分圆多项式和分圆域

                     

贡献者: JierPeter; int256

  

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

   后面几个分圆多项式的构造,实际上运用到了定理 2

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

   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 $-2$。

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 

   对于奇整数 $n>1$,有 $\Phi_{2n}(x) = \Phi_n(-x)$。

   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

定理 7 

   $\Phi_n(0)=\pm 1$,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 8 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 9 

   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 8

\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 9 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}

定理 10 

   对于素数 $p$,$n, k \in \mathbb N$,若 $p$ 与 $n$ 互质,则 $\Phi_{p^k n}(x) = (\Phi_n(x^{p^k}))/(\Phi_n(x^{p^{k-1}}))$。

定理 11 

   若存在整数 $x$ 满足 $\left(\Phi_{a}(x) , \Phi_b(x)\right) > 1$,则 $\frac{a}{b}$ 为一个素数幂。

   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。

  1. 当 $u = 0$ 时,$A = a$,显然 $p | \Phi_A(x)$。
  2. 当 $u = 1$ 时,$\Phi_A(x^p)=\Phi_a(x)\Phi_A(x)$。由费马小定理,$\Phi_A(x) \equiv \Phi_A(x^p)\equiv 0\pmod p$。
  3. 当 $u > 1$ 时,由定理 10 ,$\Phi_{A}(x) = (\Phi_A(x^{p^a}))/(\Phi_A(x^{p^{a-1}})) = \Phi_a(x) \equiv 0 \pmod p$。故 $\phi_A(x^{p^a}) \equiv 0 \pmod p$。对这式应用费马小定理可以得到,$x^{p^a} \equiv x \pmod p$,也就得到 $\Phi_A(x) \equiv 0 \pmod p$。

   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

定理 12 

   若 $n=p^m > 1$,其中 $p$ 为素数,则 $\Phi_n(1) = p$;否则 $\Phi_n(1) = 1$。当 $n=1$ 的时候 $\Phi_1(1) = 0$。

   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:

\begin{equation} \Lambda(n) = \left\{\begin{aligned} \log p, &n = p^m, m\ge 1, p \in \mathbb P\\ 0, &\text{otherwise} \end{aligned}\right . ~ \end{equation}
两边取指数即证。(这里 $\mathbb P$ 代表全体素数组成的集合。)

   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。)

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 13 

   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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