Ring of Integers for Cyclotomic Fields

이제 우리는 다음 결과를 증명할 준비가 완료되었다.

 

정리 : $\omega = e^{2\pi i / m}$이고, $K = \mathbb{Q}(\omega)$라면, $\mathcal{O}_K = \mathbb{Z}[\omega]$다.

 

물론, $\mathbb{Z}[\omega] \subset \mathcal{O}_K$는 자명하다. 반대방향이 핵심이다.

 

Step 1 : Discriminant Facts

$p$를 홀수 소수라고 하고, $\omega = e^{2\pi i / p}$라 하자. $f(x) = \text{irr}(\omega, \mathbb{Q}) = \Phi_p(x) = \frac{x^p-1}{x-1}$이라 하자.

$x^p-1 = (x-1)f(x)$를 미분하면 $px^{p-1} = f(x) + (x-1) f'(x)$를 얻고, $x = \omega$를 대입하여 $f'(\omega) = \frac{p}{\omega (\omega - 1)}$을 얻는다. 

이제 Norm의 multiplicative 성질을 이용하고, 약간의 단순 계산을 하면, 결론적으로 $$N(f'(\omega)) = \frac{N(p)}{N(\omega) N(\omega - 1)} =  \frac{p^{p-1}}{1 \cdot p} = p^{p-2}$$를 얻는다. 이는 $\text{disc}(\omega) = \pm p^{p-2}$임을 의미한다. 비슷한 논의를 자연수 $m$에 대해서도 할 수 있다.

 

$\omega = e^{2\pi i / m}$이라 하고, $f(x) = \text{irr}(\omega, \mathbb{Q}) = \Phi_m(x)$라 하자.

이제 $x^m - 1 = f(x)g(x)$라 쓰고, 미분 후 $x = \omega$를 대입하면 $m = \omega f'(\omega)g(\omega)$를 얻는다.

Norm을 취하고 multiplicative 성질을 이용하면, $m^{\phi(m)} = \pm \text{disc}(\omega) N(\omega g(\omega))$를 얻는다.

그런데 $\omega g(\omega)$는 AI이므로, 그 norm은 정수임을 알 수 있다. 즉, $\text{disc}(\omega) | m^{\phi(m)}$. 이 정도 결과만 있어도 충분하다.

 

사실 여기서 홀수 소수 $p$에 대하여 $\mathbb{Q}(\zeta_p)$가 포함하는 quadratic field가 무엇인지를 바로 얻을 수 있다. 

discriminant의 제곱근을 생각하면, 이 값은 무조건 $\mathbb{Q}(\zeta_p)$에 속해야 한다. 이는 $\mathbb{Q}(\zeta_p)$가 splitting field이기 때문.

그러니 조금만 고민하면 $\mathbb{Q}(\sqrt{\pm p})$가 cyclotomic field의 subfield임을 확인할 수 있다.

단, $+$ 부호는 $p \equiv 1 \pmod{4}$일 때, $-$ 부호는 $p \equiv 3 \pmod{4}$일 때 얻어진다.

여기에 $\mathbb{Q}(\zeta_8)$이 $\sqrt{2}$와 $i$를 포함한다는 사실을 이용하면, 결국 우리는

• 모든 $m$에 대하여, $\mathbb{Q}(\sqrt{m})$은 cyclotomic field의 subfield다

라는 사실을 얻는다. 소인수분해를 한 다음, 대응되는 cyclotomic field의 composite을 생각하면 된다.

여기서 cyclotomic field의 composite은 cyclotomic field임을 이용하였다. 위 결과의 매우 강력한 강화는

• Kronecker–Weber Theorem : Finite Abelian Extension of $\mathbb{Q}$ is a subfield of cyclotomic field

 

Step 2 : Proof for Prime Power $m$

이제부터 $m = p^r$이라고 가정한다. $p$는 소수. 또한, $m = 2$인 경우는 자명하므로 생략한다.

 

보조정리 1 : $\text{disc}(1 - \omega) = \text{disc}(\omega)$가 성립한다.

이는 $\omega$의 conjugate이 $\{\alpha_i\}$라면, $1 - \omega$의 conjugate은 $\{1 - \alpha_i\}$이므로 자명하다.

 

보조정리 2 : $\prod_{1 \le k \le m, p \nmid k} (1 - \omega^k) = p$가 성립한다. $$\prod_{1 \le k \le m, p \nmid k} (x - \omega^k) = (x^{p^r}-1) / (x^{p^{r-1}} - 1) = 1 + x^{p^{r-1}} + \cdots + x^{p^{r-1}(p-1)}$$임은 매우 쉽게 보일 수 있으며, 이 식에 $x = 1$을 대입하면 원하는 결과를 얻는다. 증명 끝. 

 

이제 본 증명을 하자. $n = \phi(m) = p^{r-1}(p-1) = [K, \mathbb{Q}]$이라 하자. 

$1 - \omega$ 역시 degree $n$ over $\mathbb{Q}$이므로, $1, (1-\omega), \cdots , (1-\omega)^{n-1}$은 AI로 이루어진 $K$의 basis over $\mathbb{Q}$이다. 그러니, 각 $\alpha \in \mathcal{O}_K$에 대하여, $$ \alpha = \frac{1}{d} (m_0 + m_1(1 - \omega) + \cdots + m_{n-1} (1- \omega)^{n-1})$$이라 유일하게 쓸 수 있다. 물론 $d = \text{disc}(\omega)$이고 $m_i$들은 정수. 만약 $\mathcal{O}_K \neq \mathbb{Z}[\omega]$라면, 적당한 $\alpha$와 $i$가 있어 $d \nmid m_i$가 성립한다.

 

여기서 $d = \text{disc}(\omega)$는 앞선 결과에 의해 $p$의 거듭제곱이다. 이제 $\alpha$에 다음 작업을 걸어주자.

• $v_p(m_i)$가 최소인 $i$ 중 가장 작은 것을 $k$라고 하자. $v_p(m_k) < v_p(d)$임에 주목하자.
• $\alpha$를 $\alpha \cdot p^{v_p(d) - v_p(m_k) - 1}$로 교체한다. 여전히 $\alpha$는 AI.
• 이제 $\alpha$의 형태를 다시 보면, 결국 $$ \alpha = \frac{1}{p} (m'_0 + m'_1(1 - \omega) + \cdots + m'_{n-1} (1- \omega)^{n-1})$$이다. 그런데 $v_p(m'_0), \cdots v_p(m'_{k-1}) \ge 1$이므로, $\alpha$의 $(1-\omega)^0, \cdots (1-\omega)^{k-1}$ 부분은 전부 정수이다.
• 그러니 이 부분을 날려도 ($m'_0 = \cdots = m'_{k-1} = 0$으로 바꿔도) 여전히 $\alpha$는 AI. 
• 이제 우리의 최종 결론은 $\alpha$가 AI이고, $m'_k$는 $p$의 배수가 아니며, 각 $m'_i$는 정수이고, $$\alpha = \frac{1}{p} (m'_i (1-\omega)^k + \cdots + m'_{n-1}(1-\omega)^{n-1})$$

한편, 보조정리 2에서 $p / (1-\omega)^n$이 $\mathbb{Z}[\omega]$의 원소임을 얻는다. 그러니 $$m'_k/(1-\omega) + m'_{k+1} + \cdots + m'_{n-1}(1-\omega)^{n-k-2} = \alpha p / (1-\omega)^{k+1} \in  \mathcal{O}_K$$이다. 결과적으로는 $m'_k / (1-\omega)$가 AI. 그런데 norm을 생각하면 $1-\omega$의 norm은 $p$인데 $m'_k$의 norm은 $p$의 배수가 아니니 모순. 증명 끝.

 

Step 3 : Combining Prime Powers

$\text{gcd}(m_1, m_2) = 1$, $m = m_1m_2$이고, 증명하고자 하는 성질이 $m_1, m_2$에 대해 증명되었다면 $m$에 대해서도 성립함을 보이자.

 

우선 $\mathbb{Q}(\zeta_m)$이 $\mathbb{Q}(\zeta_{m_1})$과 $\mathbb{Q}(\zeta_{m_2})$의 composite임은 자명하다. 비슷하게, $\mathbb{Z}[\zeta_m]$이 $\mathbb{Z}[\zeta_{m_1}]$과 $\mathbb{Z}[\zeta_{m_2}]$의 composite임도 자명하다.

그러니 discriminant의 GCD 조건만 보면 되는데, Step 1에서 얻은 결과에 의해서 이는 자명하다. 그러니 composite의 ring of integers는 composite. ok.