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。

Czhang271828

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。

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？

Czhang271828

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

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？

Czhang271828

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。

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。

Czhang271828

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。

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？

Czhang271828

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！

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。

Czhang271828

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。

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。

Czhang271828

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。

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？

Czhang271828

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。

Czhang271828

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:

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

Czhang271828

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。

smallpdf.com/zh-TW/result#r=cb0164f9533d5318aff558da366f60ca&t=share-document

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。