免費論壇 繁體 | 簡體
Sclub交友聊天~加入聊天室當版主
分享
Board logo

标题: 分圆多项式在有理数域上不可约 [打印本页]

作者: abababa    时间: 2021-4-6 10:51     标题: 分圆多项式在有理数域上不可约

如题,证明分圆多项式在有理数域上不可约。

分圆多项式定义为:设$\xi_1,\xi_2,\cdots,\xi_s$是互不相同的全部$n$次本原单位根,称$\varPhi_n(x)=\prod_{k=1}^{s}(x-\xi_k)$为$n$次分圆多项式。
$n$次本原单位根定义(这个定义只考虑在复数域上)为:设$U_k=\{\omega_k=e^{i\frac{2k\pi}{n}}:k=0,1,\cdots,n-1\}$中,当$\gcd(k,n)=1$时,称$\omega_k$为$n$次本原单位根。

但我从网友处了解到,$n$次本原单位根还有在一般域上的,虽然详细的内容我不太明白,但他给我讲了一个具体的示例,就是$\mathbb{Z}_7=\{\bar{0},\bar{1},\bar{2},\bar{3},\bar{4},\bar{5},\bar{6},\}$,也就是模$7$(这里必须是素数)的剩余类,然后乘法和加法计算完都要模$7$得到最后结果。在这个集合上考察$n=3$时(这里$n$不能是前面那个素数$7$的倍数),$x^3=\bar{1}$的根,有$\bar{1},\bar{2},\bar{4}$这三个,然后因为$\bar{2}$的幂能得到所有这三个,就也称为$n=3$次本原单位根,同理$\bar{4}$也是$3$次本原单位根,但$\bar{1}$的幂不能得到所有这些根,就不是$3$次本原单位根。

如果按这个定义,那在$\mathbb{Z}_7$上,$\varPhi_3(x)=(x-\bar{2})(x-\bar{4})=x^2-\bar{6}x+\bar{1}$,如果取代表元的话就是$x^2-6x+1$,这个也是$\mathbb{Q}$上不可约的多项式。

我现在能看懂的结果有:分圆多项式是首1整系数多项式、艾森斯坦判别法。想问怎么证明标题的命题,我查了一些证明,有的用了莫比乌斯函数之类的,实在是看不懂,最好是用相对初等的方法。
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-14 17:26

本帖最后由 Czhang271828 于 2021-6-14 17:28 编辑

我能想到的最初等的方法如下,题主只需要了解域的定义就行了。

题主了解域的扩张吗?比如$\mathbb Q(u)$定义为包含$\mathbb Q$和$\{u\}$的最小的域。若将分圆多项式$\Phi_n(x)$的所有根添加至$\mathbb Q$中,容易验证扩张所得的域恰为$\mathbb Q(e^{2\pi i/n})$:因为所有根都能由$e^{2\pi i/n}$直接乘法生成。

下面只需证明$u:=e^{2\pi i/n}$在$\mathbb Q$上的极小多项式为$\Phi_n$。因为若$\Phi_n$在有理域上可约,则$u$的极小多项式为$\Phi_n$的其中一个因子,从而导出矛盾。

考虑同构(需题主自行验证)
\[
\sigma_k: 1\mapsto 1, u\mapsto u^k.
\]
其中$k$取遍$\{1,2,\ldots,n\}$中所有与$n$互质的数。据同构定义定有$\Phi_n(\sigma_k(x))=\sigma_k(\Phi_n(x))$,从而所有同构必须将$\Phi_n$的零点集映至零点集,由于任何同构$\sigma$由$\sigma(u)$唯一确定,因此所有的同构就是上面的$\sigma_k$。

然后,假设$u$的极小多项式$m(x)$的次数小于$n$,那么据代数基本定理,$m(x)$的零点数量小于$\deg \Phi_n$,从而会有一个同构$\sigma$使得$\sigma(u)$不在$m$的零点集中,因此有
\[
0=\sigma(m(u))=m(\sigma(u))\neq 0
\]
矛盾。
作者: abababa    时间: 2021-6-14 19:20

回复 2# Czhang271828

谢谢,这个证明是不是基于:n次本原单位根定义在复数域上?所以才有那个$e^{2\pi i/n}$吧,在复数域上的那个证明,我勉强能看懂一些,虽然中间还有些细节不明白,但如果我暂时承认那些也是正确的,证明我还是能明白。
现在我主要是想考虑,那个一般域,就是我举例的那个,在这上面也是对的吗?
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-14 19:56

本帖最后由 Czhang271828 于 2021-6-14 20:05 编辑
回复  Czhang271828

谢谢,这个证明是不是基于:n次本原单位根定义在复数域上?所以才有那个$e^{2\pi i/n ...
abababa 发表于 2021-6-14 19:20


不是,包含有理数和$e^{2\pi i/n}$的最小域不是$\mathbb C$,只是$\mathbb C$的一个子域。比如$\mathbb Q[\sqrt 2, i]\neq \mathbb C$.

我只是形式地定义了一个域,恰好可以等同$\mathbb C$的某个子域,绝没有直接在复数域上论证之意图。

换言之,我甚至没有必要把$u$的具体值$e^{2\pi i/n}$写出来,只需要说明存在某个扩张域上的值$u$使得$u$为$\Phi_n$的一个根。之所以写出$u$的具体值,只是想说明$\Phi_n$所有根都可以由$u$乘法生成。可能给你造成误解了
作者: abababa    时间: 2021-6-14 20:04

回复 4# Czhang271828
是的,我知道那个域不是复数域,比如不包含$\pi$,但那个n次本原单位根,是不是就是复数域上的多项式$x^n-1$的根啊?那如果像我举例那样,在$\mathbb{Z}_7$上,这种还能这样求根吗?
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-14 20:09

回复  Czhang271828
是的,我知道那个域不是复数域,比如不包含$\pi$,但那个n次本原单位根,是不是就是复 ...
abababa 发表于 2021-6-14 20:04


你说的没错,分裂域当然可以在有限域上。
作者: abababa    时间: 2021-6-14 20:22

回复 6# Czhang271828

那这样的话,比如在$\mathbb{Z}_7$上的多项式$x^3-\bar{1}$,是不是就不能再用$e^{2\pi i/3}$这种形式来定义本原单位根了,而且代数基本定理在这种域上也不成立了吧。
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-14 20:39

回复 7# abababa


你的例子不大恰当,$x^3-\overline 1=(x-\overline 1)(x-\overline 2)(x-\overline 4)$。我猜你想说不可约多项式?比如$\mathbb Z_2$上的多项式$x^2+\overline 1$?

代数基本定理是对代数闭域而言的,比如$\mathbb C$。有限域永远不是代数闭的,因为你总能构造多项式的根去进一步拓宽它。
作者: abababa    时间: 2021-6-14 20:50

本帖最后由 abababa 于 2021-6-14 20:58 编辑

回复 8# Czhang271828
就是一楼里,我的网友给出的那个例子,$\mathbb{Z}_7$上的多项式$x^3-\bar{1}$有三个单位根,但只有$\bar{2}$和$\bar{4}$是三次本原单位根,然后就作出$\mathbb{Z}_7$上的$\varPhi_3(x)=(x-\bar{2})(x-\bar{4})=x^2-\bar{6}x+\bar{1}$(因为在这里,分圆多项式就是把所有本原单位根$\xi_i$的一次式$(x-\xi_i)$乘起来这么定义的),而这个多项式就是$\mathbb{Q}$上的不可约多项式。这只是一个特例,我想的是:是否在$\mathbb{Z}_p$($p$是素数)上的$n$次分圆多项式(先找出n次本原单位根,再用一次式乘起来,按模p计算系数)都在$\mathbb{Q}$上不可约。

$\mathbb{Z}_2$上的$2$次本原单位根,一定是$x^2-\bar{1}$的根,也就是只能为$\bar{1}$,只有这么一个,所以$\varPhi_2(x)=(x-\bar{1})$,它当然也在$\mathbb{Q}$上不可约。就是这种不可约性是不是一般的呢?
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-14 21:12

本帖最后由 Czhang271828 于 2021-6-14 21:22 编辑

回复 9# abababa

我想你对域扩张有些误解。有限域不会扩张到$\mathbb Q$的。

有限域的书写方式一般是$F_q$,其中$|F_q|=q$。然后bar也不写。

例如$F_2$为有限域,多项式$x^2+x+1$在$\mathbb Z_2$分裂而得的域同构于$\mathbb Z_2[x]/\left< x^2+x+1\right>$,即$\mathbb Z_2$上多项式商掉$x^2+x+1$。这样得到的有限域为$F_4$。

可以记住结论:有限域一般形式为$F_{p^k}$,$p$为质数,$k$为正整数。任何有限域在同构意义下唯一。有限域$F_{p^k}$一般的表示形式是$\mathbb Z_p[x]/\left< f(x)\right>$,其中$f$是$k$次不可约多项式。

在对有限域进行扩张时,域的特征不变。如$F_{p^k}$的特征为$p$,意思是$\forall x\in F_{p^k},px=0$恒成立。所以你可以将$F_2$的结论放在$F_4$上谈,但不能放在$\mathbb Q$上谈!
作者: abababa    时间: 2021-6-14 22:05

回复 10# Czhang271828

我不知道我有没有说明白,就是我所举的那个例子,$\mathbb{Z}_p$上的一个n次分圆多项式,当然一定是$\mathbb{Z}[x]$上的一个多项式了,也不需要进行域扩张吧,它的系数本来就都是整数。而现在我就是想知道,这种分圆多项式,在$\mathbb{Q}$上是不是仍然不可约,或能举出反例来。
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-14 22:31

本帖最后由 Czhang271828 于 2021-6-14 22:35 编辑
回复  Czhang271828

我不知道我有没有说明白,就是我所举的那个例子,$\mathbb{Z}_p$上的一个n次分圆多项 ...
abababa 发表于 2021-6-14 22:05


不是,我指的就是$\mathbb Z_p$上的系数不能放在$\mathbb Q$上研究。$n\in\mathbb Z_p$的原像有无穷个,相当于$1$可以对应$\mathbb Q$上的$1,1+p,1+2p,\ldots$。这也是我为什么引入特征的概念说明问题,特征无非就是将整数映至$p$同余运算下的商空间的kernel。如果只将$\mathbb Z_p$上的一类数对应至$\mathbb Q$上的一个数,我认为毫无意义。

举个例子,你说的$F_7$上的乘法生成元无非$3,5$($1$不是,$2^3=1$,$4^3=1$,$6^2=1$),从而本原多项式是$(x-3)(x-5)$。具体计算$F_q^*$在乘法群意义下的乘法生成元需要用到循环群的$\mbox{hol}$。即$\mbox{hol}(\mathbb Z)=\mbox{Aut}(\mbox{Aut}(\mathbb Z_p))$。比如你给出的$x^2-6x+1$不可约,但是$x^2+8x+15$就是可约的。两个多项式在$\mathbb Z_p$下是等同的。

具体怎么凑系数可以看下面:

举个例子,根据高斯的某一结论,$\mbox{Aut}(\mathbb Z_7)\cong(\mathbb Z_7)^*\cong\mathbb Z_6=\mathbb Z_2\oplus\mathbb Z_3$。从而根据中国剩余定理,$\mbox{Aut}(\mathbb Z_6)\cong(\mathbb Z_6)^*\cong(\mathbb Z_2)^*\oplus(\mathbb Z_3)^*\cong \mathbb Z_2$。因此域$F_7$的乘法生成元无非$3$和$5$。

举个例子,对一般域$F_q$上的任一本原多项式($q=p^k$),总能求出$\mbox{hol}(\mathbb Z_q)$对应的生成元,从而在$\mathbb Q$中给出$\prod(x-x_i)$形式的多项式显然是可约的。同时,若把常数项加上域特征或其整数倍(如$x^2+8x+15$变成$x^2+8x+22$),总有多项式在$\mathbb Q$上不可约的时候,但我所构造的这一类多项式是一个等价类,在$\mathbb Z_p$意义下始终彼此相同。

不知道有没有解答你的问题。
作者: abababa    时间: 2021-6-14 23:20

回复 12# Czhang271828

谢谢,但我所说的,是需要模到最简剩余类里的那个系数,所以虽然在$\mathbb{Z}_7[x]$里$x^2+8x+15$和$x^2-6x+1$是同一个多项式,但只有$x^2-6x+1$的系数才在$\{0,1,2,3,4,5,6\}$里,而这就是对系数的要求,必须在$0,1,\cdots,p-1$中才行,所以分圆多项式只能选择$x^2-6x+1$这个。
后面有些理论对我来说还是太深奥了,我暂时看不懂。
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-15 13:48

回复  Czhang271828

谢谢,但我所说的,是需要模到最简剩余类里的那个系数,所以虽然在$\mathbb{Z}_7[x]$ ...
abababa 发表于 2021-6-14 23:20


$x^2+x+1$的系数不是也在$\{0,1,2,3,4,5,6\}$里?$(x-3)(x-5)$算不算系数在$\mathbb Z_p$里的多项式?总之我的核心观点一直是$\mathbb Z_p$中的系数不能放在$\mathbb Q$中研究,这没什么意义。
作者: abababa    时间: 2021-6-15 15:37

回复 14# Czhang271828

$x^2+x+1$和$x^2-6x+1$在$\mathbb{Z}_7$里是一样的多项式,都是$\mathbb{Z}_7$里,按一楼那样定义的(系数必须模掉$p$才行,正负号暂时我还没有考虑,如果考虑正负号,那三次分圆多项式就只有$x^2+x+1$这个)三次分圆多项式,但这两个都在$\mathbb{Q}$上不可约啊。$(x-3)(x-5)$算$\mathbb{Z}_7$里的多项式,但不是三次分圆多项式,我这里考虑的主要是分圆多项式,并且要求系数最终要模进最简剩余类里的那一个。

其实我觉得我要描述的问题很简单,可能我前面说得不够清楚。就是给定一个素数$p$,在$\mathbb{Z}_p$里作出$n=1,2,\cdots$次分圆多项式$\varPhi_n(x)$,但$n$不能是$p$的倍数。然后把这个$\varPhi_n(x)$的系数全都模$p$,模进最简剩余类里,这样最终得到一个系数在$\{0,1,\cdots,p-1\}$中的多项式$\bar{\varPhi_n(x)}$,这个最终的多项式一定是$\mathbb{Z}[x]$上的多项式,它是否在$\mathbb{Q}$上不可约呢?有没有什么反例?
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-15 15:59

回复 15# abababa

我可以明白你的想法出发点,只是觉得关于$\mathbb Q$上的$\mathbb Z_p$中多项式定义不严谨,并且觉得这样的研究没有意义;但如果你将$\mathbb Q$上(整系数)多项式放在$\mathbb Z_p$上,我认为还是能研究的。你要不重新表述一下问题?

我称之不严谨,是因为$x+3$与$x+5$都是你承认的“$\mathbb Q$上的$\mathbb Z_p$中多项式”,但其乘积$x^2+8x+15$不被你承认吧?所以这根本不构成一个多项式环,研究自然无意义。如果你要统一约去$7$,那等于还是在$\mathbb Z_p$上看问题。此外,$\mathbb Z_7[x]$上任意多项式的$7$倍总是$0$,你甚至无法定义$\dfrac{1}{7}$是什么。

这几天也在备考,可能比较忙。关于有限域分圆多项式从何谈起,我会晚点回复。
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-15 17:35

本帖最后由 Czhang271828 于 2021-6-15 17:37 编辑

回复 16# Czhang271828

分圆多项式原本仅定义在特征为$0$的域上(如$\mathbb Q$). 下给出一般有限域域上分圆多项式的定义:

同构意义下, 有限域统一写作$F_{p^k}$, 其中$p$为质数, $k$为整数. 其中任意$x\in F_{p^k}$, $px\equiv 0$, 即$p$为域的特征. 可以证明任意可逆元有相同的特征, 再由$ab=0\implies a=0$或$b=0$推得特征必为素数. 在加法意义下, 有限域(视作线性空间)无非若干素循环群之直和, 故其一般形式为$F_{p^k}$. 由分裂域知识可证明有限域在同构意义下唯一, 其元素恰为$x^{p^k}-x$之根集.

在特征为$p$的域上作多项式$x^n-1$, 其中$\gcd(n,p)=1$. 取$w$为其本原单位根(即$w^k=1$的最小正次数为$n$), 相应的本原多项式$\Phi_n(x):=\prod_{\gcd(i,n)=1}(x-w^i)$.

引理: 记$q=p^k$, 则在有限域$F_q$中添加$w$扩张而得的域同构于$F_{q^m}$其中$m$为使得$n\mid (q^m-1)$成立的的最小正整数.

不妨记$w=\dfrac{q^m-1}{n}$, 则$\Phi_n(x)=\prod_{\gcd(n,i)=1}(x-w^i)$.

--------

例子(我只能把$\mathbb Q$中多项式放在有限域中讨论,即商掉$p$):

(1) 有理域上(不可约)分圆多项式在有限域上可约:

取$\mathbb Z_{11}$上$\Phi_{12}(x)=x^4-x^2+1=(x^2+6x+1)(x^2-6x+1)$即可.

(2) 有理域上分圆多项式的系数不必是$0$或者$\pm 1$, 例子:

${\displaystyle {\begin{aligned}\Phi _{105}(x)=&x^{48}+x^{47}+x^{46}-x^{43}-x^{42}-2x^{41}\\&-x^{40}-x^{39}+x^{36}+x^{35}+x^{34}+x^{33}\\&+x^{32}+x^{31}-x^{28}-x^{26}-x^{24}-x^{22}\\&-x^{20}+x^{17}+x^{16}+x^{15}+x^{14}+x^{13}\\&+x^{12}-x^{9}-x^{8}-2x^{7}-x^{6}-x^{5}+x^{2}+x+1.\end{aligned}}}$
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-15 17:50

回复 17# Czhang271828

关于Möbius变换,找了一篇自己的笔记。链接容易expired,尽早下载。

https://smallpdf.com/zh-TW/resul ... mp;t=share-document
作者: abababa    时间: 2021-6-15 22:58

本帖最后由 abababa 于 2021-6-15 23:07 编辑

回复 18# Czhang271828

谢谢,但已经过期了。

但我觉得我想问的问题,并不是涉及有限域那些,这个如果我不用什么有限域的语言叙述,就这么一直操作下来:
1.如果$\xi^n-1 \equiv 0\pmod{p}$且$0\le\xi<p$,则称$\xi$是一个素数$p$下的$n$次单位根(例如$2$是素数$7$下的$3$次单位根)。设素数$p$下的$n$次单位根集合为$U=\{\xi_1,\cdots,\xi_m\}$(例如素数$7$下的$3$次单位根集合为$U=\{1,2,4\}$)。

2.如果对某个$\xi\in U$存在正整数$s_i$,使得$\xi^{s_i} \equiv \xi_i \pmod{p}$,就称$\xi$能生成$n$次单位根$\xi_i$(例如对于$4\in U$,存在正整数$2$使得$4^2 \equiv 2 \pmod{7}$,因此$4$能生成$3$次单位根$2$)。

3.如果$\xi\in U$能生成所有的素数$p$下的$n$次单位根,就称$\xi$是素数$p$下的$n$次本原单位根。设集合$A=\{a_1,\cdots,a_m\}$是素数$p$下的$n$次本原单位根全体。(例如素数$7$下的$3$次本原单位根全体是$A=\{2,4\}$)

4.定义素数$p$下的$n$次预备分圆多项式$\overline{\varPhi_n(x)}=\prod_{a_i\in A}(x-a_i)$(例如素数$7$下的$3$次预备分圆多项式是$\overline{\varPhi_n(x)}=\prod_{a_i\in A}(x-a_i)=(x-2)(x-4)=x^2-6x+8$),再定义素数$p$下的$n$次分圆多项式$\varPhi_n(x)$为:将$n$次预备分圆多项式的各项系数模$p$模进最简剩余类里后所得到的多项式(例如素数$7$下的$3$次分圆多项式是$x^2+(-6 \bmod 7)x+(8 \bmod 7)=x^2+x+1$)。

5.问素数$p$下的$n$次分圆多项式$\varPhi_n(x)$是否一定在$\mathbb{Q}$上不可约。

那我这样操作下来,就不涉及有限域那些概念了,就是简单的一个多项式操作的问题,问最终是否可约。其实我想问的就是这个问题。

或者这里也不称它们为分圆多项式,而是另外取一个名词,那就可能是与分圆多项式无关的命题了,只是这里形式地把那些一次式乘起来,和分圆多项式的定义方式一样而已。
作者: abababa    时间: 2021-6-15 23:43

回复 17# Czhang271828

假设$\varPhi_n(x)$在$\mathbb{Z}[x]$上可约,设$\zeta$为$\varPhi_n(x)$的一个根,由分圆多项式的定义知$\zeta$是一个$n$次本原单位根。再设$\zeta$在$\mathbb{Z}[x]$上的极小多项式为$f(x)$(注*),显然$\varPhi_n(\zeta) = f(\zeta) = 0$,从而$f(x) \mid \varPhi_n(x)$,设$\varPhi_n(x) = f(x)h(x)$,因为$f(x)$还是$\mathbb{Z}[x]$上的本原多项式(注**),由本原多项式除首一多项式后,可知$h(x)$也是首$1$整系数多项式,于是$h(x) \in \mathbb{Z}[x]$。

注*:因为$\zeta$是$\varPhi_n(x)$的一个根,而由分圆多项式的定义知$\varPhi_n(x)$的根都是$n$次单位根,所以$\psi(x) = x^n-1$是一个使$\psi(\zeta) = 0$的首$1$多项式,由极小多项式的定义知,$\zeta$在$\mathbb{Z}[x]$上存在极小多项式。

注**:由极小多项式的定义知$f(x)$是首$1$多项式,$\mathbb{Z}$的单位是$\mathbb{Z}[x]$仅有的单位,而$\mathbb{Z}$的单位只有$\pm 1$,因此$\mathbb{Z}[x]$的单位只有$\pm 1$。而$f(x) \in \mathbb{Z}[x]$是首$1$多项式,其系数的最大公因子为$1$,是$\mathbb{Z}[x]$的单位,由本原多项式的定义知$f(x)$是$\mathbb{Z}[x]$上的本原多项式。

当$p$为素数且$\gcd(p,n) = 1$时,$\zeta^p$也是一个$n$次本原单位根,由分圆多项式的定义知$\zeta^p$是$\varPhi_n(x)$的根,从而$\zeta^p$或者是$f(x)$的根,或者是$h(x)$的根。现在想证明当$p$为素数且$\gcd(p,n) = 1$时,$\zeta^p$不能是$h(x)$的根,只能是$f(x)$的根(X)。

假设$\zeta^p$是$h(x)$的根,则有$h(\zeta^p) = 0$,因此$\zeta$是$h(x^p)$的根,而$h(x) \in \mathbb{Z}[x]$,于是$f(x) \mid h(x^p)$。设$h(x^p) = f(x)k(x)$,可知$k(x)$是首$1$整系数多项式。

设$h(x) = \sum_{k=0}^{m}a_kx^k$,由 Fermat 小定理知$a_k^p \equiv a_k \pmod{p}$,于是对$h(x^p) = f(x)k(x)$两边模$p$有
\[[h(x)]^p = \left(\sum_{k=0}^{m}a_kx^k\right)^p \equiv \sum_{k=0}^{m}(a_kx^k)^p \equiv \sum_{k=0}^{m}a_k(x^k)^p \equiv \sum_{k=0}^{m}a_k(x^p)^k = h(x^p) = f(x)k(x) \pmod{p}\]

设$\varphi(x)$是$\big(f(x) \bmod p\big)$的一个不可约因子,则$\varphi(x)$也是$\big([h(x)]^p \bmod p\big)$的不可约因子,进而$\varphi(x)$是$\big(h(x) \bmod p\big)$的不可约因子,从而$\varphi^2(x)$是$\big(f(x)h(x) \bmod p\big) = \big(\varPhi_n(x) \bmod p\big)$的不可约因子,即$\big(\varPhi_n(x) \bmod p\big)$一定有重因子能整除$\varphi(x)$(+)。

由于$\gcd(p,n) = 1$,因此$x^n-1$没有重根,然而$\varPhi_n(x) \mid (x^n-1)$,因此$\varPhi_n(x)$也没有重根(++)。

(+)(++)矛盾,所以假设$\zeta^p$是$h(x)$的根错误,因此$\zeta^p$必是$f(x)$的根。

由于所有的$n$次本原单位根构成循环群,因此任意$n$次本原单位根都能由$\zeta$的幂得到,设$\zeta^m$是任意一个$n$次本原单位根,$\gcd(m,n) = 1$(为什么m,n互素),将$m$作标准素因子分解$m = p_1p_2 \cdots p_s$,其中$p_i$可以相等,但显然$\gcd(p_i,n) = 1$。于是由(X)可知$\zeta^{p_1}$是$f(x)$的根。显然$\beta_1 = \zeta^{p_1}$是一个$n$次本原单位根,于是再由(X)可知$\beta_1^{p_2}$是$f(x)$的根,即$\zeta^{p_1p_2}$是$f(x)$的根,继续操作可知$\zeta^{p_1p_2 \cdots p_s} = \zeta^m$是$f(x)$的根,而$\zeta^m$是任意一个$n$次本原单位根,所以任意的$n$次本原单位根都是$f(x)$的根,但$\varPhi_n(x)$的所有根都是$n$次本原单位根,所以$\varPhi_n(x) \mid f(x)$,但$\varPhi_n(x) = f(x)h(x)$,所以$\varPhi_n(x) = f(x)$,然而$f(x)$是$\zeta$在$\mathbb{Z}[x]$上的极小多项式,因此$\varPhi_n(x)$就是$\zeta$在$\mathbb{Z}[x]$上的极小多项式,因此不可约。

这个证明是网友给的,我很难看懂,有些地方我查了一些定理命题,免强能理解一些,但加红色的那两处我理解不了。这还是当时我看的时候能理解一点,现在过了挺长时间,有很多我又理解不了了。
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-16 14:05

回复 20# abababa

先回复一个不大会expire的链接
https://upload-1251142715.cos.ap ... %8F%98%E6%8D%A2.pdf
作者: abababa    时间: 2021-6-16 14:36

回复 21# Czhang271828
谢谢,已经下载了,我几乎都看不懂。不过第一个那个分圆多项式用$\mu(r/d)$的形式表示的,网友也曾经给我讲过,但现在已经不记得具体过程了,只有个印象。
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-16 15:28

本帖最后由 Czhang271828 于 2021-6-16 15:33 编辑

回复 20# abababa

先回复一个不大会expire的链接
https://upload-1251142715.cos.ap ... %8F%98%E6%8D%A2.pdf

先回复第二处红字问题。我没太学过数论中的技巧,但从群论的高观点来看,这个十分显然。

我们必须从半群谈起:半群由集合$S$和一个二元运算$\ast$构成,满足封闭性:$\forall x,y\in S:x\ast y\in S$。

群则是一类含有单位元$e$和逆元的半群。其中单位元满足$\forall x\in S, x\ast e=e\ast x=x$。$x$的逆元$x^{-1}$满足$x\ast x^{-1}=x^{-1}\ast x=e$。

例如$(\mathbb N,+)$为自然数加法半群。$(\mathbb C^*,\cdot)$为非零复数的乘法群。

我们可以看到,$n$次单位根生成的集合$\{1,\zeta,\zeta^2,\ldots,\zeta^{n-1}\}$为一个乘法群,记作$G$。这个半群与循环群(加法群)可以建立同构:$(M,\cdot )\cong (\mathbb Z_n,+)$。简单地说,$\zeta^m\cdot\zeta^n=\zeta^{m+n}$和$\overline m+\overline n=\overline {m+n}$用不同的形式表现了同一个数学结构。因此,$(\zeta^k)^m$可以用$\overline{m\cdot\overline k}$对等起来。

然而$\zeta^k\in G$并非总能通过幂运算得到$\zeta$,例如$1$的任意次幂永远不可能是$\zeta$。我们称$\zeta^k$是本原单位根,若且仅若$\zeta^k$这一元素的某一次方为$\zeta^1$。

用同构的观点很好理解问题:$(\mathbb Z_n,+)$是群,但$(\mathbb Z_n,\cdot)$不是群——至少$0$没有乘法逆元。如果我们将$\mathbb Z_n$中有乘法逆元的元素挑出来,记这些元素组成集合$\mathbb Z_n^*$。

显然$(\mathbb Z_n^*,\cdot)$是群,$\mathbb Z_n^*$中元素为一些使得$\gcd(n,i)=1$之$i$,同时$i$与$i+n$应视为等同。所以$|\mathbb Z_n^*|=\varphi(n)$。

本原单位根也有这样的定义:若满足$x^m\equiv 1\mod n$的最小正整数$m=\varphi(n)$,则$x$为本原单位根。我们再来研究n次本原单位根。

读到这里,您应该了解到$n$次本原单位根的必要条件是$\gcd(m,n)=1$了吧?以上应该解答了您的问题。同时$\mathbb Z_n^*$中的任意元素$x$满足$x^{|\mathbb Z_n^*|}=x^{\varphi(n)}=1$,但这似乎不能说明必要性,除非$\varphi(n)$是个质数。例如$\mathbb Z_5^*=\{1,2,3,4\}$,$4^2=1$:$4$不是原根。

至于如何快速判别原根,先得搞清楚$\mathbb Z_n^*$的结构。一般地,记素数分解$n=\prod p_i^{k_i}$。根据中国剩余定理有

\[
\mathbb Z_n^*\cong \mathbb Z_{p_1^{k_1}}\oplus\mathbb Z_{p_2^{k^2}}^*\oplus\cdots\oplus\mathbb Z_{p_m^{k_m}}^*
\]

此外,有结论(证明略复杂,但不无显然之处):

1. $p=2$时:$\mathbb Z_2^*\cong\mathbb Z_1$,$\mathbb Z_4^*\cong\mathbb Z_2$,$\mathbb Z_{4\cdot 2^k}\cong\mathbb Z_2\oplus\mathbb Z_{2^k}$。

2. $p$为奇素数时,$\mathbb Z_{p^k}^*\cong\mathbb Z_{\varphi(p^k)}$。其中$\varphi(p^k)=p^k-p^{k-1}$。

同构的运算是$\mathbb Z_i^*$之乘法对应$\mathbb Z_j$之加法。

例如$\mathbb Z_{360}=\mathbb Z_{2^3\cdot 3^2\cdot 5}$,那么$\mathbb Z_{360}^*\cong\mathbb Z_{2}\oplus\mathbb Z_2\oplus\mathbb Z_6\oplus\mathbb Z_4\cong(\mathbb Z_2)^3\oplus\mathbb Z_3\oplus\mathbb Z_4$。那么单位根$x$可由$(a,b,c,d,e)$之形式表示。单位根是本原根,若且仅若每个根的阶为$\varphi(360)=\varphi(8)\varphi(9)\varphi(5)=2^3\cdot 3\cdot 4$。显然单位根$x$的阶数不超过$3\cdot 4=12$,从而$360$无本原根。

比如说$18$就有本原根。首先根据上面结论计算$\mathbb Z_{18}^*\cong\mathbb Z_2\oplus\mathbb Z_3$,$\varphi(18)=6$。$(1,2)$和$(1,1)$为其本原根,对应回去是$5$和$11$。具体对应过程不妨自己思考一下,这个很有趣。

一个$n$有原根,若且仅若$\mathbb Z_n^*$的循环群直和表示中,循环群的阶指标两两互素。也就是说,不能出现一个循环作用把另一个循环作用掩盖。

比如$\mathbb Z_{63}^*\cong\mathbb Z_6\oplus\mathbb Z_6=(\mathbb Z_2)^2\oplus(\mathbb Z_2)^3$。从而$63$无原根。

上面的结论是自己捣鼓的,但我确信判别法没错。可以看表试试玩玩

https://en.wikipedia.org/wiki/Primitive_root_modulo_n
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-16 15:40

回复 20# abababa

我可以选择不解答第一处红色吗?因为这个方法和我的同构法几乎等同。相反,我的初等数学退化了,看这些有点费事费劲...
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-16 22:05

本帖最后由 Czhang271828 于 2021-6-16 22:14 编辑

回复 23# Czhang271828

好像下一步就是一个定理了:若$n$为$2$、$4$、$p^k$、$2\cdot p^k$中一者,那么$n$有原根。这里$p$为奇素数,$k$为正整数。

细想之,指标两两互素的循环群的直和就是循环群了。我们也得到$\mathbb Z_n^*$是循环群之充要条件($1$就不考虑了)。

原根的数量也很好求。对奇素数,$p^k$的原根数量就是$\varphi(\varphi (p^k))$了,$2\cdot p^k$的原根数量亦然(注意到$\varphi(2)=1$)。对给定的一个$n$,具体哪些是原根...原谅我没有精湛的可视化技术,暂时不讲明白吧。

参考:

[1] 循环群: 第49话《三只小猫》(6:41)

[2] 同构: 第39话《我的好妈咪》(3:44)

[3] 原根:第8话《机器猫》(6:00)

建议看看,这几集确实挺能帮助理解问题的。某字母站检索“猫和老鼠 老版”即可
作者: isee    时间: 2021-6-17 09:11

回复 25# Czhang271828


哈哈哈哈哈,怎么感觉是M大呢,,
作者: abababa    时间: 2021-6-17 15:06

这帖里有太多内容我一时都理解不了,最开始的那个“有限域商掉多项式得到一个域”这里我就没有理解,正在找书看,要想全理解对我来说还有很多困难。
回复 26# isee
应该不是,他还准备复习考试。而据我了解,maven自从上完初中就没再上学了,应该没有考试了。
作者: isee    时间: 2021-6-17 19:38

回复 27# abababa


   不不不不不,我指猫和老鼠
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-18 11:04

本帖最后由 Czhang271828 于 2021-6-18 11:06 编辑
这帖里有太多内容我一时都理解不了,最开始的那个“有限域商掉多项式得到一个域”这里我就没有理解,正在找 ...
abababa 发表于 2021-6-17 15:06


如果要直观的例子,我可以构造$9$元域。所有$9$元域在同构意义下相等,在此不证明了,只给出一种构造。

$\mathbb Z_3$是个三元域。记$\mathbb Z_3[x]$为$\mathbb Z_3$上多项式集合,其中$x^2+1$在$\mathbb Z_3$上不可约。记$\left< x^2+1\right>$为一切$f(x^2+1)$,其中$f(x)\in\mathbb Z_3[x]$。我们可以作商映射

\[

\pi: \mathbb Z_3[x]\to\mathbb Z_3[x]/\left< x^2+1\right>, g(x)\mapsto g(x)+\left< x^2+1\right>

\]

比如$\pi(x^3+1)=x^3+1+\left< x^2+1\right>=2x+1+\left< x^2+1\right>$。

然后记$u$为一个满足约化关系$u^2+1=0$的数,一般称之$x^2+1$在扩域下的根。不难发现$9$元域中的元素是$\{0,1,u,u^2,\ldots,u^7\}$。其中乘法与加法就是你认为最自然的乘法与加法。比如$u^2+u^3=(u^2+u^3)=2u+2$。这样就构造出了$9$元域。

最后,$9$元域可以和商空间$\mathbb Z_3/\left< x^2+1\right>$等同起来。
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-18 11:07

回复 27# abababa

我不是M。。。然后我也对他挺好奇的,我想能否和他认识一下
作者: abababa    时间: 2021-6-18 13:13

回复 30# Czhang271828

我还是在人教论坛时认识maven的,就是做几何题,然后加的他QQ,现在好像都加不上了,反正也加不上我就公开了吧,851976465,他QQ名叫box。

我都不知道他到底是干什么的,开始以为是喜欢数学的学生,但看他QQ空间里一个数学的都没有,全是写的古典诗词之类的。然后还做编程方面的,我一点也不懂,就是有时候让他帮着做点小程序,他好像还涉及人工智能方面的东西。他还弄股票,好像是2013年左右吧,有一次我随口说了一句我股票亏了不少了,他就问我敢不敢跟着他买,我当然不敢啊,因为觉得他总忽悠我,但还是买了6000块钱的,可那次我真的赚到钱了,最近一次跟着他赚钱也是近几个月的事,赚了40%多,可我总怕他忽悠我,每次都不敢多买。我觉得他实在太复杂了,所以我就想专心跟着他学点数学吧,但他自己说他也没系统学过什么东西,都是我问了问题之后,他现去学一些内容,然后弄明白了再告诉我,但也比我强很多了。
作者: Czhang271828    时间: 2021-6-18 13:19

回复 31# abababa

哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈OK
作者: abababa    时间: 2021-8-26 17:14

回复 20# abababa
第一处红色的,我学习了素元的概念,终于证明出来了:
设$(h(x)\bmod p)=\prod_{k=1}^{m}\varphi_k(x)$,其中$\varphi_k(x)$是$(h(x)\bmod p)$的不可约因子。假设$\varphi(x)$不是$(h(x)\bmod p)$的不可约因子,则$\varphi(x)\neq\varphi_1(x),\varphi_2(x),\cdots,\varphi_m(x)$。因为$\varphi(x)$是$([h(x)]^p\bmod p)$的不可约因子,因此
\[\varphi(x)\mid([h(x)]^p \bmod p)=\prod_{k=1}^{m}[\varphi_k(x)]^p\]

并且由不可约多项式的定义可知$\varphi(x)$是$\mathbb{Z}[x]$中的“素元”,然后在唯一分解整环里就有$\varphi(x)$能整除$\varphi_1(x)$或$\varphi_2(x)$或……或$\varphi_m(x)$,而$\varphi_k(x)$都是$\mathbb{Z}[x]$中的素元,按照定义和整除可知$\varphi(x)=\varphi_1(x)$或$\varphi_2(x)$或……或$\varphi_m(x)$,这与$\varphi(x)\neq\varphi_1(x),\cdots,\varphi_m(x)$矛盾。
作者: abababa    时间: 2021-8-26 17:22

回复 23# Czhang271828

这个我还是有些疑问,按网友给出的定义,在一般域上的n次本原单位根,应该首先要求$\text{char}(F)\nmid n$。
定义:给定特征(特征($\text{char}$)是k的,k个元加起来得零,特征是无穷的,任意有限多个元加起来都不得零)为$\infty$或素数$p$的域$F$,若$\text{char}(F)\nmid n$,并且$n$次分圆多项式$\varPhi_n(x)$在$F$中存在根,则$F$中恰有$n$个$n$次单位根,这些根构成的循环群的所有生成元,就称为域$F$中的$n$次本原单位根。

如果只是复数域上,他的本原单位根在定义时就直接定义成$\omega_k=e^{i\frac{2k\pi}{n}}, \gcd(k,n)=1$的形式了。
作者: hbghlyj    时间: 2022-2-20 20:41

回覆 18# Czhang271828
抱歉,該下載連結已經逾時。請重新開始
作者: Czhang271828    时间: 2022-2-20 22:06

回复 35# hbghlyj

我将原始文档迁移过来即可. 文章系某次课程作业, 旨在证明"有限整环为域"这一命题, 即 Wedderburn 小定理. "偏序集上的代数"一话题本系组合数学之内容, 然而笔者当时并未学习之. 故行文所即仅是对 Möbius 变换之匆匆一瞥, 想必缺乏深度.

Wedderburn 小定理之证明

定理简述

Wedderburn 小定理可叙述如是: 有限整环必为域.

以循环群之角度视之, 有限整环必为除环. 有限整环之交换性可通过 Jacobson 定理直接导出. Jacobson 定理表明一切满足
$$
\forall x\in R,\exists n(x)\in\mathbb N\text{ s.t. }x^{n(x)+2}=x
$$
之环为交换环. 倘若 $n(x)$ 与 $x$ 无关, 可通过 Birkhoff 完备性理论证明 Jacobson 定理(见此处论文). 本文大体转录 E. Witt 之经典方法乏善可陈, 是故笔者对证明所涉及的 Möbius 反演定理加以深入.

证明

不妨设 $K$ 为有限体, 记 $C(K):=\{x:xy=yx(\forall y\in K)\}$ 为其中心, $q=|C(K)|$. 由于
$$
\pi:K\to K/C(K),x\mapsto x+C(K)
$$
诱导出商环上的同态, 故可视 $K$ 为 $C(K)$ 上之向量空间. 记 $n:=\dim_{C(K)}K$ 为其维数, 下证明 $n=1$.

记 $N(x):=\{y\in K:xy=yx\}$. 易见 $N(x)$ 为体, 从而为 $C(K)$ 上之向量空间, 记 $n(x):=\dim_{C(K)}N(x)$. 视诸乘法群角度有 $N(x)^*\leq K^*$ , 故 $(q^{n(x)}-1)\mid(q^n-1)$. 由关系
$$
q^l-1\equiv q^{l+p}-1\mod (q^p-1)
$$
可知 $n(x)\mid n$.

将 $K^*$ 中元素划分为共轭类, $x$ 共轭元之数量为 $\dfrac{|K^*|}{|N(x)^*|}=\dfrac{q^n-1}{q^{n(x)}-1}$. 据中心公式有
$$
q^n-1=q-1+\sum_{x\in R}\dfrac{q^n-1}{q^{n(x)}-1}.
$$
其中 $R$ 为某一代表元系之集合.

若 $n\neq 1$, 下引入分圆多项式
$$
\begin{align*}\Phi_r(x):=&\prod_{1\leq d\leq r,\gcd(d,r)=1}(x-e^{2\pi  id/r})\\
=&(x^r-1)\prod_{k\geq 1}\left[\prod_{ p_1\cdots p_k\mid r\\p_1,\ldots,p_k\\\text{为互不相同之素数(若存在)}}(x^{r/(p_1\cdots p_k)}-1)\right]^{-1}\\
=&\prod_{d\mid r}(x^d-1)^{\mu(r/d)}.
\end{align*}
$$
其中 $\mu(m)=0$ 若且仅若 $m$ 有素数平方因子, $\mu(m)=(-1)^{k(m)}$ 若且仅若 $m$ 无素数平方因子且素因数个数为 $k(m)$. 最末二行变换可通过容斥原理证明: 其实质乃 Möbius 反演定理(证明见文末).

注意到对任意 $d\mid n$, $\Phi_n(x)$ 之零点为 $x^n-1=0$ 之根, 同时并非 $x^d-1=0$ 之根. 因此 $\Phi_n(q)\mid \dfrac{q^n-1}{q^{n(x)}-1}$. 从而 $\Phi_n(q)\mid q-1$. 注意到
$$
|\Phi_n(q)|=\prod_{1\leq d\leq r,\gcd(d,r)=1}|q-e^{2\pi  id/r}|\geq |q-1|^{\varphi(q)}>q-1
$$
矛盾, 从而 $n=1$.

Möbius 反演公式

Möbius 变换建立在局部有限的偏序集 $(P,\leq)$ 上. 其中, 局部有限是谓
$$
\forall x,y\in P,|\{z:x\leq z\leq y\}|<\infty.
$$
今考虑 $I(\mathbb Q)$ 为一切映射 $f:\{(x,y): x\leq y\}\to\mathbb Q,(x,y)\mapsto f(x,y)$ 之集合, 构造环 $(I,+,\ast)$ 如下

1. 对于加法, $(f+g)(x,y):=f(x,y)+g(x,y)$ 恒成立.
2. 对任意 $x\leq y$, 定义乘法为 $(f\ast g)(x,y):=\sum_{x\leq z\leq y}f(x,z)g(z,y)$.
3. 单位元即 Kronecker 映射 $\delta(x,y):=\delta_{x,y}=\left\{\begin{align*}&1&&x=y,\\&0&&x< y.\end{align*}\right.$.

定义 Möbius 逆函数 $\mu^{-1}(x,y)\equiv 1,\forall x\leq y$. 下先说明映射 $\mu^{-1}$ 之可逆性.

一般地, 有结论 $U(I)=\{f:f(x,x)\neq 0,\forall x\in P\}$. 由于 $\{f:f(x,x)\neq 0,\forall x\in P\}$ 构成半群, 下仅需证明对任意 $x\in P$, $f(x,x)$ 恒非零与 $f$ 左可逆等价 (考虑乘法群之单边定义).

若存在 $g=f_l^{-1}$, 则 $g(x,x)\ast f(x,x)=\delta(x,x)\implies g(x,x)=[f(x,x)]^{-1}$. 对任意 $x\leq y$ 且 $x\neq y$ 之序对 $(x,y)$ 有
$$
0=\delta(x,y)=g(x,y)\ast f(x,y)=\sum_{x\leq z\leq y}g(x,z) f(z,y).
$$
从而 $g(x,y) f(y,y)=-\sum_{x\leq z< y} g(x,z)f(z,y)$. 由此可得唯一确定的 $g$. 职是之故, 可作 $I$ 之单位集 $\{f:f(x,x)\neq 0,\forall x\in P\}$. Möbius 函数及其逆函数存在. 特别地, 展开 $\mu^{-1}\ast \mu=\mu\ast \mu^{-1}=\delta$ 有
$$
\delta(x,y)=\sum_{x\leq z\leq y}\mu(x,z)=\sum_{x\leq z\leq y}\mu(z,y).
$$
下给出 Möbius 反演定理: 对任意 $x\in P\text{ s.t. }|\{y\in P:y\leq x\}|$ 有限, 则对 $f,g\in I(A)$ 有
$$
g(x)\equiv\sum_{y\leq x}f(y)\Longleftrightarrow f(x)\equiv \sum_{y\leq x}g(y)\mu(y,x).
$$
其中 $(A,\cdot)$ 为任意乘法 Abel 群.

证明: 注意到左式导出
$$
\begin{align*}
\sum_{y\leq x}g(y)\mu(y,x)\equiv &\sum_{z\leq y\leq x}f(z)\mu(y,x)\\
\equiv&\sum_{z\leq x}\left(\sum_{z\leq y\leq x}\mu(y,x)\right)f(z)\\
\equiv& \sum_{z\leq x}\delta(z,x)f(z)\\
\equiv &f(x).
\end{align*}
$$
右式导出
$$
\begin{align*}
\sum_{y\leq x}f(y)\equiv &\sum_{z\leq y\leq x}g(z)\mu(z,y)\\
\equiv&\sum_{z\leq x}\left(\sum_{z\leq y\leq x}\mu(z,y)\right)g(z)\\
\equiv& \sum_{z\leq x}\delta(z,x)g(z)\\
\equiv &g(x).
\end{align*}
$$
从而等价.

考虑局部有限的偏序集 $(\mathbb N_+,\mid)$, 其中 $\mid $ 为整除偏序. 由唯一分解定理知存在偏序同构使得下图可交换

359fb876-cf5b-4a5e-bbbc-abaaf222885e.png
2022-2-20 22:06


由同态关系知
$$
\mu\left(\prod_{p\in\mathbb P}p^{n_p},\prod_{p\in\mathbb P}p^{m_p}\right)=\prod_{p\in\mathbb P}\mu(p^{n_p},p^{m_p}).
$$
其中诸 $n_p\mid m_p$ 为必然要求, 从而偏序集 $(\prod\mathbb N,\leqq)$ 上的偏序关系为 $\{a_n\}\leqq\{b_n\}\Leftrightarrow a_n\leq b_n,\forall n$. 下构造相应之 Möbius 函数.

对于以大小关系为序关系的全序集$(\mathbb N,\leq)$, 取 $\delta(m,n)=\delta_{m,n}$. 从而不待计算即可构造 Möbius 函数
$$
\mu_0(m,n):=\left\{\begin{align*}&1&&n=m,\\&-1&&m+1=n,\\&0&&\text{else.}\end{align*}\right..
$$
从而在指数同构下有
$$
\mu(p^{m_p},p^{n_p}):=\left\{\begin{align*}&1&&n_p=m_p,\\&-1&&m_p+1=n_p,\\&0&&\text{else.}\end{align*}\right..
$$
易见对满足偏序 $a\mid b$ 之序对 $(a,b)$, $\mu(a,b)=\mu(1,b/a)$. 下记 $\mu(d)$ 为一切$\mu(n,dn)$之值, 其中 $n\in\mathbb N_+$.

端详上式即得
$$
\mu(x)=\left\{\begin{align*}&(-1)^{n\text{的素因子个数}}&&n\text{无素平方因子},\\&0&&\text{else.}\end{align*}\right.
$$

分圆多项式等价形式之补充说明

对$\mathbb C$上某一适当的全纯区域, 对一切 $d\mid n$, 诸分圆多项式 $\Phi_d(z)$ 于某一区域$D$内全纯且诸 $\log\Phi_d(z)$ 无 branch cuts. 置 $g_n(z)=z^n-1$, 则 $g_n(z)=\prod_{d\mid n}\Phi_d(z)$, 亦即 $\log g_n(z)=\sum_{d\mid n}\log\Phi_d(z)$. 由 Möbius 反演定理知
$$
\log \Phi_n(z)=\sum_{d\mid n}\mu(n/d)\log g_d(z).
$$
从而
$$
\prod_{d\mid n}(z^d-1)^{\mu(n/d)}=\Phi_n(z).
$$
由全纯函数之极大模原理知 $\dfrac{\prod_{d\mid n}(z^d-1)^{\mu(n/d)}}{\Phi_n(z)}\equiv 1,z\in\mathbb C$.

图片附件: 359fb876-cf5b-4a5e-bbbc-abaaf222885e.png (2022-2-20 22:06, 70.11 KB) / 下载次数 629
http://kuing.orzweb.net/attachment.php?aid=11100&k=c905b105066d13d5983824d63b09ca77&t=1711726942&sid=cFizOq


作者: hbghlyj    时间: 2022-2-20 22:16

回复 36# Czhang271828
能否也贴一下交换图的代码,方便保存,谢谢!
作者: Czhang271828    时间: 2022-2-20 23:03

回复 37# hbghlyj

不客气, 交换图标直接可于此处直接生成. 码字前加花括号 $\{\}$ 以规避乱码, 推荐 F12 去除虚线以供直接截图.
  1. \begin{tikzcd}
  2. {\prod_{p\in\mathbb P}(\mathbb N)_p} \arrow[rr] & & {\mathbb N_+}\\
  3. {\prod_{p\in\mathbb P}(n_p)_p} \arrow[rr, "{1:1}", maps to] &  & {\prod_{p\in\mathbb P}p^{n_p}}\\
  4. {{((n_p)_p,(m_p)_p)}} \arrow[rrd, "{\mu'}", maps to]&  & {{(\prod_{p\in\mathbb P}p^{n_p},\prod_{p\in\mathbb P}p^{m_p})}} \arrow[u, "{{\pi,\sim}}", maps to] \arrow[rr, "{\mu}", maps to] &  & {{\mu(\prod_{p\in\mathbb P}p^{n_p},\prod_{p\in\mathbb P}p^{m_p})}}
  5. \end{tikzcd}
复制代码

作者: kuing    时间: 2022-2-23 17:58

回复 37# hbghlyj

正好测试一下刚加的 xypic,用它的语法画一下 36# 的交换图:
\[\def\PP{\mathbb P}\def\NN{\mathbb N}
\pi:\quad
\xymatrix@C=2cm{
\prod_{p\in\PP}(\NN)_p \ar[r] & \NN_+\\
\prod_{p\in\PP}(n_p)_p \ar@{|->}[r]^{1:1} & \prod_{p\in\PP}p^{n_p}\\
((n_p)_p,(m_p)_p) \ar@{|->}[rd]^{\mu'} \\
(\prod_{p\in\PP}p^{n_p},\prod_{p\in\PP}p^{m_p}) \ar@{|->}[u]^{\pi,\sim} \ar@{|->}[r]^{\mu} & \mu(\prod_{p\in\PP}p^{n_p},\prod_{p\in\PP}p^{m_p})
}\]
代码出现了一个 [u] ,被 discuz 弄成下划线只好勾选“禁用 Discuz!代码”
作者: isee    时间: 2022-2-23 23:11

回复 39# kuing

只能说 Czhang271828 实在是强~




欢迎光临 悠闲数学娱乐论坛(第2版) (http://kuing.orzweb.net/) Powered by Discuz! 7.2