可換環論・ホモロジー代数の問題

$x^{12}+1$ の分解. 標数 $2$ ではフロベニウス写像 $a\mapsto a^2$ が環準同型なので、$(x^3+1{)}^2=x^6+1$、$(x^6+1{)}^2=x^{12}+1$ が成り立ちます。よって
$$x^{12}+1=(x^3+1{)}^4.$$
さらに $x^3+1=(x+1)(x^2+x+1)$ です。$x^2+x+1$ は ${\mathbb{F}}_2$ に根をもたない（$x=0,1$ を代入するといずれも $1$）2 次式なので、${\mathbb{F}}_2$ 上既約です。したがって
$$x^{12}+1=(x+1{)}^4(x^2+x+1{)}^4$$
が既約分解になります。

中国剰余定理による分解. $(x+1{)}^4$ と $(x^2+x+1{)}^4$ は互いに素なので、中国剰余定理より
$$R\cong A_1\times A_2,A_1={\mathbb{F}}_2[x]/((x+1{)}^4),A_2={\mathbb{F}}_2[x]/((x^2+x+1{)}^4)$$
となり、$R^{\times }\cong A_1^{\times }\times A_2^{\times }$ が成り立ちます。

局所環の単数. $f$ を次数 $d$ の既約多項式とし、$A={\mathbb{F}}_2[x]/(f^e)$ とおきます。$A$ の極大イデアルは $\mathfrak{m}=(f)/(f^e)$ ただ一つなので、$A$ は局所環です。局所環では、元が単数であることと $\mathfrak{m}$ に属さないことが同値です。
- $|A|=2^{de}$ です（剰余類は次数 $<de$ の多項式で代表されます）。
- $|\mathfrak{m}|=|A|/|A/\mathfrak{m}|=2^{de}/2^d=2^{d(e-1)}$ です（$A/\mathfrak{m}\cong {\mathbb{F}}_2[x]/(f)$ は位数 $2^d$ の体）。

したがって $|A^{\times }|=2^{de}-2^{d(e-1)}$ です。
- $A_1$（$d=1,e=4$）：$|A_1^{\times }|=2^4-2^3=16-8=8$。
- $A_2$（$d=2,e=4$）：$|A_2^{\times }|=2^8-2^6=256-64=192$。

結論.
$$|R^{\times }|=8\times 192=1536.$$

（検算：$R^{\times }$ は、次数 $<12$ の多項式のうち $x^{12}+1$ と互いに素なもの全体と対応します。その個数は $2^{12}\left(1-\frac{1}{2}\right)\left(1-\frac{1}{4}\right)=4096\cdot \frac{3}{8}=1536$ で、上の結果と一致します。）

標数 2 より $x^{12}+1=(x^3+1{)}^4=(x+1{)}^4(x^2+x+1{)}^4$ である。$x+1$ と $x^2+x+1$ は ${\mathbb{F}}_2$ 上既約で互いに素なので、中国剰余定理から
$$R\cong {\mathbb{F}}_2[x]/((x+1{)}^4)\times {\mathbb{F}}_2[x]/((x^2+x+1{)}^4)$$
となる。

各因子は局所環である。局所環の単数群の位数は、環全体の元の個数から極大イデアルの元の個数を引いたものである。

• 第1因子: 元の個数は $2^4=16$、剰余体は ${\mathbb{F}}_2$ である。極大イデアルの元の個数は $16/2=8$ なので、単数は $16-8=8$ 個。
• 第2因子: 元の個数は $2^8=256$、剰余体は ${\mathbb{F}}_4$ である。極大イデアルの元の個数は $256/4=64$ なので、単数は $256-64=192$ 個。

$|R^{\times }|=8\times 192=1536$。

検算: 別の見方では、$|R^{\times }|=2^{12}\cdot (1-1/2)(1-1/4)=4096\cdot \frac{1}{2}\cdot \frac{3}{4}=1536$ となり、一致する。