円分体と実円分体における素数の分解

数学的帰納法により示す。$m=1$のときは自明。
$m\geq2$において仮定より各$j$について$I\cap I_j\subseteq\bigcup_{i\neq j}I_i$とすると$m-1$個のイデアルの和集合$\bigcup_{i\neq j}I_i$に$I$は含まれないので$I\cap(\bigcup^m_{i=1}I_i)=I\cap(\bigcup_{i\neq j}I_i)\neq I$がわかるので$I\cap I_j\not\subseteq\bigcup_{i\neq j}I_i$としてよい。

いま任意に$x_j\in (I\cap I_j)-\bigcup_{i\neq j}I_i$をとり$x=(\prod^{m-1}_{i=1}x_i)+x_m$とおくと$x\in I-\bigcup^m_{i=1}I_i$となることを示す。

• $I$はイデアルであったので$x_j\in I$より$x\in I$
• ある$j\neq m$に$x\in I_j$とすると$\prod^{m-1}_{i=1}x_i=(\prod_{i\neq j}x_i)x_j\in I_j$より$x_m\in I_j$となるがこれは$x_m$の取り方に矛盾。
• $x\in I_m$とすると$\prod^{m-1}_{i=1}x_i\in I_m$となるが、$m=2$のとき$x_1\in I_2$となり矛盾。$m\geq3$のとき$I_m$は素イデアルであったのである$j$に$x_j\in I_m$となり矛盾。

以上より$x\in I-\bigcup^m_{i=1}I_i$、特に$\dis I\not\subseteq\bigcup^m_{i=1}I_i$を得る。

簡単のため$G=\mathrm{Gal}(k'/k)$とおく。
もし任意の$\sigma\in G$に$\q'\not\subseteq\sigma(\q)$とすると補題3から$x\in \q'-\bigcup_{\sigma\in G}\sigma(\q)$なる$x$が取れる。
そのような$x$にノルム$N(x)=\prod_{\sigma\in G}\sigma(x)$を考えると、ある$\sigma_0\in G$に$\sigma_0(x)=x\in\q'$かつ任意の$\sigma\in G$に$\sigma(x)\in\O_{k'}$であるから$N(x)\in\q'$となる。しかし$N(x)$は任意の$\sigma\in G$に不変な代数的整数、つまり$k\cap\ol\Z=\O_k$の元でもあるので$N(x)\in\q'\cap\O_k=\p=\q\cap\O_k$。したがって$N(x)\in\q$がわかる。いま$\q$は素イデアルであったので$N(x)$のある因数$\sigma^{-1}(x)$は$\q$にふくまれ、つまり$x\in\sigma(\q)$を得る。これは$x$の取り方に矛盾するのである$\sigma\in g$に$\q'\subset\sigma(\q)$でなければいけない。

いま$\q',\sigma(\q)$は代数体の素イデアル、つまり極大イデアルであるので結局$\q'=\sigma(\q)$となる。

ノルムについては任意の$\sigma\in G$について$\O_{k'}/\q_1\simeq\sigma(\O_{k'})/\sigma(\q_1)=\O_{k'}/\sigma(\q_1)$からわかる。

分岐指数については各$j$に対して$\sigma(\q_1)=\q_j$なる$\sigma_j\in G$をとると$\sigma_j(\p\O_{k'})=\p\O_{k'}=\prod^g_{i=1}\sigma_j(\q_i)^{e_i}=\prod^g_{i=1}\q_i^{e_i}$なので素イデアル分解の一意性から$\sigma_j(\q_i)=\q_j$なる素イデアル$\q_i$は$q_1$のみであり、すなわち$e_j=e_1$を得る。

仮定より$\p\ndiv n$であるので$(x^n-1)'=nx^{n-1}\equiv 0\pmod{\p}$なら$x\equiv0\pmod{p}$
つまり$x^n-1$の根$\z^k\;(k=1,2,\ldots,n)$は$\O_K/\p$において互いに異なる。
よって$\z^k\equiv1\pmod{\p}$なる自然数$k$のうち最小のもの(位数)は$n$となり、
ラグランジュの定理より$n|\#(\O_K/\p)^\times=N(\p)-1$となり主張を得る。

$f$の取り方から$\z^{p^f}=\z$であって、また$\O_K/\p$は標数$p$の体であることに注意すると任意の$\b,\g\in\O_K$について$(\b+\g)^{p^f}\equiv\b^{p^f}+\g^{p^f}\pmod{\p}$が成り立つ(いわゆるフロベニウス写像)。特に任意の自然数$a$について$a^{p^f}=(\sum^a_{k=1}1)^{p^f}\equiv\sum^a_{k=1}1^{p^f}=a\pmod\p$が成り立つ(整数$a$についても然り)。

いま任意の$\a\in\O_\K=\Z[\z]$について$\a=\sum^{\varphi(n)-1}_{k=0}a_k\z^k$なる整数$a_k$が取れて、
$\a^{p^f}\equiv\sum^{\varphi(n)-1}_{k=0}a_k^{p^f}(\z^{p^f})^k\equiv\sum^{\varphi(n)-1}_{k=0}a_k\z^k=\a\pmod{\p}$を得る。

ここで$\O_K/\p$は体であったので多項式$F(x)=x^{p^f}-x$は$\O_K/\p$において高々$p^f$個の根しか持たない。しかし先の議論により$F(x)$は$\O_K/\p$のすべての元を根に持つので$N(p)\leq p^f$でなければならない。

$f$が偶数のとき、$f$の取り方から$p^{\frac{f}{2}}=p^{f'}\equiv-1\pmod{n}$に注意すると
$f$が偶数でも奇数でも$\z^{p^{f'}}+\z^{-p^{f'}}=\z+\z^{-1}$が成り立つので
あとは補題6と同様にしてわかる。

代数的整数論 - 中川仁 のp.55, 定理 9.10を見られよ。

$\eta^2=\z_{p^e}$より$\O_K$において$(p)=(\z_{p^e}-1)^{\varphi(p^e)}=(\eta-\eta^{-1})^{\varphi(p^e)}=((\eta-\eta^{-1})^2)^{\frac{\varphi(p^e)}{2}}$であって、$(\eta_{p^e}-\eta_{p^e}^{-1})^2$は実数なので$p=(\mbox{実単数})\times((\eta_{p^e}-\eta_{p^e}^{-1})^2)^{\frac{\varphi(p^e)}{2}}$となる。つまり$\O_\k$でも同じイデアル分解が言える。

$p^{f'}\equiv -1\pmod{n'}$より$p^{f'}=kn'-1$とおくと$\z^{p^{f'}}+\z^{-p^{f'}}=\z_{p^e}^k\z^{-1}+\z_{p^e}^{-k}\z$となり、
$\a=(\z^{p^{f'}}+\z^{-p^{f'}})-(\z+\z^{-1})=(\eta^k-\eta^{-k})(\eta^k\z^{-1}-\eta^{-k}\z)$とおくと
補題9から$\p|(\eta-\eta^{-1})^2$なので$\a^2\equiv0\pmod{\p}$、$\O_\k/\p$は体なので結局$\a\equiv0\pmod{\p}$
つまり$\z^{p^{f'}}+\z^{-p^{f'}}\equiv\z+\z^{-1}\pmod{\p}$が成り立つ。

あとは補題6と同様にしてわかる。