可換環論・ホモロジー代数の問題

1. 素イデアルの分類. $R=S^{-1}A$ の素イデアルは、$P\cap S=\varnothing$ を満たす $A$ の素イデアル $P$ と一対一に対応する（$S$ は $\mathbb{Z}$ の像として考える）。

$A$ は $\mathbb{Z}$ 上 $1,x,y,xy,y^2,x{y}^2$ を基底とする階数 $6$ の自由加群である。よって $\mathbb{Z}\to A$ は単射である。$P\cap \mathbb{Z}$ は $\mathbb{Z}$ の素イデアルだから、$0$ または $q\mathbb{Z}$（$q$ は素数）である。

$q\notin \{2,3,5,7,31\}$ なら $q\in S$ となり、$P\cap S\ne \varnothing$ である。一方、$P\cap \mathbb{Z}=0$ または $p\mathbb{Z}$（$p\in \{2,3,5,7,31\}$）なら、$S$ の元は $p$ で割り切れないので $P\cap S=\varnothing$ である。よって条件は
$$P\cap \mathbb{Z}\in \{0,2\mathbb{Z},3\mathbb{Z},5\mathbb{Z},7\mathbb{Z},31\mathbb{Z}\}$$
と同値である。

• $P\cap \mathbb{Z}=0$ となる $P$ は、$A\otimes \mathbb{Q}=\mathbb{Q}[x,y]/(x^2-2,y^3-2)$ の素イデアルと対応する。
• $P\cap \mathbb{Z}=p\mathbb{Z}$ となる $P$ は、$A/pA={\mathbb{F}}_p[x,y]/(x^2-2,y^3-2)$ の素イデアルと対応する。

2. 生成点（$P\cap \mathbb{Z}=0$）. $A\otimes \mathbb{Q}=\mathbb{Q}(\sqrt{2})[y]/(y^3-2)$ である。$y^3-2$ は $\mathbb{Q}$ 上既約である。$[\mathbb{Q}(\sqrt{2}):\mathbb{Q}]=2$ と $3$ は互いに素なので、$\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ 上でも既約である。よって $A\otimes \mathbb{Q}$ は $6$ 次の体であり、素イデアルは $1$ 個である。

$A$ は捩れのない加群なので $A\subset A\otimes \mathbb{Q}$ となり、$A$ は整域である。この $1$ 個の素イデアルは $A$ の零イデアルにあたる。

3. 各 $p$ のファイバー. 有限次元代数の素イデアルは、被約化（冪零元根基で割ったもの）の素イデアルと一致する。また $A/pA\cong {\mathbb{F}}_p[x]/(x^2-2){\otimes }_{{\mathbb{F}}_p}{\mathbb{F}}_p[y]/(y^3-2)$ であり、${\mathbb{F}}_{p^a}{\otimes }_{{\mathbb{F}}_p}{\mathbb{F}}_{p^b}\cong ({\mathbb{F}}_{p^{\mathrm{lcm}(a,b)}}{)}^{\gcd (a,b)}$ が成り立つ。これらを使って数える。

- $p=2$：$A/2A={\mathbb{F}}_2[x,y]/(x^2,y^3)$ では $x,y$ は冪零である。よって極大イデアル $(x,y)$ だけをもつ局所環であり、$1$ 個。
- $p=3$：$x^2-2\equiv x^2+1$ は ${\mathbb{F}}_3$ 上既約である（$-1$ は平方剰余でない）。$y^3-2\equiv y^3+1=(y+1{)}^3$ である。被約化は ${\mathbb{F}}_9$ なので $1$ 個。
- $p=5$：平方剰余は $1,4$ なので、$x^2-2$ は既約で ${\mathbb{F}}_{25}$ を与える。$3^3=27\equiv 2$ より
$$y^3-2=(y-3)(y^2+3y+9)\equiv (y-3)(y^2+3y+4)$$
となる。2次式の判別式は $9-16=-7\equiv 3$ で、平方剰余でないから既約である。よって
$$A/5A\cong {\mathbb{F}}_{25}\otimes ({\mathbb{F}}_5\times {\mathbb{F}}_{25})\cong {\mathbb{F}}_{25}\times ({\mathbb{F}}_{25}{)}^2$$
となり、$3$ 個。
- $p=7$：$3^2=9\equiv 2$ より $x^2-2=(x-3)(x+3)$ である。${\mathbb{F}}_7$ の立方数は $0,1,6$ だけなので、$y^3-2$ は根をもたない3次式であり、既約である。よって
$$A/7A\cong ({\mathbb{F}}_7\times {\mathbb{F}}_7)\otimes {\mathbb{F}}_{343}\cong ({\mathbb{F}}_{343}{)}^2$$
となり、$2$ 個。
- $p=31$：$8^2=64\equiv 2$ より、$x^2-2$ は相異なる2根 $\pm 8$ をもつ。$4^3=64\equiv 2$ である。また $5^3=125\equiv 1$ だから、$5$ は1の原始3乗根である。よって $y^3-2$ は相異なる3根 $4,20,100\equiv 7$ をもつ。したがって $A/31A\cong {\mathbb{F}}_{31}^6$ となり、$6$ 個。

4. 合計. $1+1+1+3+2+6=14$。

内訳は、零イデアル $1$ 個と、極大イデアル $13$ 個である（$R$ のクルル次元は $1$）。

$A$ は $\mathbb{Z}$ 上階数 6 の自由加群で、$A\otimes \mathbb{Q}=\mathbb{Q}(\sqrt{2})\otimes \mathbb{Q}(\sqrt[3]{2})\cong \mathbb{Q}(\sqrt[6]{2})$ は体である（次数 2 と 3 は互いに素）。$A$ はこの体に含まれるので整域であり、零イデアルは素イデアルである。

$R=S^{-1}A$ の素イデアルは、$A$ の素イデアル $P$ のうち $P\cap \mathbb{Z}$ が $S$ と交わらないものと 1 対 1 に対応する。すなわち $P\cap \mathbb{Z}$ が $(0)$ または $(p)$（$p=2,3,5,7,31$）となるものを数える。

・$P\cap \mathbb{Z}=(0)$ のもの: 零イデアルのみで 1 個。
・$P\cap \mathbb{Z}=(p)$ のもの: $A/pA={\mathbb{F}}_p[x]/(x^2-2)\otimes {\mathbb{F}}_p[y]/(y^3-2)$ の素イデアルの個数（アルティン環なので極大イデアルの個数）。

• $p=2$: ${\mathbb{F}}_2[x,y]/(x^2,y^3)$ は局所環で 1 個。
• $p=3$: $x^2-2=x^2+1$ は既約で ${\mathbb{F}}_9$ を与える。$y^3-2=(y+1{)}^3$。局所環となり 1 個。
• $p=5$: 平方剰余は 1, 4 なので 2 は非剰余であり、$x^2-2$ は既約（${\mathbb{F}}_{25}$）。立方は全単射なので $y^3-2=(y-3)\cdot (\text{既約 2 次})$。${\mathbb{F}}_{25}\otimes {\mathbb{F}}_5={\mathbb{F}}_{25}$ で 1 個、${\mathbb{F}}_{25}\otimes {\mathbb{F}}_{25}\cong {\mathbb{F}}_{25}^2$ で 2 個。計 3 個。
• $p=7$: $3^2=2$ なので $x^2-2$ は 1 次式 2 つに分解する。立方数は 1, 6 のみで 2 は立方数でないので $y^3-2$ は既約（${\mathbb{F}}_{343}$）。計 $2\times 1=2$ 個。
• $p=31$: $8^2=64\equiv 2$ なので $x^2-2$ は 2 つの 1 次式に分解する。$2^{10}=1024\equiv 1(\mathrm{mod}31)$ なので 2 は立方数で、$31\equiv 1(\mathrm{mod}3)$ より $y^3-2$ は 3 つの 1 次式に分解する。計 $2\times 3=6$ 個。

合計は $1+1+1+1+3+2+6=14$。ここで最初の 1 は零イデアル、続く $1+1+3+2+6=13$ は $p=2,3,5,7,31$ 上の素イデアルである。