I\not\subseteq\bigcup^m_{i=1}I_i$を得る。代数体$k,k'$について$k'/k$がガロア拡大であるとき、$\O_k$の素イデアル$\p$(を$\O_{k'}$に移したイデアル$\p\O_{k'}$)を割り切る任意の$\O_{k'}$の素イデアル$\mf{q},\mf{q}'$について、ある$\sigma\in\mathrm{Gal}(k'/k)$があって$\sigma(\mf{q})=\mf{q}'$が成り立つ。簡単のため$G=\mathrm{Gal}(k'/k)$とおく。G}\sigma(\q)$なる$x$が取れる。G$に$\sigma(x)\in\O_{k'}$であるから$N(x)\in\q'$となる。G$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。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)$となる。各$\q_i$のノルム$N(\q_i)$および分岐指数$e_i$はそれぞれ$i$によらず等しい。G$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。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$を得る。ここにおいて$K/\Q,\;\K/\Q,\;K/\K$はそれぞれガロア拡大なのでそれぞれにこの系を適用できることに注意する。n$のとき$(p)$を割り切る素イデアルを任意に一つ取り$\mf{p}$とおき、そのノルムを$N(\p)=p^s$とおく。簡単のため$f=f_p,\;f'=f'_p$とする。Dedekindの判別定理より判別式を割り切らない素数$p$は不分岐であるので、$n$を割り切らない$p$についても然りである。よって$(p)$のノルムに注意すると$\O_K$において$\dis(p)=\prod^{\varphi(n)/s}_{i=1}\p_i$、$\O_\k$において$\dis(p)=\prod^{\varphi(n)/2s}_{i=1}\p_i$と異なる素イデアルの積に分解されることになる。1\pmod{n}$が成り立つ。$f$の取り方から$f|s$が成り立つ。0\pmod{\p}$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。任意の$\a\in\O_K$について$\a^{p^f}\equiv1\pmod\p$が成り立つ。$f$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)。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。p^f$でなければならない。f$を得るので$\O_K$においては$s=f$となる。任意の$\a\in\O_\K$について$\a^{p^{f'}}\equiv1\pmod\p$が成り立つ。p^{f'}$が成り立つ。$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}$が成り立つのであとは補題6と同様にしてわかる。いま$[K:\K]=2$より$\p$は$\O_K$において1つか2つの素イデアルの積に分解される(定理4より$p$によって1つであるか2つであるかは固定される)。$(p)$は$\O_K$において$\varphi(n)/f$個の素イデアルの積に分解されることから$\varphi(n)/2s=\varphi(n)/f$または$2(\varphi(n)/2s)=\varphi(n)/f$、つまり$s=f,f/2$でなければならない。f/2$なので$s=f/2$$f$が奇数のとき$f/2$は自然数足りえないので$s=f$となる。以上より定理1を得る。$p|n$の分解$p|n$の分解法則については以下の定理を用いる。代数体$k$について$k=\Q(\theta)$なる$\theta\in\O_k$をとり、$\theta$の最小多項式を$f(X)$とおく。おいては$\O_k=\Z[\theta]$なので任意の素数$p$についてこの定理が適用できることに注意する。簡単のため$e=e_p,\;f=f_p,\;f'=f'_p$とおく。f(x^p)\pmod{p}$に注意すると$\Phi_n(x)\equiv\Phi_{n'}(x)^{p^{e-1}(p-1)}=\Phi_{n'}(x)^{\varphi(p^e)}\pmod{p}$を得る。n'$の分解法則と素イデアル分解の一意性から定理8を逆に使うと$\dis\Phi_{n'}(x)\equiv\prod^{\varphi(n')/f}_{i=1}\phi_i(x)\pmod{p}\quad(\deg\phi_i=f)$の形に既約分解されるはずである。(p)=\prod^{\varphi(n')/f}_{i=1}\p_i^{\varphi(p^e)}$を得る。i}{p^e}}$とおくと$\O_\k$において$(p)=((\eta-\eta^{-1})^2)^{\frac{\varphi(p^e)}{2}}$が成り立つ。任意の素イデアル$\p|(p)$について$\p|(\eta-\eta^{-1})^2$が成り立つ。$\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}}$となる。$\O_\k$でも同じイデアル分解が言える。$f$が偶数のとき任意の$\a\in\O_\K$について$\a^{p^{f'}}\equiv1\pmod\p$が成り立つ。p^{f'}$が成り立つ。-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}$が成り立つ。あとは補題6と同様にしてわかる。N(\p)=p^{f'},\;(p)=\prod^{\varphi(n')/2f'}_{i=1}\p_i^{\varphi(p^e)}$と分解されることがわかる。私の経験上、その証明が簡単に探しても見つからない、英語の文献を漁らないと載ってない、なんて定理の解説を主にやっていきます。同じ経験をしている人の助けになれば。最近は自分用のノートになっている節があります。高評価したユーザはいませんこの記事に送られたバッジバッジはありません。バッチを贈って投稿者を応援しようバッチを贈ると投稿者に現金やAmazonのギフトカードが還元されます。私の経験上、その証明が簡単に探しても見つからない、英語の文献を漁らないと載ってない、なんて定理の解説を主にやっていきます。同じ経験をしている人の助けになれば。最近は自分用のノートになっている節があります。円分体と実円分体における素数の。