追記



(ほとんどメモのようなものですが)

主張を次のように修正します。
(判別式のくだりが修正点です)


k次の円分多項式の根の1つをαとおく。
kを法とする既約剰余類のある部分群をAとおく。
Σα^c (c∈A) をβとおき、βのQ上の最小多項式をf(x)とおく。

【命題】
pを素数とする。
pをkで割った余りが集合Aに属するならば、
f(x)がpで割り切れるような整数xが存在する
逆に
f(x)がpで割り切れるような整数xが存在するならば
pをkで割った余りが集合Aに属するか、
さもなければ pはf(x)の判別式を割りきる

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有限体を使って説明を試みたもの:

まず素数pをkで割った余りが集合Aに属しているとする。
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[1] Aの元の個数をmとする。
Aの元の位数はmの約数だから、p^m-1はkで割り切れる。

q元体 (q=p^m) を考える。位数(p^m-1)の巡回群だから
位数がちょうどkであるような元が存在する。
それをaとすればaは Φ[k](a)=0 を満たす。

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[2] u(x)=Σx^c (c∈A) とおく。
(a^k=1 であるからu(a)などを考える時に
kを法とするcの元の自由度は問題にならない)

Aは可換な群だからc∈Aに対して A = cA が成り立つので
u(a^c)=u(a)が成り立つ。特に u(a^p)=u(a)が言える。
有限体の性質より {u(a)}^p=u(a^p) なので {u(a)}^p=u(a)が言える。
これは u(a)のp元体に対する拡大次数が1であることを意味する

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[3] kを法とする既約剰余類のAに対する商群をBとおくと
f(x)=Π(x-u(α^d)) (d∈B) が成り立つはずである。

Φ(x)がαのQ上の最小多項式であることを既知とすれば
f(x) - Π(x-u(y^d)) = h(x,y)Φ[k](y)
を満たす多項式 h(x,y)が存在するとおける(yについて因数定理)

標数pへの自然な準同型をとって[1]で得たaをyとして代入すれば
f(a) = Π(x-u(a^d)) を得る

[2]の議論はaの代わりにa^dを使ってもできて
u(a^d)たちは有理整数であること、
すなわちf(a)は標数pにおいて1次式に分解すると言えた

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[4] 逆に素数pをkで割った余りが集合Aに属さないとする。
f(x)がF_pにおいて1次式の因子を持つとすると、
Φ(a)=0 かつ u(a)^p=u(a) となるような a∈(p元体のある代数拡大) がとれる(と思う)
u(a)^p=u(a^p) であるが、pをkで割った余りがAに属さないことから
f(x)=Π(x-u(α^d)) (d∈B) において (x-u(a))と(x-u(a^p)) は別の因子として現れる。
u(a)=u(a^p) ということは f(x)が重根を持つことを意味する。
それは p がf(x)の判別式を割りきることを意味する。


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