分圆多项式在有理数域上不可约

Czhang271828

回复 20# abababa

先回复一个不大会expire的链接
upload-1251142715.cos.ap-shanghai.myqcloud.com/68bab3b4-95de-4dd ... 5%8F%98%E6%8D%A2.pdf

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。

Czhang271828

回复 20# abababa

先回复一个不大会expire的链接
upload-1251142715.cos.ap-shanghai.myqcloud.com/68bab3b4-95de-4dd ... 5%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

en.wikipedia.org/wiki/Primitive_root_modulo_n

Czhang271828

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...

Czhang271828

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

isee

回复 25# Czhang271828


哈哈哈哈哈，怎么感觉是M大呢，，

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。

isee

回复 27# abababa


   不不不不不，我指猫和老鼠

Czhang271828

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。

Czhang271828

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

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。

Czhang271828

回复 31# abababa

哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈哈OK

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。

Czhang271828

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



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 $\dfrac{\prod_{d\mid n}(z^d-1)^{\mu(n/d)}}{\Phi_n(z)}\equiv 1,z\in\mathbb C$.

hbghlyj

回复 36# Czhang271828
能否也贴一下交换图的代码,方便保存,谢谢!

Czhang271828

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

kuing

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”

isee

回复 39# kuing

只能说 Czhang271828 实在是强~

hbghlyj

5.求证: $\Phi_n(x)$ 系数全为正 $\Leftrightarrow n=p^l$，其中 $p$ 是素数， $l \in \mathbb{N}^*$.