実円分体の整数環と判別式

$\O\kk=\k\cap\ol\Z=(K\cap\R)\cap\ol\Z=(K\cap\ol\Z)\cap\R=\Z[\z]\cap\R$なので$\Z[\z]$の元が実数となる条件を調べる。
($K\cap\ol\Z=\Z[\z]$については この記事 参照)

任意の$\a\in\Z[\z]$に対して$\a=\sum^{p-1}_{k=1}a_k\z^k$なる整数$a_k$が取れて、このとき$\a$が実数であるためには$\a-\ol\a=0$、$\z^{-(p-k)}=\z^{k}$に注意するとつまり$\sum^{p-1}_{k=1}(a_k-a_{p-k})\z^k=0$であればよい。

よって$a_{p-k}=a_k$であり$\a=\sum^{(p-1)/2}_{k=0}a_k(\z^k+\z^{p-k})=\sum^{(p-1)/2}_{k=0}a_k(\z^k+\z^{-k})$と表せれるので主張を得る。

$\z^k+\z^{-k}=(\zcos)(\z^{k-1}+\z^{-(k-1)})-(\z^{k-2}+\z^{-(k-2)})$
に注意すると数学的帰納法から示せる。

$\dis\frac{1}{\zcos}=\frac{\z-\z^{-1}}{\z^2-\z^{-2}}=\frac{\z^{p+1}-\z^{-(p+1)}}{\z^2-\z^{-2}}=\sum^{m}_{k=0}\z^{2k}\z^{-2(m-k)}\in\O_K\cap\R=\k$
より主張を得る。(ここでやっていることは この記事 の補題4と同じである。)

以下簡単のため$\theta=\frac{\pi}{p}$とおく。
$\zcos=2\cos(2\t)$に注意するとVandermondeの行列式から
$\dis\Big|\det((\z^j+\z^{-j})^{i-1})\Big| =\prod_{1\leq i< j\leq m}2(\cos(2i\t)-\cos(2j\t)) \\\dis=\prod_{1\leq i< j\leq m}4\sin((j-i)\t)\sin((j+i)\t)$
となる。

いま

• $\dis\prod_{1\leq i< j\leq m}4=4^{\sum^m_{j=2}(j-1)}=2^{m(m-1)}$
• $\dis\prod_{1\leq i< j\leq m}\sin((j-i)\t)=\prod^{m}_{j=2}\prod^{j-1}_{k=1}\sin(k\t)=\prod^{m}_{k=1}\prod^{m}_{j=k+1}\sin(k\t)=\prod^m_{k=1}\sin^{m-k}(k\t)$

なので$\dis\prod_{1\leq i< j\leq m}\sin((j+i)\t)=\prod^m_{k=1}\sin^{k-1}(k\t)$を示したい。
また$\dis\prod_{1\leq i< j\leq m}\sin((j+i)\t)=\prod^{m-1}_{i=1}\prod^{m+i}_{k=2i+1}\sin(k\t)$および$\sin(k\t)=\sin(\pi-k\t)=\sin((p-k)\t)$に注意すると、
$1\leq k\leq m$に対して不等式

• $1\leq i\leq m-1$かつ$2i+1\leq k\leq m+i\quad\cdots(1)$

または

• $1\leq i\leq m-1$かつ$p-m-i=m+1-i\leq k\leq p-2i-1\quad\cdots(2)$

の自然数解$i$がちょうど$k-1$個あることを示せばよい。

不等式$(1)$は$k-m\leq i\leq \frac{k-1}{2}$と変形でき、
$k$の取り方に注意するとその解は$i=1,2,\ldots,\big\lfloor\frac{k-1}{2}\big\rfloor$の$\big\lfloor\frac{k-1}{2}\big\rfloor$個ある。
($k=1,2$において不等式に解はないが結局個数としては一致する。)

不等式$(2)$は$m-k+1\leq i\leq m-\frac{k}{2}$と変形でき、
$\big\lfloor m-\frac{k}{2}\big\rfloor=m-\big\lfloor\frac{k+1}{2}\big\rfloor=m-\big\lfloor\frac{k-1}{2}\big\rfloor-1$に注意するとその解は
$(m-\big\lfloor\frac{k-1}{2}\big\rfloor-1)-(m-k+1)+1=k-\big\lfloor\frac{k-1}{2}\big\rfloor-1$個ある。
(これも$k=1$において不等式に解はないが結局個数としては一致する。)

以上より不等式$(1)$または$(2)$を満たす解の個数は
$\big\lfloor\frac{k-1}{2}\big\rfloor+(k-\big\lfloor\frac{k-1}{2}\big\rfloor-1)=k-1$個であることがわかり主張を得る。

$\dis\prod^{l}_{k=1}\sin(\frac{\pi k}{n})=\prod^l_{k=1}\sin(\farc{\pi(n-k)}{n})=\prod^{n-1}_{k=l+1}\sin(\frac{\pi k}{n})$より
$\dis\left(\prod^{l}_{k=1}\sin(\frac{\pi k}{n})\right)^2=\prod^{n-1}_{k=1}\sin(\frac{\pi k}{n})$なのでこれが$\dis\frac{n}{2^{n-1}}$になることを示せばよい。

いま
$\dis\prod^{n-1}_{k=1}\sin(\frac{\pi k}{n})=\prod^{n-1}_{k=1}\frac{e^{\farc{i\pi k}{n}}-e^{-\farc{i\pi k}{n}}}{2i}=(-\frac{1}{2i})^{n-1}e^{-\frac{i\pi}{n}\sum^{n-1}_{k=1}k}\prod^{n-1}_{k=1}(1-\z_n^k) \\\dis=(\frac{ie^{-\frac{i\pi}{2}}}{2})^{n-1}(x^n-1)'|_{x=1}=\frac{n}{2^{n-1}}$
なので主張を得る。