ジグモンディーの定理

  $\displaystyle x^n-y^n=\prod_{d\mid n}\Phi_d(x,y)$
  をメビウス変換すればよい.

\begin{align*}     \log|\Phi_n(a,b)|&=\frac12\sum_{(n,k)=1,\ 1\leq k\leq n}\log(|a-\zeta_n^kb|^2)\\     &=\frac12\sum_{(n,k)=1,\ 1\leq k\leq n}\log(a^2+b^2-2ab\cos\dfrac{2k\pi}n)\\     &=\frac12\sum_{(n,k)=1,\ 1\leq k\leq n}\log\left(\frac{1-\cos\frac{2k\pi}n}2(a+b)^2+\frac{1+\cos\frac{2k\pi}n}2(a-b)^2\right)     \end{align*}
  $n$ は $3$ 以上なので, $|a+b|, |a-b|$ の組が最小となるときを考えればよく, $|a+b|, |a-b|$ の偶奇は一致し, 共に $0$ ではなく, 相異なるので $(|a+b|,|a-b|)=(1,3),(3,1)$ のとき最小となる.

  よって 対称性などを考えると $3^{\frac{\varphi(n)}2}\leq\Phi_n(2,1), 3^{\frac{\varphi(n)}2}\leq\Phi_n(2,-1)$ を示せばよい. さらに, $\Phi_{4n}(2,1)=\Phi_{4n}(2,-1), \Phi_{4n+2}(2,1)=\Phi_{2n+1}(2,-1), \Phi_{4n+2}(2,-1)=\Phi_{2n+1}(2,1)$ より前者のみ示せばよい.

  $n$ は $3$ 以上なので, $p^{v_p(n)}\geq3$ なる $p$ が取れる. $q=p^{v_p(n)-1}, m=\dfrac nq$ とすると, $p\geq2$ で $p=2$ ならば $q\geq2$ となり,
  $|\Phi_n(2,1)|=\dfrac{|\Phi_m(2^{pq},1)|}{|\Phi_m(2^q,1)|}$ となる.
  ここで $x>1$ のとき, $$\dfrac{\Phi_m(x,1)}{(x+1)^{\varphi(m)}}=\prod_{(m,k)=1,\ 1\leq k\leq m}\sqrt{\dfrac{x^2-2x\cos\frac{2k\pi}m+1}{x^2+2x+1}}=\prod_{(m,k)=1,\ 1\leq k\leq m}\sqrt{1-2(1+\cos\frac{2k\pi}m)\dfrac{1}{x+2+1/x}}$$
  は単調増加なので, $\dfrac{\Phi_m(2^{pq},1)}{(2^{pq}+1)^{\varphi(m)}}\geq\dfrac{\Phi_m(2^{q},1)}{(2^{q}+1)^{\varphi(m)}}$ となる.
  よって $|\Phi_n(2,1)|=\dfrac{|\Phi_m(2^{pq},1)|}{|\Phi_m(2^q,1)|}\geq\left(\dfrac{2^{pq}+1}{2^q+1}\right)^{\varphi(m)}$ である.
  $3^{\frac{(p-1)q}2\varphi(m)}=3^{\frac{\varphi(n)}2}$ より, $\dfrac{2^{pq}+1}{2^q+1}\geq3^{\frac{(p-1)q}2}$ を示せばよい.

  (1) $p=2$ のとき
  $\dfrac{2^{2q}+1}{2^q+1}>2^q-1\geq3^{\frac{q}2}$ より, $q\geq2$ に注意すれば主張は正しい.

  (2) $p\geq3$ のとき
  両辺 $\log$ を取って移項した式 $\log(2^{pq}+1)-\log(2^q+1)-\dfrac{(p-1)q\log3}2$ が $p$ について単調増加であることを示す.
  微分したいので $p$ が素数であるという条件は忘れて $3$ 以上の実数を動くものとし, 微分すると, $pq\geq3$ より
  $\dfrac{q\log2\cdot2^{pq}}{2^{pq}+1}-\dfrac{q\log3}2\geq\dfrac{8q\log2}{9}-\dfrac{q\log3}2=\dfrac{16\log2-9\log3}{18}q>0$ より, 元の式は $p$ に関して単調増加.

  よって $p=3$ のときを示せばよく, $\dfrac{2^{3q}+1}{2^q+1}=2^{2q}-2^q+1\geq2^{2q-1}+1\geq3^q$ (最後の不等号は差分を取るとわかる)となるので, 主張は正しい. 等号成立条件も $q=1,p=3$ となり, 正しい.

  よって補題は示された.

  $n=1,2$ のときは容易にわかる.

  $n\geq3$ のときを考える.
  $\Phi_n(x,y)$ の素因数 $p$ のうち, 原始的でないものをとる.
  $k=v_p(x^{n}-y^{n})$ として $\bmod p^k$ で考えると, 仮定は $\dfrac{x}{y}\bmod p^k$ の位数は $n$ で $\dfrac{x}y\bmod p$ の位数 $d$ は $n$ 未満であることである.
  $d\mid n$ であり, LTEの補題 (もしくは原始根を用いた議論) を考えると $n=dp^s$ なる正整数 $s$ が存在することがわかる.
  ここで $q$ を$\Phi_n(x,y)$ の素因数のうち, 原始的でないものの中で最小なものとすると $n=dp^s=d'q^{s'}$ となり, $p>q$ とすると $d'< q< p$ より右辺は $p$ を素因数に持たないので矛盾.
  よって $\Phi_n(x,y)$ の素因数 $p$ のうち, 原始的でないものは高々一つであり, もし存在するなら $n=dp^s$ が成立する.
 
  $\Phi_n(x,y)$ の素因数 $p$ のうち, 原始的でないものを $p$ とする.
  $n\geq3$ より $p=2$ のときも $n$ は $4$ の倍数となるので $v_p(x^{\frac np}-y^{\frac np})>\dfrac1{p-1}$ が成立するのでLTEの補題から $\dfrac{x^n-y^n}{x^{\frac np}-y^{\frac np}}$ は $p$ で一回しか割り切れないので $\Phi_n(x,y)\mid \dfrac{x^n-y^n}{x^{\frac np}-y^{\frac np}}$ から $v_p(\Phi_n(x,y))=1$.

  よって, 以下のように場合分けをする.

  (1) $\Phi_n(x,y)$ の素因数 $p$ のうち, 原始的でないものが存在しないとき
  $|\Phi_n(x,y)|>1$ を示せばよいがこれは補題から明らかである.

  (2) $\Phi_n(x,y)$ の素因数 $p$ のうち, 原始的でないもの $p$ が存在するとき
  $|\Phi_n(x,y)|>p$ を示せばよいが補題より, $3^{\frac{\varphi(n)}2}>p$ か否かを考える.  

• $p\geq5$ のときは $3^{\frac{\varphi(n)}2}\geq3^{\frac{p-1}2}>p$ が成立する.

• $p=3$ のときは $3^{\frac{\varphi(n)}2}\geq3^{\frac{2}2}=3$ となるので例外となりうるのは等号が成立しているときである. この条件は補題の条件によって与えられており, このときを確かめると定理が成立していることがわかる.

• 最後に $p=2$ のとき $n>2$ より $n$ は $4$ の倍数であるため $3^{\frac{\varphi(n)}2}\geq3^{\frac{\varphi(4)}2}=3>2$ となり, 定理は成立する.

  以上によって定理は示された.