素数pがベルヌーイ数を割り切るなら非正則素数である

　 この記事 の補題4より$\mu_p=\langle\z_p\rangle$とおくと$\O^\times_K=\mu_p\times\O^\times_\K$が成り立つ。つまり$K$と$\K$はともに同じ基本単数$\e_1,\e_2,\ldots,\e_{m-1}$を持つ。
　したがって$R_K$と$R_\K$は$\s_i$が実埋め込みであるか複素埋め込みであるかの違いによる
$$R_K=|\det(2\log|\s_i(\e_j)|)|,\quad R_\K=|\det(\log|\s_i(\e_j)|)|$$
という$2^{m-1}$のずれを除いて一致するので主張を得る。

　 この記事 の補題3として示したように$K$に含まれる$1$の冪根は
$$\pm\z_p^k\quad(k=0,1,2,\ldots,p-1)$$
の$2p$個で尽くされ、また$\K$に含まれる$1$の冪根は$\pm1$の$2$個しかないため
$$w_K/w_\K=2p/2=p$$
を得る。

　 この記事 より$D_K=p^{p-2}=p^{2m-1}$、 この記事 より$D_\K=p^{m-1}$であったことからわかる。

　 この記事 より
$$\z_K(s)=\prod_{\x:\prime}L(s,\x),\quad \z_\K(s)=\prod_{\x:\even}L(s,\x)$$
であったことからわかる。

　法$p$の自明でないディリクレ指標は全て原始的であるので この記事 の公式2より
$$L(1,\x)=\frac{\t(\x)\pi}{ip}(-B_{1,\ol\x})$$
が成り立ち、また同記事の定理4の証明より
$$B_{1,\x}=\sum^p_{a=1}\x(a)B_1\l(\frac{a}{p}\right)$$
が成り立つのであった。
　したがって$B_1(x)=x-\frac12$であることに注意すると主張を得る。

　法$p$の奇指標は$\frac{p-1}{2}=m$個であってまた$|\t(\x)|=p^{\frac12}$なので符号が正であることを示せばよい。

$p\equiv1\m{4}$のとき

　ルジャンドル記号$(\frac{\cdot}p)$は奇指標ではないため実なる奇指標$\x$は存在せず、また
$$\ol{\t(\x)}=\x(-1)\t(\ol\x)=-\t(\ol\x)$$
に注意すると
\begin{align} \prod_{\x:\odd}\frac{\t(\x)}{\sqrt p} &=\l(\prod_{\x:\odd}\frac{\t(\x)\t(\ol\x)}{p}\r)^{\frac12}\\ &=\l(\prod_{\x:\odd}(-1)\r)^{\frac12} =\prod_{\x:\odd}i \end{align}
を得る。

$p\equiv3\m{4}$のとき

　ルジャンドル記号以外に実なる奇指標は存在せず、また上と同様に この記事 から
$$\t(\ls{\cdot}{p})=i\sqrt{p}$$
であったことに注意すると上と同様にして
$$\prod_{\x:\odd}\frac{\t(\x)}{\sqrt p}=\prod_{\x:\odd}i$$
を得る。

　類数公式
\begin{align} \lim_{s\to1}(s-1)\z_K(s)&=\frac{(2\pi)^{m}h_KR_K}{w_K\sqrt{|D_K|}}\\ \lim_{s\to1}(s-1)\z_\K(s)&=\frac{2^mh_\K R_\K}{w_\K\sqrt{|D_\K|}} \end{align}
に注意すると補題3,4,5より
\begin{align} \lim_{s\to1}\frac{\z_K(s)}{\z_\K(s)} &=\frac{\pi^m(R_K/R_\K)}{(w_K/w_\K)\sqrt{|D_K|/|D_\K|}}\cdot\frac{h_K}{h_\K}\\ &=\frac{2^{m-1}\pi^m}{p\cdot p^{\frac{m}2}}\cdot\frac{h_K}{h_\K} \end{align}
が成り立ち、また補題6,7,8より
\begin{align} \lim_{s\to1}\frac{\z_K(s)}{\z_\K(s)} &=\prod_{\x:\odd}L(1,\x)\\ &=\prod_{\x:\odd}\frac{\t(\x)\pi}{ip}\prod_{\x:\odd}\l(-\frac1{2p}\sum^p_{a=1}\x(a)a\r)\\ &=\frac{\pi^m}{p^{\frac{m}2}}\prod_{\x:\odd}\l(-\frac1{2p}\sum^p_{a=1}\x(a)a\r) \end{align}
と求まることから主張を得る。

　ファウルハーバーの公式から
\begin{align} S_n&=\frac1{n+1}\sum^n_{k=0}\binom{n+1}{k}p^{n+1-k}B_k\\ &=p(B_n+\sum^{n-1}_{k=0}\binom{n+1}{k}p^{n-1-k}pB_k) \end{align}
であってvon-Staudt-Clausenの定理から$p^2B_k\eq0\m{p}$および明らかに$pB_0\eq0\m{p}$であることから前者が従う。
　後者についてはフェルマーの小定理から
$$S_n\eq\sum^{p-1}_{a=1}1=p-1\eq-1\m{p}$$
とわかる。

　$g$を$p$の原始根の一つとし
\begin{align} F(t)&=\frac{gt}{e^{gt}-1}-\frac{t}{e^t-1}=\sum^\infty_{n=0}\frac{B_n}{n!}(g^n-1)t^n\\ G(u)&=\frac{g}{(1+u)^g-1}-\frac1u=\sum^\infty_{k=0}c_ku^k \end{align}
とおく。このとき
$$\lim_{u\to0}\frac{u}{(1+u)^g-1}=\frac{1}{g}\in\Z_{(p)}$$
に注意すると$c_k\in\Z_{(p)}$であり、また
\begin{align} F(t)&=tG(e^t-1)=\sum^\infty_{k=0}c_kt(e^t-1)^k\\ &=\sum^\infty_{k=0}c_k\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom{k}{j}te^{jt}\\ &=\sum^\infty_{k=0}c_k\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom{k}{j}\sum^\infty_{n=0}\frac{j^n}{n!}t^{n+1}\\ &=\sum^\infty_{n=0}(\sum^\infty_{k=0}c_k\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom{k}{j}j^n)\frac{t^{n+1}}{n!} \end{align}
と表せるので$m\eq n\m{p-1}$において
\begin{align} \frac{B_m}{m}(g^m-1) &=\sum^\infty_{k=0}c_k\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom{k}{j}j^m\\ &\eq\sum^\infty_{k=0}c_k\sum^k_{j=0}(-1)^{k-j}\binom{k}{j}j^n\\ &=\frac{B_n}{n}(g^n-1)\eq\frac{B_n}{n}(g^m-1)\m{p} \end{align}
が成り立つ。
　あとは$g$の取り方から
$m\not\eq0\m{p-1}$のとき$g^m-1\not\eq0\m{p}$
$m\eq0\m{p-1}$のとき$g^m-1\eq0\m{p}$
が成り立つことに注意するとわかる。

　$g$を$p$の原始根の一つとし$\o$をタイヒミュラー指標
$$\o:\ZZt{p}\to\Z_p\quad a\mapsto\lim_{n\to\infty}a^{p^n}$$
とする。このとき$1$の原始$p-1$乗根$\z_{p-1}$に対し$\o(g)$を対応させる埋め込み
$$\vp:\Q(\z_{p-1})\mapsto\Q_p$$
を考えると、これは同型
$$\widehat{\ZZt{p}}\to\langle\o\rangle$$
を引き起こす。
　特に法$p$の奇ディリクレ指標は$\o^{2k-1}\;(k=1,\ldots,m)$に対応するので$h_K/h_{K^+}\in\Q$に$\vp$を作用させることで補題9から
\begin{align} \frac{h_K}{h_\K} &=2p\prod_{\x:\odd}\l(-\frac1{2p}\sum^p_{a=1}\x(a)a\r)\\ &=2p\prod^m_{k=1}\l(-\frac{1}{2p}\sum^p_{a=1}\o(a)^{2k-1}a\r) \end{align}
と表せる。
　また
$$\o(a)\equiv a^p\m{p^2}$$
および
$$1+p(2k-1)\eq 2k\m{p-1}$$
に注意すると補題10,11から$k\neq m$において
\begin{align} -\frac{1}{2p}\sum^p_{a=1}\o(a)^{2k-1}a &\eq-\frac{1}{2p}S_{1+p(2k-1)}\\ &\eq-\frac12\cdot\frac{B_{1+p(2k-1)}}{1+p(2k-1)}\\ &\eq-\frac12\cdot\frac{B_{2k}}{2k}\m{p} \end{align}
が成り立ち、また$\o(a)\eq a\m{p}$より$k=m$において
$$2p\l(-\frac{1}{2p}\sum^p_{a=1}\o(a)^{p-2}a\r)\eq-S_{p-1}\eq1\m{p}$$
が成り立つので
$$\frac{h_K}{h_\K}\equiv \prod^{m-1}_{k=1}\l(-\frac{1}{2}\cdot\frac{B_{2k}}{2k}\r)\m{p}$$
を得る。