首先，注 F 也是 Γ 中 A 的闭包$\bar{\Delta}$ 不变量的域，并且 $\bar{\Delta}$ 是 Γ 的闭法线子群。 作者：V、p. 68、Cor。 4、F因此是K的伽罗瓦扩张。 此外，F 在 K 上的伽罗瓦群与 $\Gamma / \bar{\Delta}$ 同构的，因此是可交换的。 因此 F 的每个子扩展都是阿贝尔的。 相反，令L为E中包含的K的阿贝尔的扩张，并令Π为E在L上的伽罗瓦群。 Since L is Galois, Π is a normal subgroup of Γ and the Galois group of L over K is isomorphic to $\Gamma / \Pi$ (V, p. 68, Cor. 4). 因此 $\Gamma / \Pi$ 是可交换的且 Π 包含于 A, 从而 $L \subset F$。

首先，E 是 K 的伽罗瓦扩张（V，p. 57，命题 1）。如果域 F 如命题 1 中定义，那么对于所有 $i \in I$、从而 $E = F$，我们都有 $E_i \subset F$。

如果 K 的阿贝尔的扩张并且 K 的每个阿贝尔的扩张同构于 E 的子扩展，则称 K 的扩张 E 是 K 的阿贝尔的闭包。 命题 1 意味着 K 的阿贝尔的闭包的存在： for let $K_s$是K的可分闭包，与伽罗瓦群$\Gamma$并让$(\overline{\Gamma}, \overline{\Gamma})$是$\Gamma$的导出群的闭包；用 $(\overline{\Gamma}, \overline{\Gamma})$ 的不变量 $K_{ab}$ 域表示；因为 K 的每个可分离代数扩张都同构于 $K_s$ 的子扩展（V，p. 45，Cor.）。命题1表明$K_{ab}$是K的阿贝尔的闭包。K上$K_{ab}$的伽罗瓦群与$\Gamma / (\overline{\Gamma}, \overline{\Gamma})$自然同构。现在让我们展示阿贝尔的闭包的唯一性：令 E, E' 是 K 的两个阿贝尔的闭包；由定义存在 K-同态 $u : E \to E'$ 和 $v : E' \to E$，并且命题 1 (V, p. 52) 意味着 $v(u(E)) = E$ 和 $u(v(E')) = E'$，因此 $u$ 是 E 到 E' 的 K-同构。 E 到 E' 的任何其他 K 同构都是形式 $u_1 = \sigma_0 \circ u$ 和 $\sigma_0 \in \mathrm{Gal}(E'/K)$；由于$\mathrm{Gal}(E'/K)$是可交换的，$\mathrm{Gal}(E/K)$到$\mathrm{Gal}(E'/K)$的同构$\sigma \mapsto u \circ \sigma \circ u^{-1}$独立于$u$；它被称为$\mathrm{Gal}(E/K)$到$\mathrm{Gal}(E'/K)$的典范同构。

只需证明定理的第一个断言，即以下更精确的引理中的推论：

将 G 视为 Z 模；对于所有$x \in G$，我们都有$mx = 0$，因此G的湮没子是形式$r\mathbf{Z}$的理想，其中整数$r \geq 1$除$m$。因此我们有$G \subset \mu_r(K)$。将引理 4 (V，p. 74)与$A = \mathbf{Z}$和$M = G$应用的，存在阶$r$的G的元素$x$；令$G'$为由$x$生成的G的循环子群。我们有$G' \subset \mu_r(K)$、卡$(G') = r$、卡$\mu_r(K) \leq r$；因此我们有

G' = μ_r(K) ⊃ G 且 G 是阶 r 的循环，因此等于 μ_r(K)。由于 G 有阶 m，所以我们有 m = r 和引理。

我们将 1/p 生成的 Q 表示为 Z[1/p] 子环，即形式 a/p^n 的有理数的集合，其中 a ∈ Z 且 n ≥ 1；因此，如果 K 的特征为 0，则我们有 Z[1/p] = Z。

令 (v_n) 为所有不可被 p 整除的整数中的严格递增的序列由……组成，如果 p ≠ 1；将 X = v_1 v_2 ... v_n 并用单位元的第 λ_n-th 根的 H_n 群表示；我们有 H_{n+1} ⊃ H_n 和 μ_∞(K) = U H_n。由于 H_n 是阶 X (Th. 1) 的循环，因此存在根单位元的序列 (a_n)，使得 a_n 生成 H_n 且 a_n = α_n^{v_n + 1}。

进一步令β_n为1/λ_n的剩余类类 mod Z[1/p]，并令H'_n为由β_n生成的Q/Z[1/p]的循环子群。显然，β_n = v_{n+1} β_{n+1} 且 H'_n 为阶 λ_n，因为如果 p ≠ 1，则 X 不能被 p 整除。因此，对于所有 n ≥ 1 同构的 φ_n ： H_n → H'_n 使得 φ_n(α_n) = β_n 且关系 α_n = α_{n+1}^{v_n + 1}，β_n = v_{n+1} β_{n+1}，证明 φ_n+，扩展 φ_n。最后，在 Q/Z[1/p] 上存在一个唯一的 μ_∞(K) 同构的 φ 延伸同构 φ_n，即对于所有 n ≥ 1，φ(α_n) = β_n。

a) $k$ mod $n$ 的剩余类类在环 $\mathbf{Z}/n\mathbf{Z}$ 中可逆； b) $k$ mod $n$ 生成的剩余类类循环群 $\mathbf{Z}/n\mathbf{Z}$; c) 整数 $k$ 和 $n$ 互质 (I, p. 112)。

条件 a) 和 b) 均表示存在整数 $x$ 使得$kx \equiv 1 \pmod{n}$，即存在两个整数 $x$ 和$y$ 使得$kx + ny = 1$。后者条件只是意味着$k$和$n$互质。

由于$G$与$\mathbf{Z}/n\mathbf{Z}$同构的，根据命题3，$G$的生成元数等于$\varphi(n)$。设$g$为$G$的生成元；然后$G$的元素$h$使得$h^d = 1$构成由$g^{n/d}$生成的$G$的子群$H$；这个群是阶$d$的循环，阶$d$的$G$的元素是$H$的生成元，因此它们的数是$\varphi(d)$。

与Cor的记号。 1，$G$的每个元素都有一个有限的阶，即$n$的除子$d$，对于固定的$d$，有$\varphi(d)$这样的元素。

$\varphi(n)$的计算是基于两个公式：

(2) $\varphi(mn) = \varphi(m)\varphi(n)$ 如果 $m$ 和 $n$ 互质， (3) $\varphi(p^a) = p^{a-1}(p-1)$（$p$素的，$a \geq 1$）。

第一个直接来自以下事实：环$\mathbf{Z}/mn\mathbf{Z}$和$(\mathbf{Z}/m\mathbf{Z}) \times (\mathbf{Z}/n\mathbf{Z})$是同构的（*I*，p. 112），并且$(A \times B)^* = A^* \times B^*$对于两个环$A$和$B$。证明(3)我们注$p^a$的正除子是$1, p, p^2, \ldots, p^a$；因此，当且仅当它不能被$p$整除时，除了$1$之外，整数$k$没有公共的除子与$p^a$；由于$0$和$p^a - 1$之间存在$p$的$p^a - 1$倍数，所以我们确实找到了（3）。

公式 (2) 和 (3) 立即表明

其中 $p$ 超过 $n$ 素数除子的集合。

^1 关系 $d \mid n$ 整数 > 0 之间表示 « d 除 n » (VI, p. 5)。

如果阶 $n$ 的第n 个根单位元被认为是原始的；如果存在根$\zeta$，则群$\mu_n(K)$属于阶$n$，由$\zeta$生成。 \* 对于例，$\mathbf{C}$中单位元的原语n个根是数$e^{2\pi i k / n}$，其中$0 \leq k < n$和$k$与$n$素的。 \* 科。命题 3 的 1 现在意味着以下结果。

设Q为有理数的域Q的代数闭包，并令n为整数。那么$n$级的分圆多项式$\Phi_n$定义为

其中$S_n$是$Q$中单位元的原始第n个根的集合。首一多项式 $\Phi_n$ 为次数 $\varphi(n)$（命题 4）。很明显，$\Phi_n(X)$在$\bar{\mathbf{Q}}$的所有自同构下是不变的，因此属于到$\mathbf{Q}[X]$。由于$S_n$的每一个元素$\zeta$都是多项式$X^n - 1$的根，所以多项式$\Phi_n(X)$除$X^n - 1$，下面的引理表明$\Phi_n(X)$是一元多项式具有整数系数。

令$a$（或$b$）为整数 $\alpha \geq 3$（或$\beta \geq 1$）中最小的一个，使得$\alpha g$（或$\beta h$）有整数系数；我们放入 $g' = ag$ 和 $h' = bh$ 并通过 reductio adabsurdum 显示 $a = b = 1$。如果不是这样，就会有 $ab$ 的素数除子 $p$。如果$u \in \mathbf{Z}[X]$，让我们将域$\mathbf{F}_p$中的系数写为$\bar{u}$，该多项式是通过对$u$的系数进行约简模$p$获得的。我们有$g'h' = abf$、从而$\bar{g}'\bar{h}' = 0$；由于环$\mathbf{F}_p[X]$是整环（IV，p. 9，命题8），因此我们有$\bar{g}' = 0$或$\bar{h}' = 0$。在其他字、$p$除中，$g'$的所有系数或$h'$和此与……矛盾假设的所有系数。

我们有关系

因为我们有 $X^n - 1 = \prod_{\zeta \in \mu_n(\mathbf{Q})} (X - \zeta)$ 和集合 $S_d$，$d$ 除 $n$ 形式划分 $\mu_n(\mathbf{Q})$。

公式 (6) 确定 $\Phi_n(X)$ 当我们知道 $\Phi_d(X)$ 为所有除子 $d < n$ 的 $n$ 时；由于$\Phi_1(X) = X - 1$，因此我们有一个递归过程来计算$\Phi_n$。对于例对于素数 $p$ 我们有

从而

和

让我们列出 $1 \leq n \leq 12$ 的多项式 $\Phi_n(X)$ 的值：

$\Phi_1, \Phi_2, \Phi_3, \Phi_4, \Phi_5, \Phi_7, \Phi_8, \Phi_9$和$\Phi_{11}$的值直接由(7)得出；现在我们有$\Phi_1 \Phi_2 \Phi_3 \Phi_6 = X^6 - 1$和$\Phi_1 \Phi_2 \Phi_3 \Phi_4 \Phi_6 \Phi_{12} = X^{12} - 1$，从而$\Phi_4 \Phi_{12} = \frac{X^{12} - 1}{X^6 - 1} - X^6 + 1$，最后是$\Phi_{12} = \frac{X^6 + 1}{X^2 + 1} = X^4 - X^2 + 1$。案例$n = 6$和$n = 10$可类似处理。

用$K_s$中$\Phi_n$根$S$、集合表示。通过公式 (6)，集合 $\mu_n(K_s)$ 是 $d$ 除 $n$ 的 $S_d$ 的并。 单位元的每个原语$n$-第根，因此属于到$S_n$和引理现在都来自第4条命题（V，p. 81）。

到引理 3，对于$\Phi_n(X)$的每个根$\zeta$，我们都有$R_n(K) = K(\zeta)$，因此当且仅当$\Phi_n(X)$的次数$\varphi(n)$等于$[R_n(K):K]$时$\Phi_n(X)$在$K[X]$中不可约。此外，$R_n(K)$在$K$上的伽罗瓦群是阶$[R_n(K):K]$，并且它与$(\mathbf{Z}/n\mathbf{Z})^*$的子群同构，即$\chi_n$的像。现在，第 6 条命题是从 $(\mathbf{Z}/n\mathbf{Z})^*$ 是阶 $\varphi(n)$ 的事实得出的。

a) 分圆多项式$\Phi_n(X)$在$Q[X]$中不可约。

b) $R_n(Q)$ 与$Q$ 的次数是$\varphi(n)$。

c) $\mathrm{Gal}(\bar{Q}/Q)$ 到 $(\mathbf{Z}/n\mathbf{Z})^*$ 的同态 $\chi_n$ 是满射，定义是通过将 $\mathrm{Gal}(R_n(Q)/Q)$ 的商同构传到$(\mathbf{Z}/n\mathbf{Z})^*$。

考虑到命题 6，我们只需证明 c)。 每个整数$r$与$n$素数都是数$p_1, \ldots, p_s$素数乘积不除$n$；因此足以证明，对于每个素数数$p$，不将$n$、$\mu_n(Q)$的映射$x \mapsto x^p$除以扩展到$R_n(Q)$的自同构。 只要证明$\zeta$是单位元的原语第$n$第根，$\zeta$在$Q$上的最小多项式$f$等于$\zeta^p$在$Q$上的最小多项式$g$。

我们假设$f \neq g$并通过反证法进行论证。多项式$f$和$g$在$Q[X]$和除$X^n - 1$中是不可约的，因此存在$u \in Q[X]$使得$X^n - 1 = fg u$（IV，p. 13，命题13）。 引理 2 (V, p. 82) 表明$f, g$ 和$u$ 具有整数系数。让我们用 $\bar{v}$ 表示系数为 $\mathbf{F}_p$ 的多项式，该多项式是从多项式 $v \in \mathbf{Z}[X]$ 通过归约 mod $p$ 获得的。因此我们在$\mathbf{F}_p[X]$中有$X^n - 1 = \bar{f} \bar{g} \bar{u}$。

此外，我们有$g(\zeta^p) = 0$，因此$g(X^p)$是$\mathbf{Q}[X]$中$f(X)$的倍数。到引理 2 时，存在$h \in \mathbf{Z}[X]$，使得$g(X^p) = f(X) \cdot h(X)$。现在我们对每个多项式$v \in \mathbf{F}_p[X]$都有$v(X^p) = v(X)^p$。通过约简 mod $p$，我们得到 $\bar{g}^p = \bar{f} \bar{h}$。如果$v$是$\mathbf{F}_p[X]$除$\bar{f}$的不可约多项式，那么它必定是除$\bar{g}$。从 $\bar{f} \bar{g}$ 除 $X^n - 1$ 开始，我们在 $\mathbf{F}_p[X]$ 结论 $v^2$ 除 $X^n - 1$。这是荒谬的，因为多项式 $X^n - 1$ 在 $\mathbf{F}_p[X]$ 中是可分的。

可以证明，对于$Q$上有限次数的每一个阿贝尔的扩张$E$，都存在整数$n \geq 1$，使得$E$同构于$R_n(Q)$的子扩展。 \* 在其他字中，域$Q(\mu_{\infty}(C))$是阿贝尔的闭包$Q$。 *（《克罗内克-韦伯定理》）。

a) 对于元素$x \in E$到满足$N_{E/K}(x) = 1$，$y \in E^*$存在使得$x = y / \sigma(y)$是充分必要的；每个 $y_1 \in E^*$ 和 $x = y_1 / \sigma(y_1)$ 都是形式 $\lambda y$，其中 $\lambda \in K^*$。

b) 对于元素$x \in E$到满足$\mathrm{Tr}_{E/K}(x) = 0$，$z \in E$与$x = z - \sigma(z)$存在是充分必要的；那么每个$z_1 \in E$和$x = z_1 - \sigma(z_1)$都是形式$z + \mu$，其中$\mu \in K$。

我们先证明引理.*

将 $u(f) = f(a)$ 替换为 $f \in Z$，将 $t(m) = \sum_{\tau \in \Gamma} \tau . m$ 替换为 $m \in M$。然后序列

是准确的。

设 $f \in \mathbf{Z}$；将$\tau = \tau' = 1$代入(10)，我们发现$f(1) = 0$。此外，通过$m \geqslant 0$上的归纳我们推导出关系

我们有$\sigma^n = 1$、从而$f(\sigma^n) = 0$；前面的关系和$m = n$相当于等式$t(u(f)) = 0$、从而$\operatorname{Im}\ u \subset \operatorname{Ker}\ t$。此外，从(11)可以得出$\operatorname{Ker}\ u = 0$。

令$m \in M$使得$t(m) = 0$，即$m + \sigma \cdot m + \cdots + \sigma^{n-1} \cdot m = 0$。让我们将 $\Gamma$ 的定义映射 $f$ 化为$M$

$0 \leqslant j \leqslant n - 1$。可以留给读者来建立关系(10)。我们显然有$m = f(a)$，从而$\operatorname{Im}\ u \supset \operatorname{Ker}\ t$。

引理现已证明，让我们取$y \in E^*$和$x = y/\sigma(y)$；我们有$N_{E/K}(\sigma(y)) = N_{E/K}(y)$，从而$N_{E/K}(x) = 1$。相反，令$E^*$中的$x$使得$N_{E/K}(x) = 1$；将引理 4应用于$M = E^*$，$\Gamma$和$c_\sigma = x$中存在$\tau, \tau'$的$E^*$满足关系$c_{\tau \tau'} = c_\tau \cdot \tau(c_{\tau'})$族元素$(c_\tau)_{\tau \in \Gamma}$。由科.提案 9 的第 1 条（V，p. 65）对于所有 $\tau \in \Gamma$，从而，特别是 $x = c_\sigma = y/\sigma(y)$，都存在 $y \in E^*$ 和 $c_\tau = y/\tau(y)$。如果$y_1 \in E^*$满足$x = y_1/\sigma(y_1)$，那么我们有

因此$y_1 y^{-1}$属于到$K^*$，因为$a$生成伽罗瓦群超过$E$超过$K$。这就证明了a）。

断言 b) 以类似的方式来自 Cor。第 9 号提案第 2 条（V、p. 65）。

让 $f : H \to T$ 为同态；我们将证明存在$G$到$T$延伸$f$的同态。 首先假设$G$是循环的，由阶$r$除$n$生成元素$g$；用 $T$ 的 $t$ 生成元表示。 r 存在除子 s，使得 H 由 $g^s$（I、p. 50，命题 19）生成，并且对于每个$x \in \mathbf{Z}$，我们有 $f(g^{sx}) = t^{ax}$，其中 a 是整数，使得 n 除 $ar/s$。 那么$a/s = (ar/ns)(n/r)$就是G的整数和同态$g^x \mapsto t^{(a/s)x}$，$x \in \mathbf{Z}$，变成T扩展f。 在一般情况下，考虑对$(H', f')$的集合，其中$H'$是G包含H的子群，$f'$是$H'$的同态延伸到$f$，让我们阶这个如果$f''$至$H'$中的$H' \subset H''$和限制为$f'$，则集合乘以关系$(H', f') \leq (H'', f'')$。 根据集合理论，III，p. 154，Def。 3和Th。 2、这个集合有极大元素$(H_1, f_1)$，只要证明$H_1 = G$即可；如果不是，则存在$g \in G, g \notin H_1$，并且足以证明$f_1$可以扩展到由$H_1$和g生成的G的子群的同态 T。 现在，如果C表示由g生成的循环群，则$f_1$的限制到$C \cap H_1$扩展到C的同态$f_2$进入T和同态$xy \mapsto f_1(x) f_2(y), x \in H_1, y \in C,$将$H_1C$代入T就是所需的映射。