Kronecker定理

设ωᵢ ∈ ℂ (1 ≤ i ≤ n)为单位根， ξ＝∑ωᵢ 。若 |ξ|＝1，则 ξ 也是单位根。

让我一下子想起来代数数论上的习题：

ξ为一代数整数， ξ为单位根的充要条件是其所有共轭元素模为1。

充分性显然，证明必要性，设ξ 的极小多项式 f(x)＝xⁿ＋α₁xⁿ⁻¹＋· · ·＋αₙ ∈ ℤ[x]，在 ℂ 上全部根是 ξ₁＝ξ，ξ₂，· · ·，ξₙ

至少关于ξᵢ 的初等对称多项式应该都是整数，那利用牛顿公式它们的 k 次幂和也总是整数。

ₙ

sₖ＝∑ ξᵏᵢ ∈ ℤ，sₖ₊ₙ＋α₁sₖ₊ₙ₋₁↓

ᵢ₌₁

＋· · ·＋αₙsₖ＝0 ←

接下来注意到{sₖ} 是n阶线性递推，且 |sₖ| ≤ n ,然后就是典中典的一个结论，这样的递推一定是循环的。一般来说可以用抽屉原理去做，我偏不。

给定有限集合S ， g：S → S 为单射，那么显然 g 等同于 S 上的一个置换。 Aut(S) 为有限群，那么一定存在 n 使得 gⁿ＝idₛ 。一般的，如果 S 是无限集，但 x ∈ S 在 g 作用下生成的轨道 Oₓ 有限，那存在 n 使得gⁿ|ᴏₓ＝idᴏₓ

这里取S＝ℤⁿ，g(p₁，p₂，· · ·，pₙ)＝(p₂，· · ·，pₙ，–α₁pₙ – · · · –αₙp₁) （ g 单，因为 αₙ ≠ 0 ）

(s₀，s₁，· · ·，sₙ₋₁) 所在轨道是有限集合,故而存在T， gᵀ(s₀，s₁，· · ·，sₙ₋₁)＝(s₀，s₁，· · ·，sₙ₋₁)＝(sᴛ，sᴛ＋1，· · ·，sᴛ₊ₙ₋₁)

ₙ

∑ ξᵀᵢ＝sᴛ＝s₀＝n ⇒ ξᵀᵢ＝1

ᵢ₌₁

不难发现其实把所有共轭元素模长为1，换成不大于1也是对的。（我看到有人说这个加强的结论属于Kronecker，虽然我查不到，但也这样吧）

(Kronecker)ξ 为一非0代数整数， ξ 为单位根的充要条件是其所有共轭元素模不大于1。

那么有没有一个代数整数自己模长是1，但共轭元素模长不是1的呢？确实是有的，甚至有一类很特殊的数称为Salem数，这类数代数次数为2d，其中2d-2个共轭模长是1，但其它两个一个模长是大于1，一个模长小于1，且要互为倒数。

一个例子：

1 1

x²((x＋─)²＋2(x＋─) – 2)＝0

x x

1 1＋√3

x＋─＝–1 ± √3 ⇒ x＝─── ↓

x 2

√2√3 1 – √3 √2√3

± ─── or – ─── ± ─── i

2 2 2

回到北大夏令营那个题目的证明

设ωᵢ ∈ ℂ (1 ≤ i ≤ n)为单位根， ξ＝∑ωᵢ 。若 |ξ|＝1，则 ξ 也是单位根。

不妨找一个足够大的m 使得 ωᵐᵢ＝1，记一个m次本原单位根是 ζ ，

ₙ₋₁

ξ＝∑ αᵢξⁱ(αᵢ ∈ ℕ)

ᵢ₌₀

ₙ₋₁ ₙ₋₁

1＝ξˉξ＝∑ αᵢξⁱ ∑ αᵢζⁿ⁻¹，

ᵢ₌₀ ᵢ₌₀

整理出一个关于 ζ 的整系数多项式，那所有的m次本原单位根也应当适合于这个方程，其实就表明 ξ 表达式里的ζ 换成任意一个本原单位根，模长还是1。

Gαl(ℚ(ζ)|ℚ)＝(ℤ/mℤ)* 在m次本原单位根上的作用其实就是m次本原单位根间的置换，这表明 ξ 在Galois群作用下保持模长1，注意到 ξ 的Galois闭包包含在 ℚ(ζ) 中，应用Kronecker定理得到结果。

设ωᵢ ∈ ℂ (1 ≤ i ≤ n) 为单位根，

1

ξ＝─ ∑ ωᵢ

n

是代数整数。那么只能 ξ＝0 或者 ξ＝ωᵢ ∀1 ≤ i ≤ n

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