局所環が整域・離散付値環になる判定

整域になる判定。 $A$ を被約環（$0$ 以外にべき零元がない環）とします。局所化と素イデアルの対応により、$A_P$ の素イデアルは $P$ に含まれる $A$ の素イデアルと 1 対 1 に対応し、とくに $A_P$ の極小素イデアルは $P$ に含まれる $A$ の極小素イデアルに対応します。また被約環の局所化は被約です（$(a/s{)}^n=0$ なら $t{a}^n=0$ となる $t\notin P$ があり、$(ta{)}^n=t^{n-1}\cdot t{a}^n=0$ から $ta=0$、つまり $a/s=0$）。べき零元全体はすべての極小素イデアルの共通部分なので、$A_P$ の極小素イデアルが $\mathfrak{q}$ ただ 1 つなら $\mathfrak{q}=\{\text{べき零元}\}=0$ となり、$0$ が素イデアル、すなわち $A_P$ は整域です。逆に整域の極小素イデアルは $0$ だけです。よって「$A_P$ が整域 $⟺$ $P$ に含まれる極小素イデアルがちょうど 1 つ」。

離散付値環になる判定。 離散付値環とは、極大イデアルがただ 1 つの単項イデアル整域で体でないもの、と定めます。体は除くので、離散付値環のクルル次元はちょうど $1$ です。離散付値環では極大イデアルが $\mathfrak{m}=(t)$ と 1 元で生成され、$\mathfrak{m}/{\mathfrak{m}}^2$ は $t$ の像で張られる 1 次元の $k=R/\mathfrak{m}$ ベクトル空間です。逆に 1 次元ネーター局所整域で ${\dim }_k\mathfrak{m}/{\mathfrak{m}}^2=1$ なら、（中山の補題により）$\mathfrak{m}$ は 1 元 $t$ で生成され、$0$ でない元はすべて「単元 $\times t^n$」と書けて離散付値環になる、という定理を使います。直観的には、$\mathfrak{m}/{\mathfrak{m}}^2$ は「その点での接空間（の双対）」で、1 次元の図形の点で接空間が 2 次元以上になるのは尖りや交差のある特異点です。

$\mathbb{Z}[x]/(f)$ での計算の仕方。 $f$ を $\mathbb{Q}$ 上既約なモニック多項式、$A=\mathbb{Z}[x]/(f)$ とすると、$A$ は整域でネーター、$\dim A=1$ です。$P=0$ では $A_P$ は $A$ の分数体（体）なので離散付値環ではありません。$0$ でない素イデアルは $P=(p,g)/(f)$（$p$ は素数、$g$ はモニックで $\bar{g}$ は $f\mathrm{mod}p$ のモニック既約因子）で、高さ $1$ なので $A_P$ は 1 次元ネーター局所整域です。$M=(p,g)\subset \mathbb{Z}[x]$ とおくと、$A_P$ の $\mathfrak{m}/{\mathfrak{m}}^2$ は $P/P^2=M/(M^2+(f))$ と一致します（$P/P^2$ はもともと体 $A/P$ 上の空間なので、局所化しても変わらない）。ここで $M/M^2$ は $p,g$ の像を基底とする 2 次元空間です（$ap+bg\in M^2=(p^2,pg,g^2)$ なら、$p$ を法として ${\bar{g}}^2\mid \bar{b}\bar{g}$ から $b\in M$、すると $ap\in M^2$ で、$ap=p^{2}u+pgv+g^{2}w$ を $p$ を法として見ると $p\mid w$、$p$ で割って $a\in M$）。$f\in M$ なので、${\dim }_{k}P/P^2$ は $f\in M^2$ なら $2$、$f\notin M^2$ なら $1$ です。

$f\in M^2$ の判定。 まず $M^2\subset (p,g^2)$ なので、$f\in M^2$ なら ${\bar{g}}^2\mid \bar{f}$ です。${\bar{g}}^2\mid \bar{f}$ のときは、$g$ がモニックなので $\mathbb{Z}[x]$ の中で $f$ を $g^2$ で割って $f=h{g}^2+ag+r$（$\mathrm{deg}a,\mathrm{deg}r<\mathrm{deg}g$）と書けます。$r$ は $f$ を $g$ で割った余りです。$\bar{a}\bar{g}+\bar{r}$ は $\bar{f}$ を ${\bar{g}}^2$ で割った余りなので $0$、次数を比べて $a=p{a}_1$、$r=p{r}_1$ と書けます。$h{g}^2,p{a}_{1}g\in M^2$ なので $f\in M^2⟺p{r}_1\in M^2$。上の基底の議論から $p{r}_1\in M^2⟺r_1\in M⟺\bar{g}\mid {\bar{r}}_1$ で、$\mathrm{deg}{r}_1<\mathrm{deg}g$ なので $⟺{\bar{r}}_1=0$。まとめると「$f\in M^2⟺$ $f$ を $g$ で割った余り $r$ の係数がすべて $p^2$ で割り切れる」。とくに $g=x-c$ なら $r=f(c)$ なので、$p^2\mid f(c)$ かどうかを見ればよいことになります。