可換環論・ホモロジー代数の問題

ステップ 1：$M$ の自由分解（コシュル複体）。 $a=4$, $b=x^2+1$ とおく。$a$ は $R$ の非零因子であり、$R/(a)=(\mathbb{Z}/4\mathbb{Z})[x]$ において $b$ はモニック多項式なので非零因子である。よって $a,b$ は $R$ 正則列で、コシュル複体 $$0\to R\stackrel{\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{-b}{a}\right)}{\to }{R}^2\stackrel{(ab)}{\to }R\to M\to 0$$ は $M$ の自由分解である。これに ${\otimes }_{R}N$ を施すと、${\mathrm{Tor}}_i^R(M,N)$ は複体 $$0\to N\stackrel{d_2}{\to }{N}^2\stackrel{d_1}{\to }N\to 0,d_2(n)=(-bn,an),d_1(u,v)=au+bv$$ の $i$ 次ホモロジー（コシュルホモロジー $H_i(a,b;N)$）になる。

ステップ 2：$N$ を分解する。 $(6)=(2)\cap (3)$ かつ $(2)+(3)=R$ なので、中国剰余定理より $$N\cong N_2\times N_3,N_2={\mathbb{F}}_2[x]/(x^3+1),N_3={\mathbb{F}}_3[x]/(x^3+1).$$ 複体は直和に分かれる。$N_3$ 上では $a=4$ は可逆（$4\equiv 1$）なので、コシュル複体は完全である（$(a,b)$ が単位イデアルを生成する作用をもつため、ホモロジーは $(a,b)$ で消える）。実際、$H_i(a,b;N_3)$ は $a$ で零化されるが $a$ が可逆なので $0$。よって $N_2$ の部分だけ調べればよい。

ステップ 3：$N_2$ の構造。 ${\mathbb{F}}_2$ 上で $x^3+1=(x+1)(x^2+x+1)$ で、$x^2+x+1$ は既約、両因子は互いに素なので $$N_2\cong {\mathbb{F}}_2[x]/(x+1)\times {\mathbb{F}}_2[x]/(x^2+x+1)\cong {\mathbb{F}}_2\times {\mathbb{F}}_4,|N_2|=8.$$ また $b=x^2+1=(x+1{)}^2$ は、${\mathbb{F}}_2$ 成分（$x=1$）では $0$ として、${\mathbb{F}}_4$ 成分では $0$ でない元（可逆）として作用する。したがって $${\mathrm{Ann}}_{N_2}(b)={\mathbb{F}}_2\times 0,|{\mathrm{Ann}}_{N_2}(b)|=2,b{N}_2=0\times {\mathbb{F}}_4,|b{N}_2|=4.$$

ステップ 4：$H_1$ を計算する。 $N_2$ 上では $a=4=0$ なので $d_2(n)=(-bn,0)$, $d_1(u,v)=bv$。
- $\ker d_1=\{(u,v):bv=0\}=N_2\times {\mathrm{Ann}}_{N_2}(b)$ で、元の個数は $8\times 2=16$。
- $\mathrm{im}{d}_2=b{N}_2\times 0$ で、元の個数は $4$。

よって $$|{\mathrm{Tor}}_1^R(M,N)|=|H_1|=\frac{16}{4}=4.$$

$R=\mathbb{Z}[x]$ は正則環で、$(4,f)$（$f=x^2+1$）、$(6,g)$（$g=x^3+1$）はそれぞれ正則列。よって $M$、$N$ はコズュール複体 $K(4,f)$、$K(6,g)$ で自由分解され、\n$${\mathrm{Tor}}_i^R(M,N)=H_i(K(4,f)\otimes K(6,g))=H_i(K(4,6,f,g;R)).$$\n\nコズュール複体は生成列の基底変換（$G{L}_n(R)$ による変換）で同型。$(4,6)\to (4,2)\to (0,2)$ と基本変形でき、$K(4,6,f,g)\cong K(0)\otimes K(2,f,g)$。$K(0)$ は $R\stackrel{0}{\to }R$ なので、$K^{\prime }=K(2,f,g)$ とおくと\n$$H_1(K(0)\otimes K^{\prime })=H_1(K^{\prime })\oplus H_0(K^{\prime }).$$\n\n$H_0(K^{\prime })=R/(2,f,g)={\mathbb{F}}_2[x]/(x^2+1,x^3+1)$。${\mathbb{F}}_2$ 上 $x^2+1=(x+1{)}^2$、$x^3+1=(x+1)(x^2+x+1)$ で、$h=x^2+x+1$ は $h(1)=1\ne 0$ より $x+1$ と互いに素。よって gcd は $d=x+1$ で、$H_0(K^{\prime })\cong {\mathbb{F}}_2[x]/(x+1)={\mathbb{F}}_2$、元の個数 2。\n\n$H_1(K^{\prime })$: $2$ は $R$ の非零因子なので $K(2,f,g;R)\simeq K(f,g;S)$（$S=R/2={\mathbb{F}}_2[x]$）。$S$ の $H_1(K(f,g;S))$ は $\{(a,b)\in S^2:af+bg=0\}$ を $S\cdot (g,-f)$ で割ったもの。$f=d(x+1)$、$g=dh$ で $af+bg=0⟺a(x+1)=-bh$。$x+1$ と $h$ は互いに素なので $a=ht,b=-(x+1)t$（$t\in S$）。一方 $(g,-f)=d(h,-(x+1))$ なので、商は $S/(d)={\mathbb{F}}_2$。元の個数 2。\n\nゆえに $|{\mathrm{Tor}}_1^R(M,N)|=2\times 2=4$。\n\n検算: ${\mathrm{Tor}}_0=M\otimes N=R/(4,6,f,g)=R/(2,f,g)={\mathbb{F}}_2$（コズュール複体の $H_0$ としても 1 つの ${\mathbb{F}}_2$ で一致）。また ${\mathrm{Tor}}_1$ は $\mathbb{Z}/2$ 加群 2 個の直和（位数 4）で、有限という問題文の主張とも整合する。