東大数理院試2004年度専門問4解答

$A^{\times }\cong \mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z}$となる$A$が存在したとする．$|A^{\times }|=p^2$は奇数だから$-1\in A^{\times }$の位数も奇数．よって$-1=1$だから$A$の標数は$2$である．$A^{\times }$の生成元を$g$とし，環準同型 $\phi :{\mathbb{F}}_2[x]\to A$を$x\mapsto g$で定める．$\mathrm{Ker}\phi$は${\mathbb{F}}_2[x]$のイデアルなので，一つの$f\in {\mathbb{F}}_2[x]$で生成される．$f_0(x)=x^{p^2}-1$とおくと$(f_0)\subset \mathrm{Ker}\phi$であるから$f_0$は$f$で割り切れる．また$f_0^{\prime }(x)=p^2{x}^{p^2-1}\ne 0(x\in A\setminus \{0\})$だから$f_0$は重根を持たない．よって$f$も重根を持たないから，${\mathbb{F}}_2$上で既約かつどの二つも互いに素な多項式$f_1,\dots ,f_n$があって$f=f_1\cdots f_n$とおける．従って準同型定理と中国剰余定理から
$$\begin{array}{rl}\mathrm{Im}\phi & \cong {\mathbb{F}}_2[x]/(f_1\cdots f_n)\\ & \cong {\mathbb{F}}_2[x]/(f_1)\times \cdots \times {\mathbb{F}}_2[x]/(f_n)\\ & \cong {\mathbb{F}}_{2^{d_1}}\times \cdots \times {\mathbb{F}}_{2^{d_n}}.\end{array}$$
ただし$d_i=\mathrm{deg}{f}_i$とおいた．$x\notin \mathrm{Ker}\phi$であること，また$g$の位数は$p^2>1$だから $x-1\notin \mathrm{Ker}\phi$であることから$d_i\ge 2$である．
ここで$(\mathrm{Im}\phi {)}^{\times }=A^{\times }$を示す．$\mathrm{Im}\phi \subset A$より$(\mathrm{Im}\phi {)}^{\times }\subset A^{\times }$である．逆に$u\in A^{\times }$なら$v\in A^{\times }$が存在して$uv=1$となる．$\phi {|}_{R^{\times }}:R^{\times }\to A^{\times }$は全射だから，$u^{\prime },v^{\prime }\in R^{\times }$であって$\phi (u^{\prime })=u,\phi (v^{\prime })=v$となるものが存在する．この時$1=uv=\phi (u^{\prime })\phi (v^{\prime })$だから$u=\phi (u^{\prime })\in (\mathrm{Im}\phi {)}^{\times }.$よって$A^{\times }\subset (\mathrm{Im}\phi {)}^{\times }$となるから示された．
以上から
$$\begin{array}{rl}{A}^{\times }& \cong ({\mathbb{F}}_{2^{d_1}}\times \cdots \times {\mathbb{F}}_{2^{d_n}}{)}^{\times }\\ & \cong {\mathbb{F}}_{2^{d_1}}^{\times }\times \cdots \times {\mathbb{F}}_{2^{d_n}}^{\times }\\ & \cong \mathbb{Z}/(2^{d_1}-1)\mathbb{Z}\times \cdots \times \mathbb{Z}/(2^{d_n}-1)\mathbb{Z}\end{array}$$
だから，位数を比較して$p^2=(2^{d_1}-1)\cdots (2^{d_n}-1).$これより$n\le 2$である．$mod4$で見ると，$d_i\ge 2$より$1\equiv (-1{)}^n$なので$n=2.$この時$2^{d_i}-1>1$より$2^{d_1}-1=2^{d_2}-1=p$であるが，$A^{\times }\cong (\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}{)}^2\ncong \mathbb{Z}/p^2\mathbb{Z}$となって矛盾．