Deje $\alpha$ ser un elemento de $\mathbb{Q}(\zeta)$.
Denotamos por a $N(\alpha)$ la norma de $\alpha$ con respecto al $\mathbb{Q}(\zeta)/\mathbb{Q}$.
Deje $\alpha$ $\beta$ ser elementos de $\mathbb{Z}(\zeta)$.
Denotamos $\alpha \equiv \beta$ (mod $(1 - \zeta)$) si $\alpha - \beta$ pertenece a $(1 - \zeta)\mathbb{Z}(\zeta)$.
Lema 1
$N(1 - \zeta) = l$
Prueba:
Este es inmediata por la siguiente fórmula(en sustitución de $X$$1$).
$1 + X + \cdots + X^{l-1} = (X - \zeta)(X - \zeta^2)\cdots (X - \zeta^{l-1})$.
Lema 2
Deje $\alpha = f(\zeta)$ ser un elemento de $\mathbb{Z}(\zeta)$ donde $f(X)$ es un polinomio en a $\mathbb{Z}[X]$.
A continuación, $\alpha \equiv 0$ (mod $(1 - \zeta)$) si y sólo si $f(1) \equiv 0$ (mod $l$).
Prueba:
Desde $\zeta \equiv 1$ (mod $(1 - \zeta))$, $f(\zeta) \equiv f(1)$ (mod $(1 - \zeta))$.
Supongamos $\alpha \equiv 0$ (mod $(1 - \zeta)$).
A continuación, $f(1) \equiv 0$ (mod $(1 - \zeta)$) por encima de la congruencia.
Tomando normas de $f(1)$$1 - \zeta$, obtenemos $f(1)^{l-1} \equiv 0$ (mod $l$) por el Lema 1.
Por lo tanto $f(1) \equiv 0$ (mod $l$)
Por el contrario supongamos $f(1) \equiv 0$ (mod $l$).
Por el Lema 1, $f(1) \equiv 0$ (mod $(1 - \zeta)$).
Por lo tanto $\alpha \equiv 0$ (mod $(1 - \zeta)$) por encima de la congruencia.
Esto completa la prueba.
La proposición
Deje $\alpha$ $\beta$ ser elementos de $\mathbb{Z}(\zeta)$.
Supongamos $\alpha\beta \equiv 0$ (mod $(1 - \zeta)$).
A continuación, $\alpha \equiv 0$ (mod $(1 - \zeta)$) o $\beta \equiv 0$ (mod $(1 - \zeta)$).
Prueba:
De esta manera se sigue inmediatamente del Lema 2