アティマク1章の演習問題7が少しおもしろかったので具体例を考えた

　$I$を$A$の素イデアルとすれば, $A/I$は整域. $x\in A\setminus I$とするとき, $x^n=x$ となる整数$n>1$をとると$(x^n-x)+I=x(x^{n-1}-1)+I=I$ となることから $x^{n-1}-1\in I$がわかる. このとき$(x+I)(x^{n-2}+I)=x^{n-1}+I=1+I$がわかり, $A/I$は体であるから$I$は極大イデアル.

　$0$が極大イデアルとなることと, 自明でないイデアルをもたないことは同値. さらにそれは体であることと同値.

　$K$は整域であることから, 零イデアル$0$は素イデアルで, 極大イデアル. よって命題1よりしたがう.

　標数が$0$なら$\mathbb{Q}\subset K$であるが, $2^n$$(n>1)$が$2$となることはない.

　$K^{\times }=K\setminus \{0\}$は積に関する可換群で, $x\ne 0$が生成する部分群の位数を$d$とするとラグランジュの定理より$d$は$|K^{\times }|=n-1$の約数となる. さて, 元$x$が生成する部分群の位数$d$と元$x$の位数は一致するから$x^{n-1}=(x^d{)}^{\frac{n-1}{d}}=1^{\frac{n-1}{d}}=1$.

　$x\in K\setminus {\mathbb{F}}_p$の${\mathbb{F}}_p$上の最小多項式$f(X)$を取り, その${\mathbb{F}}_p$上の最小分解体を考えるとこれは有限体で位数は$q=p^{\mathrm{deg}f(X)}$. 命題3を使うと$x^q=x$.

　$x\in A$を$0$でないベキ零元とする. $x^m=0$となる最小の$m$を取る. $x^n=x$となる$n>1$を取るとこれは$n<m$のはずである. （$n\ge m$であれば$x=x^n=x^{n-m}{x}^m=0$.）しかし, $x^n=x$の両辺に$x^{m-n}$をかけると$x^m=x^{m-n+1}=0$であるが, $m-n+1<m$より$m$の最小性に矛盾.

$m=p_1^{i_1}\dots p_t^{i_t}$を素因数分解とする（$p_j$はそれぞれ異なる素数で$i_j>0$）. このとき${\displaystyle \prod _{j=1}^t{\mathbb{F}}_{p_j^{i_j}}}$は位数が$m$の環で, 任意の元$(x_1,\dots ,x_t)$に対して$\ell =(p_1^{i_1}-1)\dots (p_t^{i_t}-1)$とすると$(x_1,\dots ,x_t{)}^{\ell }=(x_1^{\ell },\dots ,x_t^{\ell })$ さて, 各成分について考えると$j$番目の成分は${\mathbb{F}}_{p_j^{i_j}}$であるので$x_j^{\ell }=(x_j^{p_j^{i_j}-1}{)}^{\frac{\ell }{p_j^{i_j}-1}}=1^{\frac{\ell }{p_j^{i_j}-1}}=1$. よって$(x_1,\dots ,x_t{)}^{\ell }=(1,\dots ,1)$であるから, $(x_1,\dots ,x_t{)}^{\ell +1}=(x_1,\dots ,x_t)$.

${\displaystyle (x_q{)}_q}$ を$A$の元とするとき, $\ell =\prod _{x_q\ne 0}(q-1)$とすれば, $x_q^{\ell }=(x_q^{q-1}{)}^{\frac{\ell }{q-1}}=1^{\frac{\ell }{q-1}}=1$であり, つまり$(x_q{)}_q^{\ell +1}=(x_q{)}_q$.