PhD Thesis

esto significa que
H 1 ker(−x, y)
(K(x, y)) =
x
· R
y
(x : y)
〈x〉 .
De esta ecuación se ve directamente que si {x, y} es una secuencia regular
entonces H 0 (K(x, y)) = H 1 (K(x, y)) = 0, pues a ∈ 〈x : y〉 entonces a · y = 0
en R/ 〈x〉 .
Por otro lado supongamos que H 1 (K(x, y)) = 0. Si usamos el isomorfismo
K(x, y) K(x) ⊗ K(y) tenemos la secuencia exacta corta de complejos
0
K(x)[−1]
K(x, y)
La secuencia exacta larga en cohomología nos da
0
H 0 (K(x))
H 1 (K(x))
Como H 1 (K(x, y)) = 0 entonces
0 H (K(x, y))
1 H (K(x, y))
2 H (K(x, y))
H 0 (K(x))
y · H 0 (K(x))
= 0,
K(x)
0 H (K(x))
1 H (K(x))
pues δ1 es la multiplicación por y. Esto significa que H 0 (K(x)) = y·H 0 (K(x)).
Del Lema de Nakayama se sigue que H 0 (K(x)) = 0. Es decir x es un elemento
regular. El hecho que
y : R/ 〈x〉 → R/ 〈x〉
0.
sea una aplicación inyectiva se obtiene de la hipótesis
H 1 (K(x, y)) =
(x : y)
〈x〉
= 0.
0.
δ1
δ1
El análisis anterior es un bosquejo de la prueba del siguiente Teorema
Teorema A.33. Sea (R, η) anillo local noetheriano y {x, y} ⊂ η, entonces
{x, y} es una secuencia regular si y solo sí H 1 (K(x, y)) = 0.
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