1の冪根

複素数 の記事の系「De Moivreの公式」により $\zeta_n^k=\cos(2\pi k/n)+i\sin(2\pi k/n)$ であり、$(\zeta_n^k)^n=\zeta_n^{nk}=\cos2\pi k+i\sin2\pi k=1$ である。よって $\zeta_n^k\in\mu_n$ である。
相異なること：$0\le j< k\le n-1$ で $\zeta_n^j=\zeta_n^k$ とすると、$\zeta_n^j\ne0$ で割って $\zeta_n^{k-j}=1$ を得る。$\zeta_n^{k-j}=\cos\frac{2\pi(k-j)}n+i\sin\frac{2\pi(k-j)}n=e^{2\pi i(k-j)/n}$（三角関数 の定理「Euler の公式」）が $1$ なので、同記事の定理「周期と零点」の 4 により $(k-j)/n$ は整数であるが、$0< k-j< n$ なので矛盾である。同じ理由で $0< k< n$ なら $\zeta_n^k\ne1$ であり、$\zeta_n$ の位数は $n$、すなわち $\zeta_n$ は原始 $n$ 乗根である。
逆の包含：$z\in\mu_n$ とする。複素数 の記事の命題「絶対値の積と三角不等式」により $|z|^n=|z^n|=1$ で、$|z|$ は正の実数なので $|z|=1$ である。複素数 の記事の定義「偏角と極形式」により $z=\cos\theta+i\sin\theta$ と書け、De Moivre の公式により $1=z^n=\cos n\theta+i\sin n\theta=e^{in\theta}$（三角関数 の定理「Euler の公式」）である。したがって $e^{in\theta}=1$ なので、同記事の定理「周期と零点」の 4 により $n\theta=2\pi m$（$m$ は整数）である。$m=nq+k$（$0\le k\le n-1$）と割ると、$\theta=2\pi q+2\pi k/n$ であり、同定理の 2（周期性）により $z=\cos(2\pi k/n)+i\sin(2\pi k/n)=\zeta_n^k$ である。$\square$

$z,w\in\mu_n$ なら $(zw)^n=z^nw^n=1$、$(z^{-1})^n=(z^n)^{-1}=1$ であり、$1\in\mu_n$ なので、$\mu_n$ は部分群である。thm-rou-all により $\mu_n$ の元はすべて $\zeta_n$ の冪なので、$\mu_n$ は $\zeta_n$ で生成される巡回群であり、位数は $n$ である。$\zeta_n$ の位数が $n$ なので、元の位数 の記事の命題「位数と冪の整除関係」により $\zeta_n^j=\zeta_n^k\iff j\equiv k\pmod n$ であり、写像 $k\bmod n\mapsto\zeta_n^k$ は矛盾なく定まる単射である。$\zeta_n^{j+k}=\zeta_n^j\zeta_n^k$ なので準同型であり、元の個数がともに $n$ なので全単射である。$\square$

1. 元の位数 の記事の命題「冪の位数の公式」を位数 $n$ の元 $\zeta_n$ に使えばよい（$k=0$ では $\gcd(0,n)=n$ で位数 $1$）。位数が $n$ になるのは $\gcd(k,n)=1$ のときであり、そのような $0\le k\le n-1$ の個数は $\varphi(n)$ である（$n=1$ では $k=0$ の $1$ 個で、$\varphi(1)=1$）。
2. $z\in\mu_n$ の位数を $d$ とすると、元の位数 の記事の命題「位数と冪の整除関係」により $z^n=1$ から $d\mid n$ であり、$z$ は原始 $d$ 乗根である。逆に $d\mid n$ と原始 $d$ 乗根 $z$ について $z^n=(z^d)^{n/d}=1$ なので $z\in\mu_n$ である。位数はただ 1 つに決まるので、異なる $d$ の集合は交わらない。
3. 2 の分割で元の個数を数えると、1 を $d$ に適用して、原始 $d$ 乗根の個数は $\varphi(d)$ なので $n=|\mu_n|=\sum_{d\mid n}\varphi(d)$ である。$\square$

thm-rou-all により $\mu_n=\{\zeta_n^j\mid 0\le j\le n-1\}$ なので、2 つの和は等しい。$w:=\zeta_n^k$ とおく。$n\mid k$ なら $w=1$ で和は $n$ である。$n\nmid k$ なら、元の位数 の記事の命題「位数と冪の整除関係」により $w\ne1$ であり、$w^n=(\zeta_n^n)^k=1$ なので
$$ \sum_{j=0}^{n-1}w^j=\frac{w^n-1}{w-1}=0 $$
である。$k=1$、$n\ge2$ とすれば最後の主張を得る。$\square$

原始 $d$ 乗根全体の和を $R(d)$ とおく。prop-rou-primitive の 2 と thm-rou-power-sum（$k=1$）により、すべての正の整数 $n$ について
$$ \sum_{d\mid n}R(d)=\sum_{z\in\mu_n}z=\begin{cases}1&(n=1),\\0&(n\ge2)\end{cases} $$
である。右辺を $F(n)$ とおくと、Möbius関数 の記事の定理「Möbiusの反転公式」により $R(n)=\sum_{d\mid n}\mu(d)F(n/d)$ であり、$F(n/d)\ne0$ となるのは $d=n$ のときだけなので $R(n)=\mu(n)$ である。$\square$

相異なる複素数 $a_1,\dots,a_m$ がすべて多項式 $f$ の根なら、$f$ は $(x-a_1)\cdots(x-a_m)$ で割り切れることを $m$ についての帰納法で示す。$m=1$ のとき、除法の原理 の記事の定理「多項式の除法の原理」により $f=(x-a_1)q+r$（$r$ は定数）と書け、$x=a_1$ を代入して $r=f(a_1)=0$ である。$f=(x-a_1)\cdots(x-a_{m-1})g$ まで示したとすると、$x=a_m$ を代入して $0=(a_m-a_1)\cdots(a_m-a_{m-1})g(a_m)$ で、前の因子はどれも $0$ でないので $g(a_m)=0$ であり、$m=1$ の場合により $g$ は $x-a_m$ で割り切れる。
thm-rou-all により $\zeta_n^0,\dots,\zeta_n^{n-1}$ は $x^n-1$ の相異なる $n$ 個の根なので、$x^n-1=c(x)\prod_k(x-\zeta_n^k)$ となる多項式 $c(x)$ がある。次数を比べると $c$ は定数で、最高次の係数を比べて $c=1$ である。
後半：$x^n-1=(x-1)(1+x+\cdots+x^{n-1})$ と比べ、$x-1$ で割った多項式どうしが等しいことから $1+x+\cdots+x^{n-1}=\prod_{k=1}^{n-1}(x-\zeta_n^k)$ であり、$x=1$ を代入すると $n=\prod_{k=1}^{n-1}(1-\zeta_n^k)$ を得る。定数項を比べると $-1=(-1)^n\prod_kz$ なので、$\prod_{z\in\mu_n}z=(-1)^{n+1}$ である。$\square$

prop-rou-primitive の 2 により、$\mu_n$ の元をその位数 $d$ で分けると、位数 $d$ の元の全体は原始 $d$ 乗根の全体である。原始 $d$ 乗根は $\Phi_d$ の根としてちょうど 1 回ずつ現れるので、prop-rou-factor の積を位数ごとにまとめると $x^n-1=\prod_{d\mid n}\Phi_d(x)$ を得る。
整数係数であることを $n$ についての帰納法で示す。$\Phi_1=x-1$ である。$n\ge2$ とし、$d< n$ の $\Phi_d$ は整数係数であると仮定する。$g:=\prod_{d\mid n,\,d< n}\Phi_d$ は整数係数で最高次の係数が $1$ なので、除法の原理 の記事の定理「多項式の除法の原理」を整数係数の多項式環で使うと、$x^n-1=qg+r$、$\deg r<\deg g$ となる整数係数の $q,r$ がある。一方、複素数係数では $x^n-1=\Phi_ng+0$ である。複素数係数の多項式環で割り算の商と余りはただ 1 通りなので、$q=\Phi_n$、$r=0$ であり、$\Phi_n$ は整数係数である。$\square$

Lagrangeの定理 の記事の系「元の位数」により、$G$ のすべての元 $g$ は $g^n=1$ を満たすので、$G\subset\mu_n$ である。thm-rou-all により $\mu_n$ の元の個数は $n=|G|$ なので、$G=\mu_n$ である。prop-rou-cyclic により $G$ は巡回群である。$\square$