贡献者： JierPeter; int256
$n$ 次单位根即形如 $x^n-1$ 的多项式在 $\mathbb{C}$ 中的根，可以理解为 $1$ 的 $n$ 次根。$\pm 1$ 都是 $1$ 的 $2^n$ 次根，$\pm \mathrm{i} $ 都是 $1$ 的 $4$ 次单位根，而 $\omega=\frac{1}{2} \left(-1+ \mathrm{i} \sqrt{3} \right) $ 是 $1$ 的 $3$ 次根。
本节将使用 Galois 理论来处理单位根及其最小多项式对有理数域的扩张，作为 Galois 理论的应用。
任意 $n$ 次单位根都形如 $\exp{(2\pi \mathrm{i} \cdot k/n)}$，其中 $k$ 取从 $1$ 到 $k$ 的全体整数，即包括了所有 $n$ 次单位根。如 $4$ 次单位根构成的集合是 $\{1, -1, \mathrm{i} , - \mathrm{i} \}$，而这四个元素又可以两两分组：$\pm 1$ 都可以是 $2$ 次单位根1，$\pm \mathrm{i} $ 是 $4$ 次单位根。显然两组性质是不同的：$\mathbb{Q}(\pm 1)=\mathbb{Q}\subsetneq \mathbb{Q}(\pm \mathrm{i} )$。我们将这分类表述为以下定义：
由互素的概念易知，$n$ 次本原单位根的全体幂，包含了全体 $n$ 次单位根，即 $n$ 次本原单位根至少要自乘 $n$ 次才能变成 $1$；而非本原的单位根则不然，如 $3$ 次单位根自乘 $3$ 次即可得到 $1$，但它同时也是 $6$ 次单位根。因此由分裂域的知识可知，非本原的单位根，其最小多项式不可能是 $x^n-1$。为此，我们需要明确本原根所属的最小多项式。
取 “分圆” 之名，是指其将单位圆分割。英文 cyclotomy 取自 “cycl-” 和 “-tomy” 的组合，“cycl-” 指 “圆形的、环形的或旋转的”，而-tomy 源自古希腊语 “tomia” 或其变形 “tomnein”，指 “切割”。
更多的例子，可以参见维基百科分圆域，这也是习题 1 的部分答案。
下面列出分圆多项式的几个基本性质。
证明：
首先证明 $\Phi_n(x)\in\mathbb{R}[x]$。
任取小于 $n$ 的正整数 $k$，则 $k$ 与 $n$ 互素当且仅当 $n-k$ 与 $n$ 互素。因此，$\exp{(2\pi \mathrm{i} \cdot k/n)}$ 是本原的，当且仅当 $\exp{(2\pi \mathrm{i} \cdot (n-k)/n)}$ 是本原的。所以本原元素 $\varepsilon_k$ 的共轭 $\varepsilon_{n-k}$ 还是本原元素，从而
由于 $q\geq 2$，且各 $\Phi_n$ 的本原根 $\varepsilon_k$ 满足 $ \left\lvert \varepsilon_k \right\rvert =1$，$\varepsilon_k\neq 1$。因此 $ \left\lvert q-\varepsilon_k \right\rvert > \left\lvert q-1 \right\rvert =q-1$，从而得 $\Phi_k(q)>q-1$。
证毕。
证明：
一个$d_i$ 次本原单位根的幂遍历所有 $d_i$ 次单位根，因此 “一个 $d_1$ 的本原单位根也是 $d_2$ 的本原单位根”，当且仅当 “$d_1=d_2$”，当且仅当 “$d_1$ 和 $d_2$ 的本原单位根完全一样”。于是得证 “不同的次的本原单位根之间无交集”。
任取一个 $n$ 次单位根 $\varepsilon_k=\exp{(2\pi \mathrm{i} \cdot k/n)}$，取 $d= \operatorname {gcd}(n, k)$3，则 $\varepsilon_k$ 是一个 $d$ 次本原单位根。从而任意 $n$ 次单位根都是某个 $d$ 次本原单位根，满足 $d\mid n$，结合上一段的结论得证定理。
证毕。
证明：
由定义 2 ，首一是显然的。接下来用归纳法证明 “整系数”。
由例 1 ，$\Phi_1$ 和 $\Phi_2$ 都是整系数的。假设对于正整数 $d$，所有满足 $k< d$ 的 $\Phi_k$ 都是整系数的，那么由定理 2 ，
由于 $x^{2d}-1$ 和 $f(x)$ 是本原多项式（定义 1 ），故 $\Phi_d(x)$ 也是本原多项式，从而是整系数的。
证毕。
一个有趣的事实是，小于 $105$ 次的分圆多项式的系数都来自 $\{-1,0,1\}$，而 $105$ 次分圆多项式的系数第一次超出 $\{-1, 0, 1\}$。它的七次项系数为 $-2$。
证明：
反设 $\Phi_n=f(x)g(x)$，其中 $f$ 和 $g$ 都是次数大于 $0$ 的有理系数多项式。不妨4设 $f$ 是不可约本原多项式，首项系数是 $s$，则 $g$ 的首项系数是 $1/s$。
首先讨论 $f$ 和 $g$ 的关系。
由定理 3 ，$\Phi_n$ 也是本原多项式。于是由引理 2 ，知 $g(x)$ 应为本原多项式，故 $1/s$ 也是整数，故 $s=1$。因此 $g$ 和 $f$ 都是首一整系数多项式。
任取 $\Phi_n$ 的一根 $\varepsilon_i$，则由定义 1 的互素条件可知，$\varepsilon_i$ 的全体幂包含了全体 $n$ 次单位根。于是，任取 $f$ 的一根 $\alpha$ 和 $g$ 的一根 $\beta$，总存在正整数 $k$ 使得 $\beta=\alpha^k$，且 $k$ 与 $n$ 互素（因为 $\beta$ 是本原单位根）。遍历 $f$ 和 $g$ 的所有根，挑出其中使得 $k$最小的情况，设该情况为 “取 $f$ 的根 $\alpha_0$ 和 $g$ 的根 $\beta_0$，则 $\beta_0=\alpha_0^k$”。由于 $\alpha_0\neq \beta_0$，知 $k>1$。
设素数 $p$ 满足 $p\mid k$，则 $p\not\mid n$5，因此 $\alpha_0^p$ 是 $n$ 次本原单位根。显然，$\Phi_n(\alpha_0^p)=0$，即 $f(\alpha_0^p)$ 和 $g(\alpha_0^p)$ 中至少一个为零。
设 $\alpha_0^p$ 是 $f$ 的根，那么 $\beta_0=\alpha_0^k=(\alpha_0^p)^{k/p}$。由于 $k/p< k$，故这违反了 “$k$ 最小” 的假设，因此 $f(\alpha_0^p)\neq 0$。因此 $\alpha_0^p$ 是 $g$ 的根。又因为 “$k$ 最小” 的假设，知 $k=p$。
由于 $f$ 不可约，可知 $f= \operatorname {Irr}(\alpha_0, \mathbb{Q})$；又因为 $g(\alpha_0^p)=0$，可知 $f(x)\mid g(x^p)$。设 $g(x^p)=f(x)h(x)$。由于 $g(x)$ 是首一整系数的，故 $g(x)$ 是本原多项式，故 $g(x^p)$ 是本原多项式。由引理 2 ，$h(x)$ 也是本原多项式。
接下来利用上述讨论所得，完成证明。
考虑商映射 $\pi:\mathbb{Z}\to\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$，其中 $\pi(a)=\bar{a}$。于是 $\pi$ 可以扩展为 $\mathbb{Z}[x]\to\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}[x]$ 的映射，也用 $\bar{f}$ 来表示 $\pi(f)$。设 $g(x)=\sum_i c_ix^i$，记 $\bar{g}(x)=\pi(g)(x)=\sum_i \bar{c_i}x^i$。
由于 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ 上任意元素 $\bar{a}$ 都满足 $\bar{a}^p=\bar{a}$，故 $ \left(\bar{g}(x) \right) ^p=\sum_i\bar{c_i}^px^{pi}=\sum_i \bar{c_i}(x^p)^i=\bar{g}(x^p)$。
由于 $f(x)\mid g(x^p)$，故 $\bar{f}(x)\mid \bar{g}(x^p)$，故 $\bar{f}(x)\mid \left(\bar{g}(x) \right) ^p$。所以，$\bar{\Phi}=\bar{f}\bar{g}$ 在其在 $\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$ 的分裂域上有重根。
已知 $\Phi$ 是可分多项式，无重根，因此由推论 2 ，知 $ \operatorname {D}\Phi\neq 0$。由于 $p\not\mid n$，而 $\Phi(x)$ 的最高次单项式为 $x^n$，故 $ \operatorname {D}x^n=nx^{n-1}\implies \operatorname {D} \bar{1}x^n=\bar{n}x^{n-1}\neq 0$，故 $ \operatorname {D}\bar{\Phi}\neq 0$。因此 $\bar{\Phi}$ 也无重根。这和上一段的结论矛盾，因此整个反设不成立。
证毕。
证明：
由于 $p$ 是素数，因此除了 $1$ 以外的所有 $p$ 次单位根都是本原单位根。因此
证毕。
证明：
设 $\varepsilon$ 是某 $2n$ 次本原单位根。
因为 $(\varepsilon^n)^2 = 1$，则 $\varepsilon^n = \pm 1$。考虑到 $n$ 是奇整数，就有 $\varepsilon^n = -1$，从而 $(-\varepsilon)^n = 1$，所以 $-\varepsilon$ 是 $n$ 次本原单位根。 这使得有映射： $$\theta: P_{2n} \rightarrow P_n, z \rightarrow -z ~.$$ 这显然是单射，而欧拉函数 $\varphi(2n) = \varphi(2)\varphi(n) = \varphi(n)$。这使得 $\theta$ 一一对应。从而 $$\Phi_{2n}(x) = \prod_{z \in P_{2n}} (x-z) = \prod_{z \in P_n} (x-(-z)) = \prod_{z \in P_n} (x+z) = \Phi_n(-x)~.$$ 这里 $P_n$ 代表所有 $n$ 次本原单位根组成的集合。 证毕。
证明：
$\Phi_n(0)$ 就是全体 $n$ 次本原单位根的积。记 $\varepsilon=\exp{2\pi \mathrm{i} /n}$，则 $\varepsilon^k$ 是 $n$ 次本原单位根，当且仅当 $k$ 与 $n$ 互素。
由于单位根的模都是 $1$，故其积的模也是 $1$。全体 $n$ 次本原单位根之积是 $\Phi_n(x)$ 的常数项，由定理 3 ，是整数。因此必为 $\pm 1$。
由于 $k$ 与 $n$ 互素当且仅当 $n-k$ 与 $n$ 互素，故本原单位根的还是本原单位根。当 $n>1$ 时，要么 $n$ 为奇数，则 $(-1)^n\neq 0$；要么 $n$ 为偶数，则 $2$ 和 $n$ 不互素，故 $-1$ 不是 $n$ 次本原单位根。所以 $n>1$ 时 $-1$ 不是 $n$ 次本原单位根。于是本原单位根以共轭形式成对出现，每对的乘积都是 $1$。
证毕。
为了进一步讨论分圆多项式的性质，我们需要回顾Möbius 函数（数论）中的一些概念：
有了 Möbius 函数的概念，我们可以得到一个重要的性质：
证明：
由定理 2 ，
又由引理 1 ，令 $f(n)=\Phi_n(x)$，其中 $x$ 是任意正整数，于是有
再由 $x$ 的任意性得证。
式 16 第二个等号即为式 15 ；第三个等号是作代换 $d=n/s$ 的结果，这也说明式 14 有两种表达方式，另一种右边是 $\prod_{s\mid n} \left(x^{n/s}-1 \right) ^{\mu(s)}$。
证毕。
证明：
由定理 8 ，
式 19 第三个等号是进行代换 $d=ns/m$ 的结果。
证毕。
由定理 9 直接可得以下推论：
证明：
取素数 $p | (\Phi_a(x), \Phi_b(x))$，令 $a=p^u A, b=p^v B$，$u, v \in \mathbb N$，$(A,p)=(B,p)=1$。那么只需证 $A=B$。
考虑到 $\Phi_a(x) | (x^a-1)$，从而 $p | (x^a-1)$，故 $(x, p) = 1$，即 $x$ 与 $p$ 互质。
考虑 $p$ 与 $\Phi_A(x)$ 的数论关系。
故 $p | \Phi_A(x)$。同理可得 $p | \Phi_B(x)$。
反证，若 $A \neq B$，不失一般性地设 $A > B$，设 $d = (A, B) < A$。 那么 $(x^A-1, x^B-1)=x^d-1$，而 $p | (x^d-1)$。这说明存在 $t$ 使得 $p | \Phi_t(x)$。而 $p|\Phi_A(x)$，故必然有 $t | A$，可以证明 $p | A$，矛盾！
证毕。
证明：
由定理 8 ，对等式两侧都取对数，可以得到 $$\log \Phi_n(x) = \sum_{d | n} \left(\mu(n/d) \cdot \log\left(x^d-1\right) \right)~.$$
而考虑到 $x^d-1 = (x-1)(x^{d-1}+x^{d-2}+\dots+x^2+x+1)$， $$\log \Phi_n(x) = \sum_{d|n} \left(\mu(n/d) \cdot [ \log\left(x-1\right) + \log\left(x^{d-1}+x^{d-2}+\dots+x^2+x+1\right) ]\right) ~.$$
当 $x\rightarrow 1$ 时，这式求极限可化为 $$\log \Phi_n(1) = \sum_{d|n} \left(\mu(n/d) \log d\right)~,$$
这其实是狄利克雷卷积，并且结果为定理 7 中提到的 von Mangoldt 函数（求狄利克雷卷积这对应于求逆变换，即反演）。
由 von Mangoldt 函数的性质，有：
证毕。
下面提供一个另思路，具体证明过程留给读者进行练习。
当 $n$ 为素数时，$\Phi_n(1) = n$，即证。 当 $n$ 非素数时，利用数学归纳法可以证明。值得注意的是，当 $p=2$ 的时候应当单独讨论。
特别的，如果还想计算 $\Phi_n(-1)$，可以利用 $\Phi_n(-x) = \Phi_{2n}(x)$。(这里利用定理 6 ，要求 $n>1$ 是奇整数。)
证明：
由定理 4 ，$ \operatorname {Irr}(\varepsilon_n, \mathbb{Q})=\Phi_n$。由于 $\varepsilon_n$ 的幂能生成所有 $n$ 次单位根，也包括 $\Phi_n$ 的所有根，故 $[\mathbb{Q}(\varepsilon_n):\mathbb{Q}]$ 是正规扩张。由于 $\mathbb{Q}$ 是完美域，故 $[\mathbb{Q}(\varepsilon_n):\mathbb{Q}]$ 是正规扩张。因此 $[\mathbb{Q}(\varepsilon_n):\mathbb{Q}]$ 是 Galois 扩张。
又由定理 2 ，得证 $[\mathbb{Q}(\varepsilon_n):\mathbb{Q}]=\deg \Phi_n$。
记 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}=\{\bar{i}\}_{i=0}^{n-1}$。它同构于 $C=\langle \varepsilon_n \rangle$，全体 $n$ 次单位根构成的乘法群。
$\Phi_n$ 的根的置换，必是 $C$ 到自身的一个自同构。又因为 $C$ 到自身的自同构不改变元素的阶，且 $n$ 次单位根本原当且仅当它是 $n$ 阶的，故 $C$ 到自身的自同构都是本原单位根的置换。因此 $ \operatorname {Gal}(\mathbb{Q}(\varepsilon_n):\mathbb{Q})\cong \operatorname {Aut}C$，即 $C$ 的自同构群。
又由于 $\varepsilon_n$ 是本原单位根，是 $C$ 的生成元，因此 $C$ 的自同构 $\sigma$ 由 $\sigma(\varepsilon_n)$ 唯一确定。记 $\sigma_k(\varepsilon_n)=\varepsilon_n^{k+1}$，则 $\sigma_k(\alpha)=\alpha\varepsilon_n^k$。
则 $\sigma\in \operatorname {Aut}C$ 当且仅当 $k$ 与 $n$ 互素（保证 $\varepsilon_n^k$ 是本原单位根）。于是各 $\sigma_k$ 对应各 $\bar{k}\in\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$，而 “$k$ 与 $n$ 互素” 当且仅当 $\bar{k}$ 有乘法逆元。从而得证 $ \operatorname {Aut}C=U_n$。
证毕。
1. ^ 更细节些，$1$ 也是 $1$ 次单位根。
2. ^ 即本原单位元的共轭就是自身的情况，而该情况只有式 3 一种，所以 $n>3$ 的情况都是本原元素成对出现的。
3. ^ 即 $n$ 与 $k$ 的最大公因子（greatest common divisor）。
4. ^ 总可以选择 $f$ 使之不可约，并且可以乘以一个正整数，将它化为本原多项式。
5. ^ 这一条会在证明的最后一段用到。
6. ^ 见定义 1 。
7. ^ 见定理 3
8. ^ 这样的元素又称单位（定义 2 ）。