分圆多项式在有理数域上不可约

abababa

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。

abababa

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？

abababa

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？

abababa

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。

abababa

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？

abababa

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。

abababa

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。

abababa

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？

abababa

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。

abababa

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。

abababa

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。

abababa

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。

abababa

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。

abababa

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。

abababa

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。