De hecho, el grupo de la unidad es totalmente de torsión, y puede ser descompuesto como una infinita suma directa de grupos finitos.
Escribir $r$ por el radical de $n$, $r$ es el producto de los distintos números primos dividiendo $n$. Considerar el grupo homomorphism
\begin{align*}
\varphi:\{\pm 1\}\times\bigoplus_{i=1}^\infty \frac{\mathbb{Z}}{\frac{n}{r}\mathbb{Z}}&\to \big(\mathbb{Z}/(nx)\big)^\times,\\
\big(\epsilon,(a_i)\big)&\mapsto \epsilon\prod_{i=1}^\infty (1+rx^i)^{a_i}.
\end{align*}
Este mapa es un isomorfismo. Voy a bosquejar una prueba.
En primer lugar, el producto en la definición de $\varphi$ converge como todos, pero un número finito de términos se $1$. Para verificar que esta bien definida asciende a $(1+rx^i)^{n/r}\equiv 1\mod nx$, lo cual no es demasiado difícil de probar con el juego de los coeficientes binomiales. El mapa de $\varphi$ es inyectiva, como $\epsilon$ se pueden leer en el término constante, y $\min\{i:a_i\neq 0\}=\min\{i:\varphi(\epsilon,(a_i))[x^i]\neq 0\}$.
Para surjectivity, supongo
$$
f(x)=\sum_{i=0}^k b_i x^i\en \big(\mathbb{Z}/(nx)\big)^\times.
$$
Esto significa $b_0\in\{\pm 1\}$$r|b_i$$i\geq 1$. Yo reclamo que por cada $m$, existe un elemento $A_m$ tal que $\varphi(A_m)\equiv f(x)\mod r^m x$. La prueba es por inducción en $m$. Para $m=1$, podemos tomar $A_1=(b_0,(0))$. Ahora suponga que la demanda tiene por $m$, y deje $A_m$ ser tal que $\varphi(A_m)\equiv f(x)\mod r^m x$. Entonces
$$
\frac{f(x)}{\varphi(A_m)}=1+\sum_{i} c_i x^i,
$$
con $r^m|c_i$. Es un ejercicio en el coeficiente binomial para demostrar que podemos tomar
$$
A_{m+1}=A_m\cdot\left(1,\left(\frac{c_i}{r}\right)\right).
$$
Hay algún entero positivo $m$ tal que $n|r^m$, por lo que tenemos $\varphi(A_m)=f(x)\in\big(\mathbb{Z}[x]/(nx)\big)^\times$. Esto demuestra que $\varphi$ es surjective.
