可換環論・ホモロジー代数の問題

ステップ 1：単項式基底。 $I=(x^2,xy)$ は単項式イデアルなので、$A_n$ の $k$ 基底として「$x^2$ でも $xy$ でも割り切れない $n$ 次単項式」の像がとれる。したがって $H_A(n)$ はそのような $n$ 次単項式の個数である。

ステップ 2：数える。 $n$ 次単項式 $x^a{y}^b{z}^c{w}^d$（$a+b+c+d=n$）が $x^2$ でも $xy$ でも割り切れない条件は、
- $a=0$（$b,c,d$ は任意）、または
- $a=1$ かつ $b=0$

である。
- $a=0$ のもの：$y,z,w$ の $n$ 次単項式の個数で $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{2}\right)=\frac{(n+2)(n+1)}{2}$ 個。
- $a=1,b=0$ のもの：$x\cdot z^c{w}^d$（$c+d=n-1$）で、$n\ge 1$ のとき $n$ 個（$n=0$ のときは $0$ 個）。

ステップ 3：まとめ。 $n\ge 0$ に対して（$n=0$ でも $n$ 個 $=0$ 個なので同じ式でよい） $$H_A(n)=\frac{(n+2)(n+1)}{2}+n=\frac{n^2+3n+2+2n}{2}=\frac{n^2+5n+2}{2}.$$ よってヒルベルト多項式は $$P(n)=\frac{n^2+5n+2}{2}$$ である。

（検算：$n=1$ で $H_A(1)=4$（$x,y,z,w$）、式は $\frac{1+5+2}{2}=4$。$n=2$ では $10$ 個の $2$ 次単項式から $x^2,xy$ を除いて $8$、式は $\frac{4+10+2}{2}=8$。）

補足： $I=(x)\cap (x^2,y)$ であり、$A$ は平面 $x=0$（次数 $1$ の曲面）に直線 $x=y=0$ 上の埋め込み成分がついたものである。主要項 $\frac{n^2}{2}$ は平面の寄与で、埋め込み成分が一次以下の項を変えている。

$I=(x^2,xy)$ は単項式イデアルなので、$A_n$ の基底は $I$ に属さない $n$ 次単項式である。単項式 $x^a{y}^b{z}^c{w}^d$ が $I$ に属さない条件は、$x^2$ でも $xy$ でも割り切れないこと、すなわち $a\ge 2$ でなく、かつ ($a\ge 1$ かつ $b\ge 1$) でないこと。したがって次の 2 種類になる。\n\n1. $a=0$: $y,z,w$ の $n$ 次単項式。個数は $\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{2}\right)$。\n2. $a=1$, $b=0$: $x\cdot z^c{w}^d$ で $c+d=n-1$。個数は $n$（$n\ge 1$）。\n\n合わせて、$n\ge 1$ で\n$$H_A(n)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+2}{2}\right)+n=\frac{(n+2)(n+1)}{2}+n=\frac{n^2+5n+2}{2}.$$\n\n検算1: 完全系列 $0\to S(-3)\to S(-2{)}^2\to S\to A\to 0$（$I$ のシジジーは $y\cdot x^2-x\cdot xy=0$ のみ）より $n\ge 3$ で $H_A(n)=\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+3}{3}\right)-2\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n+1}{3}\right)+\left(\genfrac{}{}{0ex}{}{n}{3}\right)$。$n=3$: $20-8+1=13$、上の式で $(9+15+2)/2=13$ で一致。$n=4$: $35-20+4=19$、$(16+20+2)/2=19$ で一致。\n検算2: $n=1$: $4$、$n=2$: $10-2=8$、式は $(4+10+2)/2=8$ で一致。\n\nよって $P(n)=\frac{n^2+5n+2}{2}$（実際には $n\ge 1$ で $H_A(n)=P(n)$）。