同态 $R\to S$, $S/\mathfrak{m}S$ 的幂等元都能提升到 $S$.
4.	对 $R$ 上平展代数 $T$ 及 $R$-同态 $a_0:T\to k$, 存在同态 $a:T\to R$ 提升 $a_0$.
5.	$R$ 上分离有限型概形 $X$ 都能写成 $X^{\prime }\bigsqcup {⨆}_{i=1}^n{X}_i$, 其中各 $X_i$ 在 $R$ 上有限, 特殊纤维为单点, 即为有限局部 $R$-代数的谱, 而 $X^{\prime }$ 的特殊纤维各连通分支都不是单点.

且这些存在性条件只要满足, 就会自动有唯一性.

证明. 首先注意 2 和 5 自带唯一性. 3 的唯一性也不困难, 只需证 $S$ 的幂等元打到 $S/\mathfrak{m}S$ 中是 $0$ 它就是 $0$. 这是因为整同态素理想上行, $S$ 的每个极大理想都包含 $\mathfrak{m}S$, 而在每个极大理想中的幂等元是 $0$.

2 推 1	$R[x]/f(x)$ 是有限 $R$-代数, 将其写成有限个局部 $R$-代数之积. 把这个直积分解模 $\mathfrak{m}$, 可知这有限个 $R$-代数一一对应于 $\mathrm{Spec}k[x]/\bar{f}(x)$ 的有限个点. $\bar{f}=g_0{h}_0$ 给出 $\mathrm{Spec}k[x]/\bar{f}(x)=\mathrm{Spec}k[x]/g_0(x)\times \mathrm{Spec}k[x]/h_0(x)$, 对应于这些点的一个分划. 取直积分解的对应分划, 得到分解 $R[x]/f(x)=S_1\times S_2$, 其中 $S_1/\mathfrak{m}{S}_1=k[x]/g_0(x)$, $S_2/\mathfrak{m}{S}_2=k[x]/h_0(x)$. 由 $R[x]/f(x)$ 作为 $R$-模有限秩自由, 不难得到 $S_1$ 和 $S_2$ 也有限秩自由. 记 $n=\mathrm{deg}{g}_0$, $m=\mathrm{deg}{h}_0$, 以 $x$ 记 $x\in S$ 投影到 $S_1$ 和 $S_2$ 的像, 则 $1,x,\dots ,x^{n-1}$ 与 $1,x,\dots ,x^{m-1}$ 模 $\mathfrak{m}$ 之后分别是 $S_1/\mathfrak{m}{S}_1$ 与 $S_2/\mathfrak{m}{S}_2$ 在 $k$ 上的基, 于是由 Nakayama 引理它们本身分别是 $S_1$ 和 $S_2$ 的基. 将 $x^n$ 和 $x^m$ 分别在 $S_1$ 和 $S_2$ 中关于对应的基展开, 得 $n$ 次首一多项式 $g$ 和 $m$ 次首一多项式 $h$, 分别提升 $g_0$ 和 $h_0$, 且 $S_1=R[x]/g(x)$, $S_2=R[x]/h(x)$. 由此及 $R[x]/f(x)=S_1\times S_2$ 知 $f\mid gh$, 由次数原因知 $f=gh$.
3 推 2	我们来证明 3 的有限情形足以推出 2. 任取有限 $R$-代数 $S$, 则 $S/\mathfrak{m}S$ 是有限 $k$-代数, 是 Artin 环, 故由结构定理是 Artin 局部环之积, 写出来即 $S/\mathfrak{m}S={\prod }_{i=1}^n\overline{S_i}$. 取 $\overline{e_i}\in S/\mathfrak{m}S$ 为在上述乘积分解中第 $i$ 个分量是 $1$ 其余分量是 $0$ 的元素, 是幂等元, 满足 ${\sum }_{i=1}^n\overline{e_i}=1$. 由 4 及其唯一性, 它们能提升为 $e_i\in S$, 满足 ${\sum }_{i=1}^n{e}_i=1$. 这些 $e_i$ 便给出直积分解 $S={\prod }_{i=1}^n{S}_i$, 满足 $S_i/\mathfrak{m}{S}_i=\overline{S_i}$. 而由整同态素理想上行, $S_i$ 的极大理想都包含 $\mathfrak{m}{S}_i$, 对应于 $\overline{S_i}$ 的极大理想, 所以只有一个, 即各 $S_i$ 为局部 $R$-代数.
1 推 3	取幂等元 $e_0\in S/\mathfrak{m}S$ 及其任一原像 $e^{\prime }\in S$. 由 $S$ 为 $R$ 上整, 存在首一多项式 $f(x)\in R[x]$ 使得 $f(e^{\prime })=0$, 于是 $e^{\prime }$ 给出同态 $R[x]/f(x)\to S$. 该同态基变换到 $k$ 上为 $k[x]/\bar{f}(x)\to S/\mathfrak{m}S$, $x\mapsto e_0$; 考虑谱上映射 $\mathrm{Spec}(S/\mathfrak{m}S)\to \mathrm{Spec}(k[x]/\bar{f}(x))$ 下 $e_0$ 对应的开闭子集的像, 记其对应的 $k[x]/\bar{f}(x)$ 中幂等元为 $\widetilde{e_0}$, 则 $\widetilde{e_0}$ 就打到 $e_0$. 所以只要幂等元 $\widetilde{e_0}$ 在 $R[x]/f(x)$ 中有提升 $\tilde{e}$, 它在 $S$ 的像就是 $e_0$ 的提升. 这样就把问题化归到 $S=R[x]/f(x)$ 情形. 此时幂等元 $e_0\in S/\mathfrak{m}S$ 对应于 $k$-代数 $S/\mathfrak{m}S$ 的直积分解 $\bar{f}=g_0{h}_0$, 其中 $g_0,h_0$ 首一互素. 由 1 它能提升为 $f=gh$, 而这对应于有限 $R$-代数同态 $S\to R[x]/g(x)\times R[x]/h(x)$, 由于两边皆为平坦, 模 $\mathfrak{m}$ 之后同构, 即知它是同构, 于是它对应的幂等元给出 $e_0$ 的提升. 这样也得到 1 的唯一性.
4 推 1	令 $S=R[x]/f(x)$, 则 1 中的分解 $\bar{f}=g_0{h}_0$ 相当于给出直积分解 $S/\mathfrak{m}S=k[x]/g_0(x)\times k[x]/h_0(x)$, 记其对应幂等元为 $e_0$. 由引理 2.1, 存在平展 $R$-代数 $T$ 使得 $\mathrm{Idem}(-{\otimes }_{R}S)\cong {\mathrm{Hom}}_R(T,-)$. 这样 $e_0$ 相当于同态 $e_0:T\to k$, 由 4 它能提升为 $e:T\to R$, 即 $e_0$ 能提升到 $S$, 给出分解 $S=S_1\times S_2$; 和 2 推 1 的证明中一样, 这给出分解 $f=gh$, 提升分解 $\bar{f}=g_0{h}_0$.
3 推 5	先证 $X$ 紧合情形. 令 $S=\Gamma (X,{\mathcal{O}}_X)$, 则自然态射 $X\to \mathrm{Spec}S$ 显然为概形论稠. 又由对角态射论证知它紧合, 故它是紧合满射. 于是 $\mathrm{Spec}S\to \mathrm{Spec}R$ 泛闭, 故由仿射泛闭态射整知 $S$ 在 $R$ 上整. 特殊纤维 $X_k$ 为 $k$ 上有限型, 取其各个单点连通分支 $Y_1,\dots ,Y_n$, 则它们有限, 且 $X_k=Y^{\prime }\bigsqcup {⨆}_{i=1}^n{Y}_i$, 其中 $Y^{\prime }$ 各连通分支都不是单点. 由 Zariski 连通性定理, $X\to \mathrm{Spec}S$ 纤维连通, 从而 $Y^{\prime },Y_1,\dots ,Y_n$ 打到 $\mathrm{Spec}S$ 之后仍是不交闭集. 这样它们就给出 $\mathrm{Spec}S$ 特殊纤维的分解 $\mathrm{Spec}(S/\mathfrak{m}S)=Z^{\prime }\bigsqcup {⨆}_{i=1}^n{Z}_i$. 这对应于 $S/\mathfrak{m}S$ 的若干幂等元; 由 3 知它们可提升为 $S$ 的幂等元. 回忆 $S=\Gamma (X,{\mathcal{O}}_X)$, 知有分解 $X=X^{\prime }\bigsqcup {⨆}_{i=1}^n{X}_i$, 且由构造有 $X_k^{\prime }=Y^{\prime }$. 只剩证明各 $X_i$ 在 $R$ 上有限. 注意 $(X_i{)}_k=Y_i$ 是单点. 取其仿射邻域 $U_i$, 则 $X_i\setminus U_i$ 在 $\mathrm{Spec}R$ 的像为闭集, 但不包含唯一的闭点 $\mathfrak{m}$, 故为空集, 即 $U_i=X_i$. 于是 $X_i$ 在 $R$ 上紧合、仿射, 故为有限. 再证 $X$ 仿射情形. 此时由有限型, 有闭浸入 $X\to {\mathbb{A}}_R^N$. 取其在 ${\mathbb{P}}_R^N$ 中的闭包 $V$, 则 $X$ 是 $V$ 的开子概形. 用紧合情形写 $V=V^{\prime }\bigsqcup {⨆}_{i=1}^n{V}_i$, 其中各 $V_i$ 在 $R$ 上有限, 特殊纤维为单点, 而 $V^{\prime }$ 的特殊纤维连通分支都不是单点. 把该分解与 $X$ 相交, 并把 $(V_i\cap X{)}_k=\varnothing$ 的那些部分和 $V^{\prime }$ 一同归到 $X^{\prime }$, 则显然 $X^{\prime }$ 满足要求. 而如 $(V_i\cap X{)}_k\ne \varnothing$, 则 $(V_i\cap X{)}_k=(V_i{)}_k$, 即开子概形 $V_i\cap X$ 包含 $V_i$ 唯一的闭点, 于是它就等于 $V_i$, 亦满足要求. 最后证一般情形. 仍如紧合情形一样作特殊纤维的分解 $X_k=Y^{\prime }\bigsqcup {⨆}_{i=1}^n{Y}_i$, 其中 $Y^{\prime }$ 各连通分支都不是单点, 而各 $Y_i$ 是单点. 取 $Y_i$ 在 $X$ 中的仿射邻域 $U_i$, 则由仿射情形, $U_i$ 有唯一的连通分支特殊纤维非空, 将其记为 $X_i$, 它是 $X$ 的开子概形, 在 $R$ 上有限. 这样由 $X$ 分离, 用对角态射论证便知 $X_i$ 也是 $X$ 的闭子概形. 则 $X_i$ 是 $X$ 的连通分支, 这样不同的 $X_i$ 自动不交. 令 $X^{\prime }$ 为 ${⨆}_{i=1}^n{X}_i$ 之补, 不难发现 $X=X^{\prime }\bigsqcup {⨆}_{i=1}^n{X}_i$ 满足要求.
5 推 4	设 $T$ 是 $R$ 上平展代数, $a_0:T\to k$ 是 $R$-同态. 取 $X=\mathrm{Spec}T$, 则 $a_0$ 相当于是 $X_k$ 的有理点. 作 2 中分解 $X=X^{\prime }\bigsqcup {⨆}_{i=1}^n{X}_i$, 则由于 $X$ 为平展, $X_k$ 为 $k$ 上平展, 特别地 $k$ 上有限, 便知 $X_k^{\prime }=\varnothing$, 故 $a_0$ 正是某个 $(X_i{)}_k$. 记该 $X_i$ 为 $\mathrm{Spec}S$, 则由条件 $S$ 在 $R$ 上有限平展, 特别地作为 $R$-模有限表现平坦. 而 $S/\mathfrak{m}S=k$, 故由 Nakayama 引理 $S=R$, 那么这就是提升 $a_0$ 的 $R$-点. 由这段证明易得 4 的唯一性.

$\square$

注 2.3. 以上命题的 3 推 5 如此复杂, 是因为 Zariski 主定理蕴藏其中.

本条目中的定义看似比传统的提升单根定义强, 但用平展代数的结构定理可以得到它们等价.

命题 2.4. 局部环 $(R,\mathfrak{m},k)$ 为 Hensel 环, 当且仅当对首一多项式 $f\in R[x]$ 及 $a_0\in k$, 只要 $\bar{f}(a_0)=0$, ${\bar{f}}^{\prime }(a_0)\ne 0$, 就存在 $a\in R$, 满足 $\bar{a}=a_0$ 且 $f(a)=0$.

证明. “仅当” 为显然, 只需证 “当”. 为此我们来证明命题 2.2 的条件 4, 即对平展 $R$-代数 $T$ 及其 $k$-点 $a_0:T\to k$, 证明它能提升为 $R$-点 $a:T\to R$. 由平展代数的局部结构定理, 适当局部化 $T$, 可设 $T=(R[x]/f(x){)}_{g(x)}$, 其中 $f$ 首一, $f^{\prime }\mid g$. 那么 $a_0$ 就对应于 $\bar{f}$ 的根, 满足 $\bar{g}(a_0)\ne 0$, 因而也满足 ${\bar{f}}^{\prime }(a_0)\ne 0$. 于是存在 $a\in R$ 满足 $\bar{a}=a_0$ 且 $f(a)=0$. 由 $\overline{g(a)}=\bar{g}(a_0)$ 可逆, $R$ 又是局部环, 有 $g(a)\in R$ 可逆, 所以 $a$ 给出 $T$ 的 $R$-点, 提升 $a_0$.

$\square$

命题 2.5. 对局部环 $(R,\mathfrak{m},k)$, 下列条件等价:

1.	$R$ 为严格 Hensel 环.
2.	从 $R$ 出发的平展局部同态是同构.
3.	平展 $R$-概形 $X$ 都能唯一写成 $X_0\bigsqcup X^{\prime }$, 其中 $X_0$ 是有限个 $\mathrm{Spec}R$ 的无交并, $X_k^{\prime }=\varnothing$.
4.	光滑 $R$-概形只要有 $k$-点都有 $R$-点.

命题 2.6. (严格) Hensel 环的滤余极限 (严格) Hensel.

命题 2.7. (严格) Hensel 环的非零商环 (严格) Hensel.

以下命题实际上来自 Hensel 对的性质.

命题 2.8. 如 $(R,I)$ 是 Hensel 对, 则 $R$ (严格) Hensel 当且仅当 $R/I$ (严格) Hensel.

推论 2.9. $R$ (严格) Hensel 当且仅当既约化 $R_{\text{red}}$ (严格) Hensel.

Hensel 化

可以典范地把局部环变得 Hensel.

定理 2.10. 从 Hensel 局部环范畴到局部环范畴的含入函子有左伴随, 称为 Hensel 化. 局部环 $(R,\mathfrak{m},k)$ 的 Hensel 化常记为 $R^{\text{h}}$. 它是平展 $R$-代数的滤余极限, 极大理想是 $\mathfrak{m}{R}^{\text{h}}$, 剩余域是 $k$.

也有严格 Hensel 化, 但不是典范的, 因可分闭包有很多自同构. 不过这是它不典范的唯一原因.

定理 2.11. 考虑范畴$$\{(R,\mathfrak{m},k,k^{\text{s}})\mid (R,\mathfrak{m},k)是局部环,k\to k^{\text{s}}是可分闭包\}.$$严格 Hensel 局部环的范畴显然到它有自然的含入函子. 该函子有左伴随, 称为严格 Hensel 化. 局部环 $(R,\mathfrak{m},k)$ 的严格 Hensel 化常记为 $R^{\text{sh}}$. 它是平展 $R$-代数的滤余极限, 极大理想是 $\mathfrak{m}{R}^{\text{sh}}$, 剩余域是 $k^{\text{s}}$. 自然同态 $R^{\text{h}}\to R^{\text{sh}}$ 是有限平展同态的滤余极限.

这两个操作保持很多性质.

命题 2.12. 局部环 $(R,\mathfrak{m},k)$ Noether 等价于 $R^{\text{h}}$ Noether, 也等价于 $R^{\text{sh}}$ Noether. 此时对 $d\in \mathbb{N}$ 以及条件

•	$d$ 维;
•	$({\text{R}}_d)$;
•	$({\text{S}}_d)$;

$R$, $R^{\text{h}}$, $R^{\text{sh}}$ 三者中一个满足能推出其余两个满足.

提升性质

(...)

平展景

Hensel 环的平展上同调相对简单, 严格 Hensel 环则更加简单.

3例子

•	域是 Hensel 环; 可分闭域是严格 Hensel 环.
•	于是由推论 2.9, 零维局部环都是 Hensel 环.
•	完备局部环都是 Hensel 环. 所以 ${\mathbb{Z}}_p$ 和 $k[[x_1,\dots ,x_n]]$ 这种就都是 Hensel 环.
•	由命题 2.12, Noether 局部环的 (严格) Hensel 化保持环的既约性和正规性. 但整环的 (严格) Hensel 化未必是整环, $\mathbb{C}[x,y]/(xy+x^3+y^3)$ 在 $(0,0)$ 处的局部化便是一例.

4相关概念

•	Hensel 引理
•	Hensel 对
•	平展代数
•	完备 (交换代数)

术语翻译

Hensel 环 • 英文 Henselian ring • 德文 henselscher Ring • 法文 anneau Henselien

Hensel 化 • 英文 Henselization • 德文 Henselisierung • 法文 Henselisation

Hensel 化 (动词) • 英文 Henselize • 德文 henselisieren • 法文 Henseliser