可換環論・ホモロジー代数の問題

$R=(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z})[x]/(x^6-1)$ であり，$|R|=8^6$ の有限環である．

$\mathfrak{m}$ が極大イデアルであること. $R/\mathfrak{m}\cong {\mathbb{F}}_2[x]/(x^6-1,x^2+x+1)$．${\mathbb{F}}_2$ 上 $x^6-1=(x^3-1{)}^2=(x+1{)}^2(x^2+x+1{)}^2$ なので $x^2+x+1\mid x^6-1$ であり，$R/\mathfrak{m}\cong {\mathbb{F}}_2[x]/(x^2+x+1)\cong {\mathbb{F}}_4$ は体である．

$x^6-1$ を互いに素な因子に分ける. $\mathbb{Z}[x]$ で
$$x^6-1=(x^2-1)(x^4+x^2+1)$$
であり，$\mathrm{mod}2$ で $x^2-1\equiv (x+1{)}^2$，$x^4+x^2+1=(x^2+x+1)(x^2-x+1)\equiv (x^2+x+1{)}^2$ となる．$x+1$ と $x^2+x+1$ は ${\mathbb{F}}_2[x]$ で互いに素なので，${\mathbb{F}}_2[x]$ で $(x^2-1)$ と $(x^4+x^2+1)$ は互いに素であり，ある $a,b\in \mathbb{Z}[x]$ について
$$a(x^2-1)+b(x^4+x^2+1)=1+2c(c\in \mathbb{Z}[x])$$
と書ける．$(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z})[x]$ において $2$ はべき零（$2^3=0$）なので $1+2c$ は単数であり，$(x^2-1)$ と $(x^4+x^2+1)$ は $(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z})[x]$ で互いに素（和が全体）である．よって中国剰余定理より
$$R\cong R_1\times R_2,R_1=(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z})[x]/(x^2-1),R_2=(\mathbb{Z}/8\mathbb{Z})[x]/(x^4+x^2+1).$$

各因子の極大イデアル. 有限環の極大イデアルは $2$ を含む（$2$ はべき零なので，どの素イデアルにも含まれる）から，$R_i$ の極大イデアルは $R_i/2R_i$ の極大イデアルと対応する．
- $R_1/2R_1\cong {\mathbb{F}}_2[x]/((x+1{)}^2)$ の極大イデアルは $(x+1)$ のみ．
- $R_2/2R_2\cong {\mathbb{F}}_2[x]/((x^2+x+1{)}^2)$ の極大イデアルは $(x^2+x+1)$ のみ．

よって $R_1,R_2$ はともに局所環で，$R$ の極大イデアルは ${\mathfrak{m}}_1\times R_2$（$2,x+1$ で生成）と $R_1\times {\mathfrak{m}}_2$（$2,x^2+x+1$ で生成）の 2 つである．$\mathfrak{m}$ は後者 $R_1\times {\mathfrak{m}}_2$ に対応する．

局所化の計算. 直積の局所化では，$e=(0,1)$ は $\mathfrak{m}=R_1\times {\mathfrak{m}}_2$ に属さないので $R_{\mathfrak{m}}$ で単数となり，$e(1-e)=0$ から $1-e=(1,0)$ は $R_{\mathfrak{m}}$ で $0$ になる．したがって
$$R_{\mathfrak{m}}\cong (R_2{)}_{{\mathfrak{m}}_2}.$$
さらに $R_2$ は局所環で，${\mathfrak{m}}_2$ の外の元はすべて単数だから，局所化しても変わらず $(R_2{)}_{{\mathfrak{m}}_2}=R_2$．

個数. $x^4+x^2+1$ はモニックな 4 次式なので $R_2$ は $\mathbb{Z}/8\mathbb{Z}$ 上 $1,x,x^2,x^3$ を基底とする自由加群であり
$$|R_{\mathfrak{m}}|=|R_2|=8^4=4096.$$

$x^6-1=(x-1)(x+1)(x^2+x+1)(x^2-x+1)$ （$\mathbb{Z}$ 上の因数分解）。

$\mathbb{Z}/8$ は 2 べき零の環なので、$R/2R={\mathbb{F}}_2[x]/(x^6-1)$ の構造から $R$ を分解できる。${\mathbb{F}}_2$ 上
$$x^6-1\equiv (x+1{)}^2(x^2+x+1{)}^2.$$
$x^2+x+1$ は ${\mathbb{F}}_2$ 上既約。因子 $x-1,x+1$ は mod 2 で $x+1$ になり、$x^2+x+1,x^2-x+1$ は mod 2 でともに $x^2+x+1$ になる。

そこで $g=(x-1)(x+1)=x^2-1$、$h=(x^2+x+1)(x^2-x+1)=x^4+x^2+1$ とおくと $x^6-1=gh$。$g\equiv (x+1{)}^2$、$h\equiv (x^2+x+1{)}^2(\mathrm{mod}2)$ で、${\mathbb{F}}_2[x]$ 内で $g,h$ の mod 2 の像は互いに素（$x+1$ と $x^2+x+1$ は互いに素）。よって $(g,h)+(2)=(1)$ となり、$(g,h)$ はイデアルとして $(1)$ を含む（$g,h$ で生成される $\mathbb{Z}/8[x]$ のイデアルは 2 を法として単位イデアルになり、2 がべき零なので単位イデアル）。中国剰余定理より
$$R=(\mathbb{Z}/8)[x]/(gh)\cong (\mathbb{Z}/8)[x]/(g)\times (\mathbb{Z}/8)[x]/(h).$$

$\mathfrak{m}=(2,x^2+x+1)$ は第 2 因子に対応する。第 1 因子では $x^2+x+1$ が mod $(2,g)$ で単元（$x^2-1\equiv (x+1{)}^2$ が 0 のとき $x\equiv 1$ なので $x^2+x+1\equiv 1\ne 0$）。第 2 因子 $T=(\mathbb{Z}/8)[x]/(x^4+x^2+1)$ は、$T/2T={\mathbb{F}}_2[x]/((x^2+x+1{)}^2)$ が局所環なので $T$ は局所環で、極大イデアルは $\mathfrak{m}$ に対応するもの。したがって
$$R_{\mathfrak{m}}\cong T=(\mathbb{Z}/8)[x]/(x^4+x^2+1).$$

$x^4+x^2+1$ はモニックな 4 次式なので、$T$ は $\mathbb{Z}/8$ 上の自由加群で階数 4。元の個数は $8^4=4096$。

検算: $R$ 全体の元の個数は $8^6=262144$、$|(\mathbb{Z}/8)[x]/(g)|=8^2=64$、$64\cdot 4096=262144$ と合う。