円分体の整数環と判別式

　$K,L$の整数底をそれぞれ${\alpha }_1,{\alpha }_2,\dots ,{\alpha }_m,{\beta }_1,{\beta }_2,\dots ,{\beta }_n$とおく。
　このとき任意の$\gamma \in T\subset KL$に対し
$$\gamma =\sum _{i,j}\frac{c_{i,j}}{r}{\alpha }_i{\beta }_j(gcd(\{c_{i,j}\},r)=1)$$
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${\sigma }_i(i=1,2,\dots ,m)$を取ると$${\sigma }_i(\gamma )=\sum _k{x}_k{\sigma }_i({\alpha }_k)$$
つまり
$$({\sigma }_i(\gamma ){)}_i=A(x_i{)}_i(A=({\sigma }_i({\alpha }_j){)}_{i,j})$$
が成り立つ。
　また$\delta =\det A$とおくと${\delta }^2=D_K$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${\gamma }_i\in \bar{\mathbb{Z}}$が取れ
$${\gamma }_i\delta =D_K{x}_i=\sum _j\frac{D_K{c}_{i,j}}{r}{\beta }_j\in \bar{\mathbb{Z}}\cap K=R$$
が成り立つ。
　したがって$D_K{c}_{i,j}/r\in \mathbb{Z}$、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
$${\mathrm{\Phi }}_n(x)=\prod _{(k,n)=1}(x-{\zeta }_n^k)$$
より
$$x^n-1=\prod _{d|n}{\mathrm{\Phi }}_d(x)$$
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
$$\begin{array}{rl}{\mathrm{\Phi }}_n(x)& =\prod _{d|n}(x^{n/d}-1{)}^{\mu (d)}\\ & =(-1{)}^{\sum _{d|n}\mu (d)}\prod _{d|n}(1-x^{n/d}{)}^{\mu (d)}\\ & =\prod _{d|n}(1-x^{\frac{n}{d}}{)}^{\mu (d)}\end{array}$$
を得る。

　$d=p^i{d}^{\prime }$とおくと
$$\begin{array}{rl}{\mathrm{\Phi }}_{p^{e}k}(x)& =\prod _{d|p^{e}k}(x^{\frac{p^{e}k}{d}}-1{)}^{\mu (d)}\\ & =\prod _{d^{\prime }|k}\prod _{i=0}^k(x^{p^{e-i}\frac{k}{d^{\prime }}}-1{)}^{\mu (p^i{d}^{\prime })}\\ & =\prod _{d^{\prime }|k}\frac{(x^{p^e\cdot \frac{k}{d^{\prime }}}-1{)}^{\mu (d^{\prime })}}{(x^{p^{e-1}\cdot \frac{k}{d^{\prime }}}-1{)}^{\mu (d^{\prime })}}=\frac{{\mathrm{\Phi }}_k(x^{p^e})}{{\mathrm{\Phi }}_k(x^{p^{e-1}})}\end{array}$$
とわかる。

　補題4において$k\ne 1$であれば${\mathrm{\Phi }}_k(1)\ne 0$より
$${\mathrm{\Phi }}_{p^{e}k}(1)=\frac{{\mathrm{\Phi }}_k(1)}{{\mathrm{\Phi }}_k(1)}=1$$
が成り立ち、また$k=1$であれば
$${\mathrm{\Phi }}_{p^e}(1)=\underset{x\to 1}{lim}\frac{x^{p^e}-1}{x^{p^{e-1}}-1}=p$$
が成り立つことからわかる。

　$n\ge 3$より$\phi (n)$は偶数となることに注意する。
　いま${\zeta }_n^{(i)}(i=1,2,\dots ,\phi (n))$を${\zeta }_n={\zeta }_n^{(1)}$の共役元とすると
$$\begin{array}{rl}{d}_n& =\det {\left({({\zeta }_n^{(i)})}^{j-1}\right)}^2\\ & =\prod _{i<j}({\zeta }_n^{(i)}-{\zeta }_n^{(j)}{)}^2\\ & =(-1{)}^{\frac{\phi (n)(\phi (n)-1)}{2}}\prod _{i\ne j}({\zeta }_n^{(i)}-{\zeta }_n^{(j)})\\ & =(-1{)}^{\frac{\phi (n)}{2}}{\mathrm{N}}_{k/\mathbb{Q}}(\prod _{j\ne 1}({\zeta }_n-{\zeta }_n^{(j)}))\\ & =(-1{)}^{\frac{\phi (n)}{2}}{\mathrm{N}}_{k/\mathbb{Q}}({\mathrm{\Phi }}_n^{\prime }({\zeta }_n))\end{array}$$
と表せる。
　また補題3から
$${\mathrm{\Phi }}_n^{\prime }({\zeta }_n)=(\prod _{d|n}(1-x^{\frac{n}{d}}{)}^{\mu (d)}{)}^{\prime }{|}_{x={\zeta }_n}=-n{\zeta }_n^{-1}\prod _{\begin{array}{c}d|n\\ d\ne 1\end{array}}(1-{\zeta }_d{)}^{\mu (d)}$$
が成り立つことに注意すると
$$\begin{array}{rl}{\mathrm{N}}_{k/\mathbb{Q}}({\mathrm{\Phi }}^{\prime }({\zeta }_n))& =(-n{)}^{\phi (n)}\prod _{\begin{array}{c}d|n\\ d\ne 1\end{array}}\prod _{i=1}^{\phi (n)}(1-{\zeta }_d^{(i)}{)}^{\mu (d)}\\ & =n^{\phi (n)}\prod _{\begin{array}{c}d|n\\ d\ne 1\end{array}}{\mathrm{\Phi }}_d(1{)}^{\mu (d)\frac{\phi (n)}{\phi (d)}}\\ & =n^{\phi (n)}\prod _{\begin{array}{c}p|n\end{array}}{p}^{-\frac{\phi (n)}{p-1}}\end{array}$$
を得る。

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

　補題4より
$${\mathrm{\Phi }}_n(x)=\frac{x^{p^e}-1}{x^{p^{e-1}}-1}=\sum _{k=0}^{p-1}{x}^{p^{e-1}k}$$
となるので上の補題と合わせて
$$(p)=({\mathrm{\Phi }}_n(1))=(\prod _i(1-{\zeta }_n^{(i)}))=(1-{\zeta }_n{)}^{\phi (n)}$$
が成り立つことに注意する。
　いま自然な準同型
$$\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\to {\mathcal{O}}_k/(1-{\zeta }_n)(k+p\mathbb{Z}\mapsto k+(1-{\zeta }_n))$$
を考えると
$$|{\mathcal{O}}_k/(1-{\zeta }_n)|=|{\mathrm{N}}_{k/\mathbb{Q}}(1-{\zeta }_n)|={\mathrm{\Phi }}_n(1)=p=|\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}|$$
なのでこれは同型となる。
　つまり任意の$\alpha \in {\mathcal{O}}_k$に対して$\alpha \equiv a\mathrm{mod}(1-{\zeta }_n)$なる$a\in \mathbb{Z}$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${\mathcal{O}}_k=\mathbb{Z}[{\zeta }_n]+(1-{\zeta }_n)$を得る。
　また
$$\begin{array}{rl}{\mathcal{O}}_k& =\mathbb{Z}[{\zeta }_n]+(1-{\zeta }_n){\mathcal{O}}_k\\ & =\mathbb{Z}[{\zeta }_n]+(1-{\zeta }_n)\mathbb{Z}[{\zeta }_n]+(1-{\zeta }_n{)}^2\\ & =\mathbb{Z}[{\zeta }_n]+(1-{\zeta }_n{)}^2\end{array}$$
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、$m\mapsto m\phi (n)$とすることで${\mathcal{O}}_k=\mathbb{Z}[{\zeta }_n]+(p^m)$がわかる。
　ここで$\mathbb{Z}[{\zeta }_n]$を${\mathcal{O}}_k$の部分加群としてその商${\mathcal{O}}_k/\mathbb{Z}[{\zeta }_n]$を考えると
$$d_n=D_k|{\mathcal{O}}_k/\mathbb{Z}[{\zeta }_n]{|}^2(cf.D(\mathfrak{a})=D_k\mathrm{N}(\mathfrak{a}{)}^2=D_k|{\mathcal{O}}_k/\mathfrak{a}{|}^2)$$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。