分圓多項式

分圓多項式，指某個n次本原單位根滿足的最小次數的首1的整係數多項式（它必定是不可約多項式）.n次分圓多項式，是指多項式xn-1分解因式結果中的一個特定多項式f(x)，滿足f(x)=0的解都不是低於n次的形如xn-1=0的方程的解。下表是幾個次數較低的分圓多項式。

對於整係數多項式我們還有一個簡單的事實:如果多項式f(x)在有理數域上可約,那么對任意的素數p,f(x)(modp)也可約.反過來,如果存在素數p,f(x)(modp)不可約,那么f(x)必定是不可約的.這就為判定不可約多項式提供了另一個有效的法則,它把有理數域(整數環)上的多項式轉化到了一個有限域上去了,這個有限域正是素域$Z_p$.這樣事實上我們必須要建立有限域上的多項式的理論,才能更好的套用這個方法...下面的一個例子是這方面的一個典型套用:
我們將多項式$x^n-1$分解,它所分解得到的不可約多項式稱為分圓多項式.事實上,分圓多項式的定義可以用以下的方式來得到:設ε是$x^n-1=0$的一個根,即ε是n次單位根,如果對任意的自然數k<n,ε都不是$x^k-1=0$的根,那么稱ε為n次本原單位根.由所有n次本原單位根構成的多項式就稱為n次分圓多項式.
我們套用上段後面的定義來證明n次分圓多項式是不可約的整係數多項式.
我們先來給出本原單位根的一些簡單性質以及看一些低次的分圓多項式:
如果α是n次本原單位根,那么$α^m$也是n次本原單位根,若且唯若$(m,n)=1,1<=m<=n$.實際上所有n次本原單位根的個數就是歐拉函式φ(n).
現在設$α_1,α_2,...,α_{φ(n)}$是全體n次本原單位根,那么n次分圓多項式就是:$Phi_n(x)=(x-α_1)...(x-α_{φ(n)})$,由於每個n次單位根必定是某個d次單位根,d|n,於是$\prod_{d|n}Phi_d(x)=x^n-1$.
由這個公式,我們可以得到$Phi_1(x)=x-1,Phi_2(x)=x+1,Phi_3(x)=x^2+x+1,Phi_4(x)=x^2+1$.一般的,$Phi_p(x)=x^{p-1}+...+x+1$.p是素數.
順便指出,由分圓多項式的這個公式,比較兩端的次數,我們立即得到初等數論關於Euler函式的著名結論:$\sum_{d|n}φ(d)=n$.
我們證明:(<抽象代數--理論,問題與方法>,張廣祥)
定理:分圓多項式$Phi_n(x)$是不可約的整係數多項式.
證明:設α是n次本原單位根,$f_1(x)$是整係數不可約本原多項式使得$f_1(α)=0$,取素數q,使得(q,n)=1.則$α^q$也是一個n次本原單位根.假定$f_2(x)$是整係數不可約本原多項式使$f_2(α^q)=0$,下證$f_2(x)=+-f_1(x)$.
因為$f_1(x)$與$x^n-1$有公共根α,因此$f_1(x)|x^n-1$(請讀者證明)
同樣,有$f_2(x)|x^n-1$.但是$f_1(x)$與$f_2(x)$都是不可約的整係數多項式,若$f_2(x)=+-f_1(x)$不成立,則$f_1(x)$與$f_2(x)$互素,於是$f_1(x)f_2(x)|x^n-1$.記$x^n-1=f_1(x)f_2(x)g(x)$,其中g(x)也是整係數多項式.由於α也是$f_2(x^q)=0$的根,所以$f_1(x)|f_2(x^q),f_2(x^q)=f_1(x)h(x)$,h(x)是整係數多項式.現在把這些多項式係數模素數q計算有$f_2(x)^q≡f_2(x^q)≡f_1(x)h(x)(modq)$.如此這些多項式相當於看成有限域$Z_q$上的多項式,由域上多項式的分解的唯一性,$f_1(x)$作為$Z_q$上的多項式,它的每個不可約因子u(x)整除$f_2(x)^q$,因而也整除$f_2(x)$,這樣在模q中有$u(x)|f_2(x)$,且$u(x)|f_1(x)$,因此$u(x)|x^n-1$,但是係數模q計算時$x^n-1$沒有重因式(多項式有重因式的充分必要條件是這個多項式與它的導函式有1次或1次以上的公因式),矛盾!因此,$f_1(x)=+-f_2(x)$,說明$α^q$也是$f_1(x)=0$的根,因此每個整數m,只要(m,n)=1,則$α^m$也是$f_1(x)=0$的根,這就是說每個n次本原單位根都是$f_1(x)=0$的根,於是$f_1(x)=Phi_n(x)$.
上述證明中實際上是證明了$Phi_n(x)$的根都是$f_1(x)$的根,應當還需證明$f_1(x)$除了這些根外無其他的根.這個事實只需注意到所有d次本原單位根(d|n)構成的所有的分圓多項式無重根即可.(即$x^n-1$無重根)
這樣,我們可以如此定義n次分圓多項式:它是某個n次本原單位根滿足的最小次數的首1的整係數多項式(它必定是不可約多項式).
套用本原單位根與擴域的知識可以解決以下的問題:
設n是正整數,則$cos({2pi}/n)$是有理數若且唯若n=1,2,3,4,6;即$cos({2pi}/n)=1,-1,-1/2,0,1/2$.
當然我們也可以套用多項式的最基本的知識來解決它,設$x=2cos({2pi}/n)$,利用三角公式得到關於x的多項式即可...