参考
定义
将线性电枢的槽,映射到单位圆上,再把单位圆放到复平面上定义出
分圆多项式 Φ n ( x ) \Phi_n(x) Φn(x)
( ∣ k n ) = { x ∣ ( n , x ) = ( n , k ) ∧ x < n } \left(|\frac{k}{n}\right) = \{ x \mid (n, x) = (n, k) \wedge x < n \} (∣nk)={x∣(n,x)=(n,k)∧x<n}
Φ n ( k , x ) = ∏ s ∈ ( ∣ k n ) ( x − ζ n s ) \Phi_n(k,x)=\prod_{s \in \left(|\frac{k}{n}\right)}\left(x-\zeta_n^s\right) Φn(k,x)=s∈(∣nk)∏(x−ζns)
Φ n ( x ) = Φ n ( 1 , x ) \Phi_n(x)=\Phi_n(1,x) Φn(x)=Φn(1,x)
其中 ζ n = e 2 π i n \displaystyle\zeta_n=e^{\frac{2\pi i}{n}} ζn=en2πi
定理1
Φ n ( k , x ) = Φ n ( n , k ) ( x ) \Phi_n(k,x)=\Phi_\frac{n}{(n,k)}(x) Φn(k,x)=Φ(n,k)n(x)
证法1
由电枢公式
( ∣ k n ) = ( n , k ) ( ∣ 1 n ( n , k ) ) \left(|\frac{k}{n}\right) = (n,k) \left(|\frac{1}{\frac{n}{(n,k)}}\right) (∣nk)=(n,k)(∣(n,k)n1)
知道定理1等号两侧参与相乘的可达点在复平面上重合了。
证法2
设
k 0 = ( n , k ) . k_0=(n,k). k0=(n,k).
根据定义，
Φ n ( k , x ) = ∏ ( s , n ) = k 0 ( x − ζ n s ) . \Phi_n(k,x) =\prod_{(s,n)=k_0} \left(x-\zeta_n^s\right). Φn(k,x)=(s,n)=k0∏(x−ζns).
由于
( s , n ) = k 0 ⟺ s = k 0 t , ( t , n k 0 ) = 1 , (s,n)=k_0 \iff s=k_0t,\quad \left(t,\frac{n}{k_0}\right)=1, (s,n)=k0⟺s=k0t,(t,k0n)=1,
故
Φ n ( k , x ) = ∏ ( t , n k 0 ) = 1 ( x − ζ n k 0 t ) = ∏ ( t , n k 0 ) = 1 ( x − ζ n k 0 t ) , \begin{aligned} \Phi_n(k,x) &= \prod_{\left(t,\frac{n}{k_0}\right)=1} \left(x-\zeta_n^{k_0t}\right) \\ &= \prod_{\left(t,\frac{n}{k_0}\right)=1} \left(x-\zeta_{\frac{n}{k_0}}^{\,t}\right), \end{aligned} Φn(k,x)=(t,k0n)=1∏(x−ζnk0t)=(t,k0n)=1∏(x−ζk0nt),
其中利用了
ζ n k 0 = e 2 π i k 0 n = e 2 π i n / k 0 = ζ n k 0 \zeta_n^{k_0} =e^{\frac{2\pi i k_0}{n}} =e^{\frac{2\pi i}{n/k_0}} =\zeta_{\frac{n}{k_0}} ζnk0=en2πik0=en/k02πi=ζk0n
根据分圆多项式的定义，
∏ ( t , n k 0 ) = 1 ( x − ζ n k 0 t ) = Φ n k 0 ( x ) , \prod_{\left(t,\frac{n}{k_0}\right)=1} \left(x-\zeta_{\frac{n}{k_0}}^{\,t}\right) =\Phi_{\frac{n}{k_0}}(x), (t,k0n)=1∏(x−ζk0nt)=Φk0n(x),
因此
Φ n ( k , x ) = Φ n k 0 ( x ) = Φ n ( n , k ) ( x ) . \boxed{ \Phi_n(k,x)=\Phi_{\frac{n}{k_0}}(x) =\Phi_{\frac{n}{(n,k)}}(x). } Φn(k,x)=Φk0n(x)=Φ(n,k)n(x).
定理2
x n − 1 = ∏ d ∣ n Φ d ( x ) x^n - 1 = \prod_{d\mid n}\Phi_d(x) xn−1=d∣n∏Φd(x)
Φ n ( x ) = x n − 1 ∏ d ∣ n d < n Φ d ( x ) \Phi_n(x)=\frac{x^n-1}{\displaystyle\prod_{\substack{d\mid n\\d<n}}\Phi_d(x)} Φn(x)=d∣nd<n∏Φd(x)xn−1
证明
由定义，
Φ d ( x ) = ∏ 0 ≤ s < d ( s , d ) = 1 ( x − ζ d s ) . \Phi_d(x) =\prod_{\substack{0\le s<d\\(s,d)=1}} \left(x-\zeta_d^s\right). Φd(x)=0≤s<d(s,d)=1∏(x−ζds).
对于任意 d ∣ n d\mid n d∣n，有
ζ d s = ζ n n d s . \zeta_d^s =\zeta_n^{\frac{n}{d}s}. ζds=ζndns.
又因为
( n d s , n ) = n d ⟺ ( s , d ) = 1 , \left(\frac{n}{d}s,n\right) =\frac{n}{d} \iff (s,d)=1, (dns,n)=dn⟺(s,d)=1,
故
Φ d ( x ) = ∏ 0 ≤ r < n ( r , n ) = n / d ( x − ζ n r ) . \Phi_d(x) =\prod_{\substack{0\le r<n\\(r,n)=n/d}} (x-\zeta_n^r). Φd(x)=0≤r<n(r,n)=n/d∏(x−ζnr).
由于
( r , n ) (r,n) (r,n)
只能取 n n n 的各个约数，因此所有单位根
ζ n 0 , ζ n 1 , ... , ζ n n − 1 \zeta_n^0,\zeta_n^1,\ldots,\zeta_n^{n-1} ζn0,ζn1,...,ζnn−1
被同绕关系唯一划分为n的因子个数块
( r , n ) = n d , d ∣ n , (r,n)=\frac{n}{d}, \qquad d\mid n, (r,n)=dn,d∣n,
对应的各组恰为各个 Φ d ( x ) \Phi_d(x) Φd(x) 的全部根。
因此
∏ d ∣ n Φ d ( x ) = ∏ r = 0 n − 1 ( x − ζ n r ) . \prod_{d\mid n}\Phi_d(x) =\prod_{r=0}^{n-1} (x-\zeta_n^r). d∣n∏Φd(x)=r=0∏n−1(x−ζnr).
而
x n − 1 = ∏ r = 0 n − 1 ( x − ζ n r ) , x^n-1 =\prod_{r=0}^{n-1} (x-\zeta_n^r), xn−1=r=0∏n−1(x−ζnr),
故
x n − 1 = ∏ d ∣ n Φ d ( x ) . \boxed{ x^n-1 =\prod_{d\mid n}\Phi_d(x). } xn−1=d∣n∏Φd(x).
移项即得
Φ n ( x ) = x n − 1 ∏ d ∣ n d < n Φ d ( x ) . \boxed{ \Phi_n(x) =\frac{x^n-1} {\displaystyle\prod_{\substack{d\mid n\\d<n}}\Phi_d(x)}. } Φn(x)=d∣nd<n∏Φd(x)xn−1.
证毕。
定理3
Φ n ( x ) 是不可约的整系数多项式 \Phi_n(x)是不可约的整系数多项式 Φn(x)是不可约的整系数多项式
分圆多项式 Φ n ( x ) \Phi_n(x) Φn(x) 在 Z x \mathbb Zx Zx 上不可约
1. 证明策略
- 由 Gauss 引理 ，首一整系数多项式在 Q x \mathbb Qx Qx 中不可约当且仅当它在 Z x \mathbb Zx Zx 中不可约。因此只需证明 Φ n ( x ) \Phi_n(x) Φn(x) 在 Q x \mathbb Qx Qx 中不可约。
- 基本恒等式：
x n − 1 = ∏ d ∣ n Φ d ( x ) x^n - 1 = \prod_{d \mid n} \Phi_d(x) xn−1=d∣n∏Φd(x) - 若 p ∤ n p \nmid n p∤n，则 x n − 1 x^n - 1 xn−1 在 F p x \mathbb F_px Fpx 中无重根，因为其导数为 n x n − 1 n x^{n-1} nxn−1，与 x n − 1 x^n - 1 xn−1 互素。
2. 核心引理
引理 ：设 p p p 为素数且 p ∤ n p\nmid n p∤n。若 ζ \zeta ζ 是 n n n 次本原单位根， f ( x ) f(x) f(x) 是 ζ \zeta ζ 在 Q \mathbb Q Q 上的最小多项式，则
f ( ζ p ) = 0. f(\zeta^p)=0. f(ζp)=0.
证明：
反证，设
f ( ζ p ) ≠ 0. f(\zeta^p)\neq0. f(ζp)=0.
由于 f ( x ) ∣ Φ n ( x ) f(x)\mid\Phi_n(x) f(x)∣Φn(x)，定义
g ( x ) = Φ n ( x ) f ( x ) ∈ Z x . g(x)=\frac{\Phi_n(x)}{f(x)}\in\mathbb Zx. g(x)=f(x)Φn(x)∈Zx.
因为 gcd ( p , n ) = 1 \gcd(p,n)=1 gcd(p,n)=1，故 ζ p \zeta^p ζp 仍是 n n n 次本原单位根，从而
Φ n ( ζ p ) = 0. \Phi_n(\zeta^p)=0. Φn(ζp)=0.
而反设 f ( ζ p ) ≠ 0 f(\zeta^p)\neq0 f(ζp)=0，于是
g ( ζ p ) = 0. g(\zeta^p)=0. g(ζp)=0.
因此
g ( ζ p ) = 0 , g\!\left(\zeta^p\right)=0, g(ζp)=0,
即 ζ \zeta ζ 是多项式 g ( x p ) g(x^p) g(xp) 的根。
由于 f ( x ) f(x) f(x) 是 ζ \zeta ζ 在 Q \mathbb Q Q 上的最小多项式，因此
f ( x ) ∣ g ( x p ) 在 Q x 中 . f(x)\mid g(x^p) \qquad\text{在 }\mathbb Qx\text{ 中}. f(x)∣g(xp)在 Qx 中.
又因为 f ( x ) f(x) f(x) 是首一整系数多项式，而
g ( x p ) ∈ Z x , g(x^p)\in\mathbb Zx, g(xp)∈Zx,
由 Gauss 引理 可知，
f ( x ) ∣ g ( x p ) 在 Z x 中 . f(x)\mid g(x^p) \qquad\text{在 }\mathbb Zx\text{ 中}. f(x)∣g(xp)在 Zx 中.
因此存在
h ( x ) ∈ Z x , h(x)\in\mathbb Zx, h(x)∈Zx,
使得
g ( x p ) = f ( x ) h ( x ) . g(x^p)=f(x)h(x). g(xp)=f(x)h(x).
将上式模 p p p 约化。在 F p x \mathbb F_px Fpx 中，由 Frobenius 同态
( a + b ) p = a p + b p , (a+b)^p=a^p+b^p, (a+b)p=ap+bp,
可得
g ‾ ( x p ) = g ‾ ( x ) p . \overline g(x^p)=\overline g(x)^p. g(xp)=g(x)p.
因此
f ‾ ( x ) ∣ g ‾ ( x ) p . \overline f(x)\mid\overline g(x)^p. f(x)∣g(x)p.
另一方面，由于 p ∤ n p\nmid n p∤n，
d d x ( x n − 1 ) = n x n − 1 , \frac{d}{dx}(x^n-1)=nx^{n-1}, dxd(xn−1)=nxn−1,
与 x n − 1 x^n-1 xn−1 在 F p x \mathbb F_px Fpx 中互素，因此 x n − 1 x^n-1 xn−1 无重根。
又因为
Φ n ‾ ( x ) ∣ x n − 1 , \overline{\Phi_n}(x)\mid x^n-1, Φn(x)∣xn−1,
故 Φ n ‾ ( x ) \overline{\Phi_n}(x) Φn(x) 也无重根，即为平方自由多项式。
另一方面，
Φ n ‾ ( x ) = f ‾ ( x ) g ‾ ( x ) . \overline{\Phi_n}(x) =\overline f(x)\,\overline g(x). Φn(x)=f(x)g(x).
若 f ‾ ( x ) \overline f(x) f(x) 与 g ‾ ( x ) \overline g(x) g(x) 有公共不可约因子 r ( x ) r(x) r(x)，则
r ( x ) 2 ∣ f ‾ ( x ) g ‾ ( x ) = Φ n ‾ ( x ) , r(x)^2 \mid \overline f(x)\,\overline g(x) =\overline{\Phi_n}(x), r(x)2∣f(x)g(x)=Φn(x),
这与 Φ n ‾ ( x ) \overline{\Phi_n}(x) Φn(x) 平方自由矛盾。
因此
gcd ( f ‾ , g ‾ ) = 1. \gcd(\overline f,\overline g)=1. gcd(f,g)=1.
另一方面，由
f ‾ ( x ) ∣ g ‾ ( x ) p , \overline f(x)\mid\overline g(x)^p, f(x)∣g(x)p,
可知 f ‾ ( x ) \overline f(x) f(x) 的每一个不可约因子都整除 g ‾ ( x ) \overline g(x) g(x)。
由于
deg f ≥ 1 , \deg f\ge1, degf≥1,
故 f ‾ ( x ) \overline f(x) f(x) 不是常数，从而必有某个不可约因子同时整除 f ‾ ( x ) \overline f(x) f(x) 与 g ‾ ( x ) \overline g(x) g(x)，这与
gcd ( f ‾ , g ‾ ) = 1 \gcd(\overline f,\overline g)=1 gcd(f,g)=1
矛盾。
故反设不成立，从而
f ( ζ p ) = 0. f(\zeta^p)=0. f(ζp)=0.
引理得证。
3. 主定理证明
固定一个 n n n 次本原单位根 ζ \zeta ζ，设 f ( x ) f(x) f(x) 为其在 Q \mathbb Q Q 上的最小多项式。显然 f ( x ) ∣ Φ n ( x ) f(x) \mid \Phi_n(x) f(x)∣Φn(x)，且 f ( x ) f(x) f(x) 在 Q x \mathbb Qx Qx 中不可约。
任取整数 k k k 满足 1 ≤ k ≤ n 1 \le k \le n 1≤k≤n 且 gcd ( k , n ) = 1 \gcd(k, n) = 1 gcd(k,n)=1。将 k k k 分解为素因数的乘积：
k = p 1 e 1 p 2 e 2 ⋯ p r e r k = p_1^{e_1} p_2^{e_2} \cdots p_r^{e_r} k=p1e1p2e2⋯prer
由于 gcd ( k , n ) = 1 \gcd(k, n) = 1 gcd(k,n)=1，每个 p i p_i pi 均不整除 n n n。
反复应用引理：
- 由引理， f ( ζ p 1 ) = 0 f(\zeta^{p_1}) = 0 f(ζp1)=0；
- 再对 ζ p 1 \zeta^{p_1} ζp1 应用引理（注意 p 2 ∤ n p_2 \nmid n p2∤n），得 f ( ( ζ p 1 ) p 2 ) = f ( ζ p 1 p 2 ) = 0 f((\zeta^{p_1})^{p_2}) = f(\zeta^{p_1 p_2}) = 0 f((ζp1)p2)=f(ζp1p2)=0；
- 依此类推，最终得到
f ( ζ k ) = 0 f(\zeta^k) = 0 f(ζk)=0
因此，所有 φ ( n ) \varphi(n) φ(n) 个 n n n 次本原单位根都是 f ( x ) f(x) f(x) 的根。故
deg f ( x ) ≥ φ ( n ) \deg f(x) \ge \varphi(n) degf(x)≥φ(n)
但 Φ n ( x ) \Phi_n(x) Φn(x) 的次数恰为 φ ( n ) \varphi(n) φ(n)，且 f ( x ) ∣ Φ n ( x ) f(x) \mid \Phi_n(x) f(x)∣Φn(x)。于是必有
deg f ( x ) = φ ( n ) , f ( x ) = Φ n ( x ) \deg f(x) = \varphi(n), \qquad f(x) = \Phi_n(x) degf(x)=φ(n),f(x)=Φn(x)
既然 Φ n ( x ) \Phi_n(x) Φn(x) 等于本原单位根的最小多项式，它在 Q x \mathbb Qx Qx 中不可约。由 Gauss 引理， Φ n ( x ) \Phi_n(x) Φn(x) 在 Z x \mathbb Zx Zx 中也不可约。
因此，分圆多项式 Φ n ( x ) 在 Z x 上不可约。 \boxed{\text{因此，分圆多项式 } \Phi_n(x) \text{ 在 } \mathbb Zx \text{ 上不可约。}} 因此，分圆多项式 Φn(x) 在 Zx 上不可约。