代数学の問題

多項式環による表示. $\omega$ は $x^2+x+1=0$ の根で、$\mathbb{Z}[\omega ]\cong \mathbb{Z}[x]/(x^2+x+1)$ である。よって
$$R\cong \mathbb{Z}[x]/(63,x^2+x+1)\cong (\mathbb{Z}/63\mathbb{Z})[x]/(x^2+x+1)$$
であり、$|R|=63^2$。$63=9\cdot 7$ で $\gcd (9,7)=1$ なので、中国剰余定理より
$$R\cong A\times B,A=(\mathbb{Z}/9\mathbb{Z})[x]/(x^2+x+1),B=(\mathbb{Z}/7\mathbb{Z})[x]/(x^2+x+1).$$

$B$ の構造. ${\mathbb{F}}_7$ で $x^2+x+1$ に $x=2$ を代入すると $7\equiv 0$、$x=4$ を代入すると $21\equiv 0$。よって $x^2+x+1=(x-2)(x-4)$ と相異なる $1$ 次式に分解し、中国剰余定理より $B\cong {\mathbb{F}}_7\times {\mathbb{F}}_7$。単元は $6\cdot 6=36$ 個、べき零元は $(0,0)$ の $1$ 個のみ（体の直積は被約）。

$A$ の構造. $|A|=81$。$A$ の極大イデアルは $3$ を含むので、$A/3A\cong {\mathbb{F}}_3[x]/(x^2+x+1)$ の極大イデアルに対応する。${\mathbb{F}}_3$ では $x^2+x+1=x^2-2x+1=(x-1{)}^2$ なので、$A/3A$ の極大イデアルは $(x-1)$ のみ。よって $A$ は唯一の極大イデアル $\mathfrak{m}=(3,x-1)$ をもつ局所環で、$A/\mathfrak{m}\cong {\mathbb{F}}_3$ より $|\mathfrak{m}|=81/3=27$。

• 有限可換環では、単元でない元はある極大イデアルに含まれるので、$A$ の非単元はちょうど $\mathfrak{m}$ の元。よって $A$ の単元は $81-27=54$ 個。
• べき零元はすべての素イデアルに含まれるので $\mathfrak{m}$ に属する。逆に $\mathfrak{m}$ の元はべき零である: $A$ で $(x-1{)}^2=x^2-2x+1=(x^2+x+1)-3x=-3x$ なので $(x-1{)}^4=9x^2=0$、また $3^2=0$。$\mathfrak{m}$ の元 $a=3s+(x-1)t$ について二項展開すると $a^5$ の各項は $3^j(x-1{)}^{5-j}$ を因子にもち、$j\ge 2$ なら $3^j=0$、$j\le 1$ なら $(x-1{)}^4=0$ を含むので $a^5=0$。よって $A$ のべき零元は $27$ 個。

まとめ. 直積の元が単元であるのは各成分が単元のとき、べき零であるのは各成分がべき零のときなので
$$u=54\cdot 36=1944,v=27\cdot 1=27.$$

以上より $(u,v)=(1944,27)$。

$63=9\cdot 7$。$\mathbb{Z}[\omega ]$ は PID で $3=-{\omega }^2(1-\omega {)}^2$ のように $3$ は分岐 ($(3)={\mathfrak{p}}^2$, $\mathfrak{p}=(\sqrt{-3})$)、$7\equiv 1(\mathrm{mod}3)$ は分解 ($7=\pi \bar{\pi }$)。中国剰余定理より $R\cong \mathbb{Z}[\omega ]/{\mathfrak{p}}^4\times {\mathbb{F}}_7\times {\mathbb{F}}_7$。$\mathbb{Z}[\omega ]/(9)$ は位数 81 の局所環で極大イデアル $\mathfrak{p}/{\mathfrak{p}}^4$ の位数は 27、よって単元は $81-27=54$ 個、べき零元は 27 個。${\mathbb{F}}_7^2$ の単元は $36$ 個、べき零元は 0 のみ。したがって $u=54\cdot 36=1944$、$v=27\cdot 1=27$。答えは $(1944,27)$。