Z/p^nZの単元群

$x$と$y$は可換なので$\langle xy\rangle $は2つの部分群$\langle x\rangle, \langle y\rangle$の積である。すなわち、$\langle xy\rangle=\langle x\rangle\langle y\rangle $である。$a,b$は互いに素なので$\langle x\rangle \cap \langle y\rangle = \{e\}$である。ゆえに$|\langle xy\rangle | = |\langle x\rangle\langle y\rangle| = |\langle x\rangle | \cdot|\langle y\rangle| / |\langle x\rangle \cap \langle y\rangle|=ab$である。ゆえに$xy$の位数は$ab$である。

$xy$の位数を$c$とする。$x^a=y^b=e$であり$x$と$y$は可換なので、$(xy)^{ab}=x^{ab}y^{ab}=(x^a)^b (y^b)^a=e$である。ゆえに$c$は$ab$の約数である。
一方、$e=(xy)^{ac}=x^{ac}y^{ac}=y^{ac}$なので$ac$は$b$の倍数である。$a,b$は互いに素なので$c$は$b$の倍数である。同様に$c$は$a$の倍数であることがわかる。よって$c$は$a,b$の公倍数であり、$a,b$は互いに素なので$c$は$ab$の倍数である。
したがって$c=ab$である。

アーベル群の構造定理から、$H$は$C_{n_1} \times \cdots \times C_{n_r} ~(r \in \mathbb{N}, n_1, \ldots ,n_r \in \mathbb{N} , n_1 | \cdots | n_r)$という形の群と同型です。このとき、任意の$g \in H$に対して$g^{n_r} = 1$が成り立ちます。ここで、$1$は体$F$の乗法単位元です。ところが$F$は体なので、方程式$x^{n_r}=1$は重解も込めて高々$n_r$個しか解をもちません。ゆえに、$|H| \leq n_r $を得ます。一方、$n_r \leq n_1\cdots n_r=|H|$なので$n_r = |H|$が従います。$|H|=n_1 \cdots n_r$より$n_i = 1(1 \leq i \leq r-1)$を得ます。ゆえに、$H \cong C_{n_r}$が成り立ちます。

(1)$n$に関する帰納法で示します。$n=1$のときは命題2より成り立ちます。$n \geq 2$とします。帰納法の仮定から$(\mathbb{Z}/p^{n-1}\mathbb{Z})^\times$は巡回群なので、その生成元$g~ (\mathrm{mod} ~p^{n-1})$をとります。ここで$g \in \mathbb{Z}$です。$g~ (\mathrm{mod} ~p^n)$の$(\mathbb{Z}/p^n \mathbb{Z})^\times$における位数は$g~ (\mathrm{mod} ~p^{n-1})$の$(\mathbb{Z}/p^{n-1} \mathbb{Z})^\times$における位数の倍数になるため、とくに$g~ (\mathrm{mod} ~p^n)$の位数は$ p-1$の倍数になります。したがって、$g^a~ (\mathrm{mod} ~p^n)$の位数が$p-1$になるような$a\in \mathbb{Z}$がとれます。
以後$\mathrm{mod }$は$p^n$や$2^n$で考えるので表記の都合上省略します。
さて、位数$p^{n-1}$の元がとれれば、命題2と前段落で示したことから位数$p^{n-1}(p-1)$の元が得られるので証明が終わります。そこで以下では$1+p$の位数が$p^{n-1}$であることを示します。二項定理から、

$$ (1+p)^{p^{n-1}} = 1+ \sum_{i=1}^{p^{n-1}} \binom{p^{n-1}}{i} p^i$$
であり$\binom{p^{n-1}}{i} = \frac{p^{n-1}}{i}\binom{p^{n-1}-1}{i-1}$なので$\binom{p^{n-1}}{i} p^i$は$ p$で$n+i-1-v_p(i)$回以上割り切れます。ここで、$v_i(p)$は$i$が$p$で割り切れる回数です。簡単な考察により任意の$i \geq 1$に対して$n+i-1-v_p(i) \geq n$が分かり、$ (1+p)^{p^{n-1}} \equiv 1 $を得ます。ゆえに$1+p$の位数は$p^{n-1}$を割り切ります。
さて、$1+p$の位数が$p^{n-2}$で割り切れないことが分かれば証明完了です。
$$ (1+p)^{p^{n-2}}= 1+p^{n-1} + \sum_{i=2}^{p^{n-2}} \binom{p^{n-2}}{i} p^i$$
であり上と同様にして$\binom{p^{n-2}}{i} p^i$は$ p$で$n+i-2-v_p(i)$回以上割り切れます。 $p \geq 3$なので任意の$i \geq 2$に対して$n+i-2-v_p(i) \geq n $が分かり、$(1+p)^{p^{n-2}} \equiv 1 +p^{n-1} $を得ます。
よって$1+p$の位数は$p^{n-2}$では割り切りません。したがって、$1+p$の位数は$p^{n-1}$であり、命題2より$g^a(1+p) $の位数は$p^{n-1}(p-1)$になります。よって$p \geq 3$のとき、$(\mathbb{Z}/p^n \mathbb{Z})^\times$は巡回群であると分かります。

(2)は明らかです。

(3)$5$の位数が$2^{n-3}$を割り切らないことを(1)と同様の方法で示します。
$$5^{2^{n-3}}=(1+2^2)^{2^{n-3}}= 1+2^{n-1}+\sum_{i=2}^{2^{n-3}} \binom{2^{n-3}}{i} 2^{2i}$$であり、$\binom{2^{n-3}}{i} 2^{2i}$は$2$で$n+2i-3-v_2(i)$回割り切れます。任意の$i \geq 2$に対して$n+2i-3-v_2(i) \geq n$なので$5^{2^{n-3}} \equiv 1+2^{n-1}$を得ます。よって$5$の位数は$2^{n-3}$を割り切りません。$(\mathbb{Z}/2^n \mathbb{Z})^\times$の位数は$2^{n-1}$だったので$5$の位数は$2^{n-2},2^{n-1}$のいずれかです。ところが、余談で述べたことから$(\mathbb{Z}/2^n \mathbb{Z})^\times$は巡回群ではないので、$5$の位数は$2^{n-2}$であると分かります。
さて、実はこの時点で$-1 \notin \langle 5 \rangle$が
既に言えています。実際、巡回部分群$\langle 5 \rangle$には位数$2$の元がただ一つ存在し、それは$5^{2^{n-3}}$です。$5^{2^{n-3}} \equiv 1+ 2^{n-1} \not\equiv -1$なので$-1 \notin \langle 5 \rangle$です。よって、位数に関する考察から$(\mathbb{Z}/2^n \mathbb{Z})^\times = \langle 5\rangle \times \langle -1\rangle$と内部直積に分解できることが分かります。