可換環論・ホモロジー代数の問題

$F=y^2-g(x)$、$g(x)=x^2(x-1{)}^2(x+1)$ とおく。

判定法の確認. $R$ は $1$ 次元ネーター整域なので、各極大イデアル $\mathfrak{m}$ で $R_{\mathfrak{m}}$ は $1$ 次元ネーター局所整域である（$\dim R_{\mathfrak{m}}=\mathrm{ht}\mathfrak{m}=1$）。したがって
$$R_{\mathfrak{m}}\text{が離散付値環}⟺{\dim }_{\mathbb{C}}\mathfrak{m}{R}_{\mathfrak{m}}/{\mathfrak{m}}^2{R}_{\mathfrak{m}}=1$$
で判定できる。

極大イデアルと点. $R$ の極大イデアルは、曲線 $F=0$ 上の点 $(a,b)$ に対応する $\mathfrak{m}=(x-a,y-b)$ である。$M=(x-a,y-b)\subset \mathbb{C}[x,y]$ とすると
$$\mathfrak{m}/{\mathfrak{m}}^2\cong M/(M^2+(F)).$$
$M/M^2$ は $x-a,y-b$ の像を基底とする $2$ 次元空間で、$F\in M$ の $M/M^2$ における像は $F$ の $(a,b)$ での $1$ 次の部分
$$\frac{\partial F}{\partial x}(a,b)(x-a)+\frac{\partial F}{\partial y}(a,b)(y-b)$$
である。よって、この $1$ 次の部分が $0$ でなければ $\dim \mathfrak{m}/{\mathfrak{m}}^2=1$（離散付値環）、$0$ ならば $\dim \mathfrak{m}/{\mathfrak{m}}^2=2$（離散付値環でない）。なお局所化しても $\mathfrak{m}/{\mathfrak{m}}^2$ の次元は変わらない。

1 次の部分が 0 になる点. $\frac{\partial F}{\partial y}=2y$、$\frac{\partial F}{\partial x}=-g^{\prime }(x)$。両方が $0$ になるには $b=0$ が必要で、すると $F(a,0)=0$ より $g(a)=0$、さらに $g^{\prime }(a)=0$。つまり $a$ は $g$ の重根である。$g(x)=x^2(x-1{)}^2(x+1)$ の重根は $x=0,1$（$x=-1$ は単根なので $g^{\prime }(-1)\ne 0$）。

よって $R_{\mathfrak{m}}$ が離散付値環でないのは、点 $(0,0)$ と $(1,0)$ に対応する $2$ つの極大イデアルだけである。

答え: $2$

$R$ は 1 次元のネーター整域なので、極大イデアル $\mathfrak{m}$ について $R_{\mathfrak{m}}$ が離散付値環であることは、$R_{\mathfrak{m}}$ が正則局所環であること（${\dim }_{\mathbb{C}}\mathfrak{m}/{\mathfrak{m}}^2=1$）と同値。$\mathbb{C}$ は代数閉体なので、極大イデアルは曲線 $F(x,y)=y^2-x^2(x-1{)}^2(x+1)=0$ の点 $(a,b)$ に対応し、$R_{\mathfrak{m}}$ が正則であることはその点が非特異であることと同値（ヤコビ判定法）。

特異点: $F_y=2y=0$ より $y=0$。$f(x)=x^2(x-1{)}^2(x+1)$ とおくと $F=y^2-f(x)$、$F_x=-f^{\prime }(x)$。$y=0$ のとき $F=0$ より $f(x)=0$、すなわち $x\in \{0,1,-1\}$。さらに $f^{\prime }(x)=0$ が必要。$x=0$ と $x=1$ は $f$ の重根なので $f^{\prime }=0$、$x=-1$ は単根なので $f^{\prime }(-1)\ne 0$。

よって特異点は $(0,0)$ と $(1,0)$ の 2 点（どちらも結節点: $(0,0)$ では $y^2\approx x^2$、$(1,0)$ では $y^2\approx 2(x-1{)}^2$）。それ以外の点は非特異で $R_{\mathfrak{m}}$ は DVR。

答えは 2。