可換環論・ホモロジー代数の問題

$k={\mathbb{F}}_3$，$\mathfrak{m}=(x,y)R$ とおく．$R$ は $k$ 上 $1,x,y$ を基底とする 3 次元の局所環で，${\mathfrak{m}}^2=0$ である．

$M$ の極小自由分解.
- $R\stackrel{x}{\to }R\to M\to 0$ において，$x$ 倍写像の核は ${\mathrm{Ann}}_R(x)$ である．$x\cdot x=x\cdot y=0$ だから ${\mathrm{Ann}}_R(x)=\mathfrak{m}$（$1$ の係数が $0$ でない元は単数なので零化しない）．
- 次に $R^2\stackrel{(xy)}{\to }R$ は $\mathfrak{m}$ への全射で，核の次元は $6-2=4$．一方 ${\mathfrak{m}}^2=0$ より $\mathfrak{m}\oplus \mathfrak{m}$（次元 4）は核に含まれるので，核 $=\mathfrak{m}\oplus \mathfrak{m}$．
- 以下同様に，各 $\mathfrak{m}$ を $R^2\stackrel{(xy)}{\to }R$ で覆うことを繰り返す．

よって $M$ の自由分解 $F_{\bullet }$ は，階数を ${\beta }_n$ として
$${\beta }_0=1,{\beta }_1=1,{\beta }_n=2{\beta }_{n-1}(n\ge 2)$$
すなわち ${\beta }_n=2^{n-1}(n\ge 1)$ であり，$d_1$ は $x$ 倍，$n\ge 2$ の $d_n:R^{{\beta }_n}\to R^{{\beta }_{n-1}}$ は行ベクトル $(xy)$ を ${\beta }_{n-1}$ 個対角に並べた行列である．

$N$ とのテンソル. $N=R/yR$ は $k$ 上 $1,x$ を基底とし，$N$ 上で $y$ は $0$ として作用する．$F_{\bullet }{\otimes }_{R}N$ は $N^{{\beta }_n}$ を並べた複体で，$n\ge 2$ の微分は
$$N^2\to N,(a,b)\mapsto xa+yb=xa$$
を ${\beta }_{n-1}$ 個並べたものになる．
- $\ker (N^2\to N)=\{(a,b):xa=0\}=xN\oplus N$ は $1+2=3$ 次元．よって ${\dim }_k\ker (d_n\otimes N)=3{\beta }_{n-1}$．
- $d_{n+1}\otimes N$ の像は，$N^{{\beta }_n}$ の各成分で $xN$（1 次元）なので ${\dim }_k={\beta }_n$．

したがって $n\ge 2$ で
$${\dim }_k{\mathrm{Tor}}_n^R(M,N)=3{\beta }_{n-1}-{\beta }_n=3{\beta }_{n-1}-2{\beta }_{n-1}={\beta }_{n-1}=2^{n-2}.$$
（検算: $n=1$ では $\ker (x:N\to N)=xN$ と $d_2\otimes N$ の像 $xN$ が一致して ${\mathrm{Tor}}_1=0$ となり，${\mathrm{Tor}}_1^R(R/xR,R/yR)\cong (xR\cap yR)/xyR=0$ と合う．）

結論. $n=5$ のとき ${\dim }_k{\mathrm{Tor}}_5^R(M,N)=2^3=8$ なので，位数は
$$3^8=6561.$$

$k={\mathbb{F}}_3$, $\mathfrak{m}=(x,y)$ とおくと $R=k[x,y]/{\mathfrak{m}}^2=k\oplus kx\oplus ky$ で、${\mathfrak{m}}^2=0$、${\dim }_{k}R=3$。

(1) $xR=\{ax:a\in k\}$（$x\cdot x=x\cdot y=0$ より）で、$R$ 加群として $xR\cong k$。よって完全列 $0\to k\to R\to M\to 0$ を得る。$R$ は射影的なので $n\ge 2$ で ${\mathrm{Tor}}_n^R(M,N)\cong {\mathrm{Tor}}_{n-1}^R(k,N)$。

(2) 同様に $yR\cong k$ で完全列 $0\to k\to R\to N\to 0$ があり、$n\ge 2$ で ${\mathrm{Tor}}_n^R(k,N)\cong {\mathrm{Tor}}_{n-1}^R(k,k)$。

ゆえに ${\mathrm{Tor}}_5^R(M,N)\cong {\mathrm{Tor}}_4^R(k,N)\cong {\mathrm{Tor}}_3^R(k,k)$。

(3) ${\mathrm{Tor}}_n^R(k,k)$ の次元（ベッチ数）を求める。${\mathfrak{m}}^2=0$ の局所環では、$k$ の最小自由分解で第 $n$ syzygy ${\Omega }^{n}k$ は $k$ 上のベクトル空間（$\mathfrak{m}$ で消える）になる。実際 ${\Omega }^{1}k=\mathfrak{m}\cong k^2$（埋め込み次元 $e=2$）で、$\mathfrak{m}{\Omega }^{1}k={\mathfrak{m}}^2=0$。$k^b$ の被覆は $R^b\to k^b$ で核は ${\mathfrak{m}}^{\oplus b}\cong k^{2b}$。よって $b_{n+1}=2b_n$、$b_0=1$ から $b_n=2^n$。

${\mathrm{Tor}}_3^R(k,k)\cong k^8$（$k$ 上のベクトル空間、各 $\mathrm{Tor}$ は $k$ 加群）なので位数は $3^8=6561$。

検算: $b_1=\dim \mathfrak{m}/{\mathfrak{m}}^2=2$、$b_2=2^2=4$（関係式は $x^2,xy,y^2$ の 3 本と、一次の syzygy $y\cdot x-x\cdot y$ の 1 本で計 4）と整合する。Poincaré 級数 $1/(1-2t)$ は $k[x,y]/{\mathfrak{m}}^2$ の既知の結果とも一致する。