円分体の整数環と判別式

　$K,L$の整数底をそれぞれ$\a_1,\a_2,\ldots,\a_m,\b_1,\b_2,\ldots,\b_n$とおく。
　このとき任意の$\gamma\in T\subset KL$に対し
$$\gamma=\sum_{i,j}\frac{c_{i,j}}{r}\alpha_i\beta_j \qquad(\gcd(\{c_{i,j}\},r)=1)$$
なる$c_{i,j},r\in{\mathbb{Z}}$を取ると$r$が$D_K$を割り切ることを示せばよい。
　いま
$$x_i=\sum_j\frac{c_{i,j}}{r}\beta_j$$
とおき、$L$の元を固定する$KL$上の共役写像$\sigma_i\;(i=1,2,\ldots,m)$を取ると$$\sigma_i(\gamma)=\sum_kx_k\sigma_i(\alpha_k)$$
つまり
$$(\sigma_i(\gamma))_i=A(x_i)_i\qquad(A=(\sigma_i(\alpha_j))_{i,j})$$
が成り立つ。
　また$\d=\det A$とおくと$\d^2=D_K$および$(x_i)_i=A^{-1}(\sigma_i(\gamma))_i$より
$$x_i={\frac{\gamma_i}{\delta}}=\frac{\gamma_i\delta}{D_K}$$
なる$\gamma_i\in\ol{\Z}$が取れ
$$\gamma_i\delta=D_Kx_i=\sum_{j}\frac{D_Kc_{i,j}}{r}\beta_j\in\ol\Z\cap K=R$$
が成り立つ。
　したがって$D_Kc_{i,j}/r\in{\mathbb{Z}}$、特に$c_{i,j},r$の取り方から$r|D_K$を得る。

　円分多項式の定義
$$\Phi_n(x)=\prod_{(k,n)=1}(x-\z_n^k)$$
より
$$x^n-1=\prod_{d|n}\Phi_d(x)$$
が成り立つので、これにメビウスの反転公式を適応することで
\begin{align} \Phi_n(x) &=\prod_{d|n}(x^{n/d}-1)^{\mu(d)}\\ &=(-1)^{\sum_{d|n}\mu(d)}\prod_{d|n}(1-x^{n/d})^{\mu(d)}\\ &=\prod_{d|n}(1-x^{{\frac{n}{d}}})^{\mu(d)} \end{align}
を得る。

　$d=p^id'$とおくと
\begin{align} \Phi_{p^ek}(x) &=\prod_{d|p^ek}(x^{\frac{p^ek}{d}}-1)^{\mu(d)}\\ &=\prod_{d'|k}\prod^k_{i=0}(x^{p^{e-i}\frac{k}{d'}}-1)^{\mu(p^id')}\\ &=\prod_{d'|k}\frac{(x^{p^e\cdot\frac{k}{d'}}-1)^{\mu(d')}}{(x^{p^{e-1}\cdot\frac{k}{d'}}-1)^{\mu(d')}}=\frac{\Phi_{k}(x^{p^e})}{\Phi_k(x^{p^{e-1}})} \end{align}
とわかる。

　$n$が平方因子を持たないときは補題4から、$n$が平方因子を持つときは$\mu(n)=0$となることからわかる。

　$n\geq3$より$\vp(n)$は偶数となることに注意する。
　いま$\zeta_n^{(i)}\;(i=1,2,\ldots,\varphi(n))$を$\z_n=\z_n^{(1)}$の共役元とすると
\begin{align} d_n &=\det({(\zeta_n^{(i)})}^{j-1})^2\\ &=\prod_{i< j}(\zeta_n^{(i)}-\zeta_n^{(j)})^2\\ &=(-1)^{\frac{\varphi(n)(\varphi(n)-1)}{2}}\prod_{i\neq j}(\zeta_n^{(i)}-\zeta_n^{(j)})\\ &=(-1)^{\frac{\varphi(n)}{2}}{\N}\bigg(\prod_{j\neq1}(\zeta_n-\zeta_n^{(j)})\bigg)\\ &=(-1)^{\frac{\varphi(n)}{2}}{\N}(\Phi_n'(\zeta_n)) \end{align}
と表せる。
　また補題3から
$$\Phi_n'(\zeta_n)=(\prod_{d|n}(1-x^{{\frac{n}{d}}})^{\mu(d)})'\bigg|_{x=\zeta_n} =-n\zeta_n^{-1}\prod_{\substack{d|n\\d\neq1}}(1-\zeta_d)^{\mu(d)}$$
が成り立つことに注意すると
\begin{align} \N(\Phi'(\z_n)) &=(-n)^{\varphi(n)}\prod_{\substack{d|n\\d\neq1}}\prod^{\varphi(n)}_{i=1}(1-\zeta_d^{(i)})^{\mu(d)}\\ &=n^{\varphi(n)}\prod_{\substack{d|n\\d\neq1}}\Phi_d(1)^{\mu(d)\frac{\varphi(n)}{\varphi(d)}}\\ &=n^{\varphi(n)}\prod_{\substack{p|n}}p^{-\frac{\varphi(n)}{p-1}} \end{align}
を得る。

　任意の$i,j$について$\dis\frac{\z_n^i-1}{\z_n^j-1}$が$\Z[\z_n]$に属することを示せばよい。
　いま$i,j$の取り方から$kj\equiv i\pmod{n}$なる自然数$k$が取れるので
$$\frac{\z_n^i-1}{\z_n^j-1}=\frac{(\z_n^j)^k-1}{\z_n^j-1}=\sum_{l=0}^{k-1}(\z_n^j)^l\in\Z[\z_n]$$
を得る。

　補題4より
$$\Phi_n(x)=\frac{x^{p^e}-1}{x^{p^{e-1}}-1}=\sum^{p-1}_{k=0}x^{p^{e-1}k}$$
となるので上の補題と合わせて
$$(p)=(\Phi_n(1))=\l(\prod_i(1-\zeta_n^{(i)})\r)=(1-\zeta_n)^{\varphi(n)}$$
が成り立つことに注意する。
　いま自然な準同型
$${\mathbb{Z}}/p{\mathbb{Z}}\to {\mathcal{O}}_k/(1-\zeta_n)\quad(k+p\Z\mapsto k+(1-\zeta_n))$$
を考えると
$$|{\mathcal{O}}_k/(1-\zeta_n)|=|\N(1-\zeta_n)|=\Phi_n(1)=p=|{\mathbb{Z}}/p{\mathbb{Z}}|$$
なのでこれは同型となる。
　つまり任意の$\a\in\O_k$に対して$\alpha\equiv a\mod{(1-\zeta_n)}$なる$a\in\Z$が存在するので
$$\alpha\in({\mathbb{Z}}+(1-\zeta_n))\subseteq({\mathbb{Z}}[\zeta_n]+(1-\zeta_n))$$
が成り立つ。したがって$\O_k={\mathbb{Z}}[\zeta_n]+(1-\zeta_n)$を得る。
　また
\begin{align} \O_k &=\Z[\zeta_n]+(1-\zeta_n)\O_k\\ &=\Z[\z_n]+(1-\z_n)\Z[\z_n]+(1-\z_n)^2\\ &=\Z[\z_n]+(1-\zeta_n)^2 \end{align}
のように変形していくことで任意の自然数$m$に対し${\mathcal{O}}_k={\mathbb{Z}}[\zeta_n]+(1-\zeta_n)^m$が成り立ち、$m\mapsto m\varphi(n)$とすることで${\mathcal{O}}_k={\mathbb{Z}}[\zeta_n]+(p^m)$がわかる。
　ここで$\Z[\z_n]$を$\O_k$の部分加群としてその商$\O_k/\Z[\z_n]$を考えると
$$d_n=D_k|{\mathcal{O}}_k/{\mathbb{Z}}[\zeta_n]|^2\qquad(cf.\ D(\mathfrak{a})=D_k\mathrm{N}(\mathfrak{a})^2=D_k|{\mathcal{O}}_k/\mathfrak{a}|^2)$$が成り立つので、$d_n$は$p$のべきであったことから$|{\mathcal{O}}_k/{\mathbb{Z}}[\zeta_n]|$も$p$のべきとなる。
　したがって$|{\mathcal{O}}_k/{\mathbb{Z}}[\zeta_n]|=p^m$とおくと任意の$\alpha\in{\mathcal{O}}_k$に$p^m\alpha\in{\mathbb{Z}}[\zeta_n]$が成り立つので$(p^m)\subset{\mathbb{Z}}[\zeta_n]$つまり
$${\mathcal{O}}_k={\mathbb{Z}}[\zeta_n]+(p^m)={\mathbb{Z}}[\zeta_n]$$
を得る。

　$d_n$の素因数は$n$を割り切るので
$$\gcd(m,n)=1\Rightarrow\gcd(d_m,d_n)=1$$
が成り立つことに注意すると、補題2,7から数学的帰納法によりわかる。