分圆多项式和分圆域

                     

贡献者: JierPeter

  

未完成:预备知识待确定

预备知识 本原多项式(线性代数),Galois 扩张

   $n$ 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.

1. 分圆多项式

   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:

定义 1 本原单位根

  

   当 $n$ 与 $k$ 互素时,称单位根 $\exp{(2\pi \mathrm{i} \cdot k/n)}$ 是本原(primitive)的.

   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.

定义 2 分圆多项式

  

   设 $\{\varepsilon_i\}_{i\in S}$ 是全体 $n$ 次本原单位根的集合,则称

\begin{equation} \Phi_n(x)\in \mathbb{C}[x] = \prod_{i\in S}(x-\varepsilon_i) \end{equation}
为 $n$ 次分圆多项式(cyclotomic polynomials),有时也译作 “切圆多项式” 或 “割圆多项式”.

   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”.

例 1 分圆多项式的例子

  

\begin{equation} \Phi_1(x) = x-1 \end{equation}
\begin{equation} \Phi_2(x) = x+1 \end{equation}
\begin{equation} \Phi_3(x) = (x^3-1)/(x-1) = x^2+x+1 \end{equation}
\begin{equation} \Phi_4(x) = (x^4-1)/(x^2-1) = x^2+1 \end{equation}
\begin{equation} \Phi_5(x) = (x^5-1)/(x-1) = x^4+x^3+x^2+x+1 \end{equation}

习题 1 

   请尝试算几个例 1 中未列出的分圆多项式的例子.

   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.

分圆多项式的基本性质

   下面列出分圆多项式的几个基本性质.

定理 1 

   任取正整数 $n\geq 2, q\geq 2$,则 $\Phi_n(x)\in\mathbb{R}[x]$,且 $\Phi_n(q) > q-1$.

   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

\begin{equation} (x-\varepsilon_k)(x-\varepsilon_{n-k})=x^2-(\varepsilon_k+\varepsilon_{n-k})x+\varepsilon_n\varepsilon_{n-k} \end{equation}
实系数多项式.于是分圆多项式是由若干形如式 7 或者形如 $x+1$2的多项式相乘而得,从而 $\Phi_n(x)\in\mathbb{R}[x]$.

   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

定理 2 

  

\begin{equation} x^n-1 = \prod_{d\mid n}\Phi_d(x) \end{equation}

   等价表述:不同次的本原单位根之间无交集,且全体满足 $d\mid n$ 的 $d$ 次本原单位根构成的集合,恰为全体 $n$ 次单位根之集合.

   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

定理 3 

   $\Phi_n(x)$ 是首一整系数多项式.

   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

\begin{equation} x^{2d}-1 = f(x)\Phi_d(x) \end{equation}
其中 $f(x)$ 是首一整系数多项式.

   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

定理 4 

   各 $\Phi_n$ 皆是 $\mathbb{Q}$ 上的不可约多项式.

   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

定理 5 

   对于素数 $p$,$\Phi_p(x)=x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1$.

   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

\begin{equation} \Phi_p(x) = (x^p-1)/(x-1) = x^{p-1}+x^{p-2}+\cdots+x+1 \end{equation}

   证毕

定理 6 

   $\Phi_n(0)=\pm 1$,且对于 $n > 1$,总有 $\Phi(0)=1$.

   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:

定义 3 Möbius 函数6

   Möbius 函数 $\mu:\mathbb{N}\to\{-1, 0, 1\}$ 定义为:

\begin{equation} \mu(\prod_{k=1}^r p_k^{f_k})= \left\{\begin{aligned} 1, \quad\text{如果}\prod_{k=1}^r p_k^{f_k}=1\\ (-1)^r, \quad\text{如果}f_k=1\text{恒成立}\\ 0, \quad\text{如果有一个}f_k > 1 \end{aligned}\right. \end{equation}

   其中各 $f_k$ 为正整数,$p_k$ 为互不相同的素数.

引理 1 Möbius 反演公式7

   取映射 $f:\mathbb{Z}^+\to\mathbb{Z}^+$,令 $S(n)=\sum_{d\mid n}f(d)$,$P(n)=\prod_{d\mid n}f(d)$.则有

\begin{equation} f(n) = \sum_{s\mid n}\mu(s)S \left(\frac{n}{s} \right) \end{equation}
\begin{equation} f(n) = \prod_{s\mid n} \left(P(\frac{n}{s}) \right) ^{\mu(s)} \end{equation}

   有了 Möbius 函数的概念,我们可以得到一个重要的性质:

定理 7 Möbius 函数表示分圆多项式

  

\begin{equation} \Phi_n(x) = \prod_{d\mid n}(x^d-1)^{\mu(n/d)} \end{equation}

   证明

   由定理 2

\begin{equation} x^n-1 = \prod_{d\mid n}\Phi_d(x) \end{equation}

   又由引理 1 ,令 $f(n)=\Phi_n(x)$,其中 $x$ 是任意正整数,于是有

\begin{equation} \begin{aligned} \Phi_n(x)&=\prod_{s\mid n} \left(\prod_{k\mid \frac{n}{s}}\Phi_k(x) \right) ^{\mu(s)}\\ &=\prod_{s\mid n} \left(x^{n/s}-1 \right) ^{\mu(s)}\\ &=\prod_{d\mid n} \left(x^{d}-1 \right) ^{\mu(n/d)} \end{aligned} \end{equation}

   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

定理 8 

   设 $n$ 是一正整数,其质因数分解为 $n=\prod_{k=1}^r p_k^{f_k}$,其中 $f_k$ 是正整数,$p_k$ 是互不相同的素数.

   任取 $m=\prod_{k=1}^r p_k^{g_k}$,其中 $1\leq g_k\leq f_k$,则有

\begin{equation} \Phi_n(x) = \Phi_m(x^{n/m}) \end{equation}

   证明

   由定理 7

\begin{equation} \Phi_n(x) = \prod_{d\mid n}(x^d-1)^{\mu(n/d)} \end{equation}
\begin{equation} \begin{aligned} \Phi_m(x^{n/m}) &= \prod_{s\mid m}(x^{ns/m}-1)^{\mu(m/s)}\\ &=\prod_{d\mid n}(x^{d}-1)^{\mu(n/d)} \end{aligned} \end{equation}

   式 19 第三个等号是进行代换 $d=ns/m$ 的结果.

   证毕

   由定理 8 直接可得以下推论:

推论 1 

   对于素数 $p$,$\Phi_{p^k}(x) = \Phi_p(x^{p^{k-1}})$

例 2 推论 1 的实例

\begin{equation} \left\{\begin{aligned} \Phi_2(x) &= x+1\\ \Phi_4(x) &= x^2+1\\ \Phi_8(x) &= x^4+1\\ \Phi_{16}(x) &= x^8+1 \end{aligned}\right. \end{equation}
\begin{equation} \left\{\begin{aligned} \Phi_3(x) &= x^2+x+1\\ \Phi_9(x) &= x^6+x^3+1\\ \Phi_{27}(x) &= x^{18}+x^9+1 \end{aligned}\right. \end{equation}

2. 分圆域

定义 4 

   设 $\varepsilon_n$ 是一个 $n$ 次本原单位根,则 $\mathbb{Q}(\varepsilon_n)$ 被称为 $n$ 次分圆域(cyclotomic field)

定理 9 

   分圆域 $\mathbb{Q}(\varepsilon_n)$ 是有理数域 $\mathbb{Q}$ 的 Galois 扩张,$[\mathbb{Q}(\varepsilon_n):\mathbb{Q}]=\deg \Phi_n$,且 $ \operatorname {Gal}(\mathbb{Q}(\varepsilon_n):\mathbb{Q})\cong U_n$.

   其中 $U_n$ 是环 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中全体有乘法逆元的元素8

   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. ^定义 1
7. ^定理 3
8. ^ 这样的元素又称单位定义 2 ).


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