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从多项式到分圆域：我的 Galois 理论补充笔记

第一版（2026-10-06）：参照本地 v4-2026-10-05 的章节、符号速查、完整证明、追问和公式复制格式整理。HTML 是主要阅读文件，Markdown 是配套源文件。

原始材料：《介绍多项式与分圆域》分享对话。正文覆盖 49 段可见数学回答； $A 01$ — $A 49$ 是核对用的原回答编号，不表示本篇阅读顺序。

这份笔记接在伽罗瓦理论主线之后，补上我在多项式、单位根和分圆域上反复追问的基础。这里“整式”沿用原对话的理解，指多项式；代数整数尚未系统展开。

按知识依赖调整阅读顺序，把后补的解释移到需要它的位置。正文保留原解释的证明和具体例子；“原问题”摘出我的实际请求，选中的上下文仍保存在原材料。标为“补充证明”的内容是本版新增的推导。原解释中的“你”“我们”不代表我已经独立完成证明；其中回顾或预告的结果，以本篇相应证明章节为准。

先抓住五个观念

核心观念	需要时去哪里找
不可约与最小多项式必须说明基础域；加入代数元后，最小多项式次数等于扩张次数	第 1 章
本原 $n$ 次单位根就是阶恰为 $n$ ；阶是第一次回到 $1$ 的幂次数	第 2—3 章
$Φ_{n}$ 把阶恰为 $n$ 的根收集起来， $φ (n)$ 数这些根；编号 $n$ 不等于多项式次数	第 4—5 章
整数系数与有理数域上的不可约性分别要证明；二者成立后， $Φ_{n}$ 才成为本原单位根的最小多项式	第 6—9 章
分圆域包含全部单位根；自同构由生成元的像决定，复合对应指数相乘	第 10—11 章

忘记阶公式时，回到 $(ζ_{n}^{a})^{d} = 1 ⟺ n ∣ a d$ ，再找最小正整数 $d$ 。这比把每个公式单独背下来更方便。

第 1 章：多项式、最小多项式与域扩张
第 2 章：复指数与全部单位根
第 3 章：本原单位根、阶与互素
第 4 章：分圆多项式：按阶收集根
第 5 章：欧拉函数的计数与两个恒等式
第 6 章：整数系数：首一除法与强归纳法
第 7 章：域的特征、有限域与 Frobenius
第 8 章：导数、重根与可分性
第 9 章：完整证明分圆多项式在有理数域上不可约
第 10 章：分裂域、正规性与 Galois 扩张
第 11 章：分圆域的自同构与模 n 可逆元群
第 12 章：复习重点与后续学习边界

常用符号速查

记号	对象、含义与读法
$Z, Q, R, C$	整数环、有理数域、实数域、复数域
$F [x]$ ； $F [α]$ ； $F (α)$	多项式环；代入 $α$ 生成的环；加入 $α$ 生成的域
$m_{α, F}$ ； $[E : F]$	相对于 $F$ 的首一最小多项式；向量空间维数，不是除法
$ζ_{n}$	zeta 下标 $n$ ；固定取 $e^{2 π i / n}$ ，是一个本原 $n$ 次单位根
$μ_{n}$ ； $ord (α)$	全部 $n$ 次单位根；元素的乘法阶
$Φ_{n} (x)$ ； $φ (n)$	大写 Phi：第 $n$ 个分圆多项式；小写 phi：欧拉函数，两个不同对象
$gcd (a, n)$ ； $d ∣ n$ ； $p ∤ n$	正的最大公因数；整除；不整除
$F_{p}$ ； $F_{p} [x]$	模素数 $p$ 的有限域；该域上的多项式环
$\bar{f}$ ； $f^{'}$	系数逐项模 $p$ 后的多项式；形式导数。上横线用于复数时也可表示复共轭，依局部语境区别
$char F$	域的特征：多少个单位元相加首次得到零，或特征零
$F_{p} (t)$ ； $\overset{―}{F}$	有理函数域， $t$ 是不定元；代数闭包
$[a] \in Z / n Z$	模 $n$ 的剩余类；方括号不是扩张次数
$(Z / n Z)^{\times}$	剩余类环中可逆元组成的乘法群；上标 $\times$ 表示可逆元集合
$σ_{a}$ ； $Ψ$	域自同构 $ζ_{n} \mapsto ζ_{n}^{a}$ ；从可逆剩余类到自同构的群同构
$C_{m}$ ； $C_{2} \times C_{2}$	$m$ 阶循环群；四元 Klein 群

基本约定： $n \geq 1$ ， $p$ 是素数；“首一”指最高次项系数为 $1$ 。本原单位根的“本原”指阶，本原整数多项式的“本原”指系数最大公因数为 $1$ 。两者不可混用。

第 1 章：多项式、最小多项式与域扩张

本章对象： $F$ 是基础域， $F [x]$ 是多项式环； $α$ 是扩域中的代数元， $m_{α, F}$ 是首一最小多项式。

1.1 多项式环、基础域、不可约性与加入一个根

原问题：一步步向我介绍整式相关和分圆域相关的数学知识吧，我在学习Galois理论的时候遇到了一些相关知识，但是感觉我理解的不是很充分

整理提示：本段末尾预告的分圆结论将在第 4—11 章证明。

我们把这部分重新搭一遍，而且我会尽量把它和你正在学的 Galois 理论连接起来，而不是孤立地讲“多项式技巧”。

我先把路线给你看清楚，然后今天只走第一步。这里我先把你说的“整式”理解成 多项式（polynomial）相关知识；以后如果你还想补“代数整数 algebraic integers”，我们可以另开一条线。

我们要走的路线

整体上可以分成三层：

多项式本身 $F [x], 整除、最大公因式、不可约多项式$ ↓
多项式如何制造域扩张 $F [x] / (f (x)), F (α), 最小多项式、分裂域$ ↓
单位根与分圆域 $x^{n} - 1, Φ_{n} (x), Q (ζ_{n}), Gal (Q (ζ_{n}) / Q)$

最后你会看到一个非常漂亮的闭环：

$多项式 \to 根 \to 域扩张 \to 自同构 \to Galois 群$

而分圆域其实是这个闭环里最重要、最好算的一类具体例子。

第一步：为什么 Galois 理论一开始就离不开 $F [x]$ ？

先不要管分圆域。

假设我们研究一个多项式：

$f (x) = x^{2} - 2.$

如果我们的基础域是

$F = Q,$

那么：

$f (x) \in Q [x] .$

这里

$Q [x]$

是什么意思？

就是：

系数都在 $Q$ 里的所有多项式组成的集合。

例如：

$x^{2} - 2,$

$3 x^{5} + \frac{1}{2} x - 7,$

$x^{100} + 1$

都属于 $Q [x]$ 。

1. 为什么强调“系数在哪个域里”？

这是以后 Galois 理论里极其重要的一件事。

例如：

$x^{2} - 2$

在

$Q [x]$

里不能分解成一次因子。

但在

$R [x]$

里：

$x^{2} - 2 = (x - \sqrt{2}) (x + \sqrt{2}) .$

所以：

$一个多项式是否不可约，必须说明是在哪个域上。$

不能单独说：

$x^{2} - 2$ 是不可约的。

严格说应该是：

$x^{2} - 2 在 Q [x] 中不可约。$

而在 $R [x]$ 中可约。

这件事以后会不断出现。

2. 为什么 $F [x]$ 特别好？

因为如果 $F$ 是一个域，那么 $F [x]$ 中可以做一种类似整数除法的操作。

例如整数中：

$17 = 5 \times 3 + 2.$

多项式中也是一样。

如果

$f (x), g (x) \in F [x], g (x) \neq 0,$

那么一定存在唯一的

$q (x), r (x) \in F [x]$

使得：

$f (x) = q (x) g (x) + r (x)$

并且

$\deg r < \deg g .$

这就是多项式除法算法。

这一点非常重要，因为它使 $F [x]$ 的行为非常像整数 $Z$ 。

3. 多项式和整数之间有一个很深的类比

你可以先建立这张心理对应表：

整数 $Z$	多项式 $F [x]$
2,3,5,7 是素数	不可约多项式
$12 = 2^{2} \cdot 3$	多项式分解成不可约因子
$gcd (a, b)$	$gcd (f, g)$
Euclidean algorithm	多项式 Euclidean algorithm

例如：

$x^{2} - 1 = (x - 1) (x + 1) .$

类似于：

$6 = 2 \cdot 3.$

而：

$x^{2} + 1$

在 $R [x]$ 中：

$x^{2} + 1$

不可约吗？

是，因为：

$x^{2} + 1$

在 $R [x]$ 中其实没有实根，因此对二次多项式来说不可约。

但在：

$C [x]$

中：

$x^{2} + 1 = (x - i) (x + i) .$

所以再次说明：

$“不可约”永远是相对于基础域而言的。$

4. “不可约”为什么对域扩张这么重要？

这是第一个真正和 Galois 理论连起来的地方。

还是考虑：

$f (x) = x^{2} - 2.$

它在 $Q [x]$ 不可约。

但我们想要一个世界，其中：

$x^{2} - 2$

真的有一个根。

我们把这个根叫：

$α .$

要求：

$α^{2} = 2.$

于是得到一个更大的域：

$Q (α) .$

因为 $α^{2} = 2$ ，所以任意高次幂都可以降下来。

例如：

$α^{3} = 2 α,$

$α^{4} = 4.$

因此这个域里的任意元素其实都长成：

$a + b α, a, b \in Q .$

当：

$α = \sqrt{2}$

时：

$Q (α) = Q (\sqrt{2}) .$

5. 这里出现一个极其重要的思想

我们原本只有：

$Q .$

但是有一个多项式：

$x^{2} - 2$

在这里没有根。

于是我们人为扩大这个域，把一个根放进去：

$Q \subset Q (\sqrt{2}) .$

这就是：

$域扩张$

最基本的来源。

所以从概念上说：

$多项式没有根$

促使我们：

$加入一个根$

从而：

$产生域扩张 .$

这就是 Galois 理论的起点。

6. 还有一个更抽象但更漂亮的写法

我们甚至不必预先知道 $\sqrt{2}$ 是什么。

直接写：

$Q [x] / (x^{2} - 2)$

这个商环里，把 $x^{2} - 2$ 当成 $0$ 。

所以：

$x^{2} = 2.$

也就是说，商掉以后， $x$ 自动变成一个满足：

$x^{2} = 2$

的元素。

因此：

$Q [x] / (x^{2} - 2) ≅ Q (\sqrt{2}) .$

这其实是代数学里一个非常核心的思想：

想创造一个满足某个方程的元素，就让那个方程等于 0。

例如想创造：

$i^{2} = - 1,$

就可以写：

$R [x] / (x^{2} + 1) .$

这和：

$C$

本质上一样。

7. 为什么这里要求 $f (x)$ 不可约？

这是下一步最关键的问题。

如果：

$f (x)$

在 $F [x]$ 中不可约，那么：

$F [x] / (f)$

是一个域。

例如：

$Q [x] / (x^{2} - 2)$

是域。

但是如果：

$f (x) = x^{2} - 1 = (x - 1) (x + 1),$

那么：

$Q [x] / (x^{2} - 1)$

就不是域。

原因很直观。

在商环里：

$x^{2} - 1 = 0.$

因此：

$(x - 1) (x + 1) = 0.$

可是：

$x - 1 \neq 0, x + 1 \neq 0.$

所以出现了两个非零元素相乘等于零：

$(x - 1) (x + 1) = 0.$

这叫做零因子。

而域里不可能有零因子。

因此：

$f 不可约 ⟺ F [x] / (f) 是域$

对于 $F [x]$ 来说，这是一个非常重要的定理。

先停在这里

你现在最值得真正抓住的是下面这条链，而不是记很多定义：

$不可约多项式 ⟶ 加入它的一个根 ⟶ 得到新的域$

例如：

$x^{2} - 2$

对应：

$Q \subset Q (\sqrt{2}) .$

以后我们会把：

$x^{n} - 1$

拿出来研究。

它的根就是：

$1, ζ_{n}, ζ_{n}^{2}, \dots, ζ_{n}^{n - 1},$

也就是 $n$ 次单位根。

然后再把它分解成：

$x^{n} - 1 = \prod_{d ∣ n} Φ_{d} (x)$

这里的：

$Φ_{n} (x)$

就是第 $n$ 个分圆多项式。

再取它的一个根 $ζ_{n}$ ，就会得到：

$Q (ζ_{n})$

也就是第 $n$ 个分圆域。

所以你刚才在 Galois 理论里遇到的“单位根到底要不要固定”“为什么加单位根”“为什么自同构把 $ζ_{n}$ 送到另一个单位根”，其实都建立在今天这套框架上。

下一步我建议专门讲“不可约多项式、最小多项式和 $F (α)$ 为什么本质上是同一件事”。这个弄懂以后，再进入单位根和分圆多项式会顺很多。

1.2 补充证明：除法、Bézout 等式与不可约商环

设 $F$ 为域， $g \neq 0$ 。若当前被除式最高次项是 $a x^{r}$ ，除式最高次项是 $b x^{m}$ ，且 $r \geq m$ ，减去 $(a / b) x^{r - m} g$ 即降低次数。域中 $b \neq 0$ 可逆，有限次操作后得到 $f = q g + r$ ，其中 $r = 0$ 或 $\deg r < \deg g$ 。若还有 $f = q_{1} g + r_{1}$ ，相减后 $(q - q_{1}) g = r_{1} - r$ ；左边非零时次数至少为 $\deg g$ ，右边非零时次数小于它，故商、余数唯一。

对两个多项式反复做带余除法，余数次数严格下降，最后一个非零余数（调成首一）就是最大公因式。逐次倒代给出多项式版 Bézout 等式： $u f + v g = gcd (f, g)$ 。

设 $m$ 非常数且不可约。商环 $F [x] / (m)$ 中的非零元素 $[h]$ 满足 $m ∤ h$ 。不可约性给出 $gcd (h, m) = 1$ ，于是存在 $u, v \in F [x]$ 使 $u h + v m = 1$ 。进入商环后 $[u] [h] = [1]$ ，故每个非零元素有逆元，商环是域。

反过来，若 $m = a b$ ，其中 $a, b$ 都非常数且次数小于 $\deg m$ ，则 $[a], [b]$ 非零而 $[a] [b] = [0]$ 。域无零因子，所以商环不是域。这里需要 $m$ 非零且非常数。

1.3 最小多项式、商环和扩张次数

整理提示：本节先建立代数元的一般模板；末尾把分圆多项式认作最小多项式的结论，以第 9 章不可约性证明为依据。

我们现在就把上一节最关键的三个对象彻底连起来：

$不可约多项式 \leftrightarrow 最小多项式 \leftrightarrow F (α)$

这一步如果真正理解了，后面分圆多项式 $Φ_{n} (x)$ 、单位根 $ζ_{n}$ 、分圆域 $Q (ζ_{n})$ 会顺很多。

第二步：什么是最小多项式？

先从一个具体例子开始。

设

$α = \sqrt{2} .$

显然：

$α^{2} - 2 = 0.$

所以 $α$ 是多项式

$x^{2} - 2$

的根。

但它其实也是很多其他多项式的根，比如：

$x^{4} - 4$

因为

$(\sqrt{2})^{4} - 4 = 0.$

还可以有：

$x^{3} - 2 x,$

因为

$(\sqrt{2})^{3} - 2 \sqrt{2} = 0.$

于是自然出现一个问题：

这么多多项式都以 $α$ 为根，哪个最重要？

答案就是：

$最小多项式$

1. 最小多项式的定义

设 $F$ 是一个域， $α$ 是某个扩域中的元素。

如果存在非零多项式

$f (x) \in F [x]$

使得

$f (α) = 0,$

那么称 $α$ 在 $F$ 上是代数的。

这时存在唯一一个首一不可约多项式

$m_{α, F} (x) \in F [x]$

满足：

$m_{α, F} (α) = 0.$

它就叫做 $α$ 在 $F$ 上的最小多项式。

记作：

$m_{α, F} (x)$

2. 为什么叫“最小”？

因为它是所有满足

$f (α) = 0$

的非零多项式中次数最低的那个首一多项式。

例如：

$α = \sqrt{2} .$

在 $Q$ 上：

$x^{2} - 2$

不可约，所以：

$m_{\sqrt{2}, Q} (x) = x^{2} - 2.$

而像：

$x^{4} - 4 = (x^{2} - 2) (x^{2} + 2)$

虽然也以 $\sqrt{2}$ 为根，但次数更高。

3. 一个非常重要的定理

如果

$f (α) = 0, f (x) \in F [x],$

那么：

$m_{α, F} (x) ∣ f (x)$

也就是说：

$α$ 的最小多项式整除所有以 $α$ 为根的 $F$ -系数多项式。

这个结论以后会频繁使用。

4. 为什么？

这是一个很漂亮的多项式除法证明。

设：

$m (x) = m_{α, F} (x) .$

对任意满足 $f (α) = 0$ 的 $f (x)$ ，做除法：

$f (x) = q (x) m (x) + r (x),$

其中：

$\deg r < \deg m .$

把 $x = α$ 代进去：

$f (α) = q (α) m (α) + r (α) .$

但：

$f (α) = 0, m (α) = 0,$

所以：

$r (α) = 0.$

如果 $r \neq 0$ ，那 $r$ 就是一个次数比 $m$ 还低、但仍然以 $α$ 为根的多项式。

这和 $m$ 的最小性矛盾。

所以：

$r = 0.$

因此：

$m ∣ f .$

5. 为什么最小多项式一定不可约？

这个也很重要。

假设最小多项式：

$m (x)$

可以分解：

$m (x) = g (x) h (x)$

其中：

$\deg g, \deg h < \deg m .$

因为：

$m (α) = 0,$

所以：

$g (α) h (α) = 0.$

现在注意：

$g (α), h (α)$

是在一个域里。

域没有零因子，所以：

$g (α) = 0$

或者：

$h (α) = 0.$

但 $g, h$ 的次数都小于 $m$ ，这就和 $m$ 是最低次数矛盾。

所以：

$m_{α, F} (x) 必不可约$

6. 反过来也成立

这一点你最好记住。

如果：

$f (x) \in F [x]$

是首一不可约多项式，并且：

$f (α) = 0,$

那么：

$f (x) = m_{α, F} (x)$

因为最小多项式必须整除 $f$ ，但 $f$ 已不可约。

所以只能相同。

7. 最小多项式依赖基础域

这是以后 Galois 理论里非常容易混淆的地方。

考虑：

$α = \sqrt{2} .$

在：

$Q$

上：

$m_{\sqrt{2}, Q} (x) = x^{2} - 2.$

但是如果基础域已经是：

$Q (\sqrt{2}),$

那么 $\sqrt{2}$ 本身已经属于基础域。

此时：

$x - \sqrt{2}$

就是它的最小多项式。

所以：

$m_{\sqrt{2}, Q (\sqrt{2})} (x) = x - \sqrt{2} .$

因此必须始终记得：

$最小多项式一定是“相对于哪个基础域”而言的。$

8. 最小多项式与扩张次数

现在进入最漂亮的联系。

如果：

$m_{α, F} (x)$

的次数是：

$n,$

那么：

$[F (α) : F] = n$

也就是：

$[F (α) : F] = \deg m_{α, F}$

这是一个非常重要的公式。

9. 为什么？

假设：

$\deg m = n .$

那么：

$1, α, α^{2}, \dots, α^{n - 1}$

构成 $F (α)$ 在 $F$ 上的一组基。

所以任意元素都能唯一写成：

$a_{0} + a_{1} α + \dots + a_{n - 1} α^{n - 1} .$

其中：

$a_{i} \in F .$

为什么高次幂可以降下来？

因为最小多项式：

$m (x) = x^{n} + c_{n - 1} x^{n - 1} + \dots + c_{0}$

满足：

$m (α) = 0.$

所以：

$α^{n} = - c_{n - 1} α^{n - 1} - \dots - c_{0} .$

因此任何：

$α^{k}, k \geq n$

都能不断降到：

$1, α, \dots, α^{n - 1}$

的线性组合。

10. 例如 $\sqrt{2}$

因为：

$m_{\sqrt{2}, Q} (x) = x^{2} - 2,$

次数是 2。

所以：

$[Q (\sqrt{2}) : Q] = 2.$

并且：

${1, \sqrt{2}}$

是一组基。

因此：

$Q (\sqrt{2}) = {a + b \sqrt{2} : a, b \in Q} .$

11. 再看一个三次例子

设：

$α = \sqrt[3]{2} .$

它满足：

$x^{3} - 2 = 0.$

而：

$x^{3} - 2$

在 $Q [x]$ 中不可约。

所以：

$m_{α, Q} (x) = x^{3} - 2.$

因此：

$[Q (\sqrt[3]{2}) : Q] = 3.$

而每个元素唯一写成：

$a + b \sqrt[3]{2} + c \sqrt[3]{4} .$

也就是：

$a + b α + c α^{2} .$

12. 现在把商环也接上

上一节我们写过：

$F [x] / (f) .$

现在可以更精确地说：

如果：

$m (x) = m_{α, F} (x),$

那么：

$F (α) ≅ F [x] / (m (x))$

这是非常核心的结构定理。

意思是：

“往 $F$ 中加入一个满足 $m (α) = 0$ 的元素”，本质上就等于“在 $F [x]$ 中规定 $m (x) = 0$ ”。

13. 这个同构到底是怎么来的？

定义映射：

$φ : F [x] \to F (α)$

为：

$f (x) \mapsto f (α) .$

这叫evaluation map，即代入映射。

例如：

$3 x^{2} + x + 1 \mapsto 3 α^{2} + α + 1.$

它的核是什么？

就是所有满足：

$f (α) = 0$

的多项式。

刚刚我们已经证明：

$f (α) = 0 ⟺ m_{α, F} ∣ f .$

因此：

$\ker φ = (m_{α, F}) .$

而像：

$φ (F [x])$

正好就是：

$F [α] .$

由于 $α$ 是代数元，这时：

$F [α] = F (α) .$

于是第一同构定理给出：

$F [x] / (m_{α, F}) ≅ F (α)$

这个结果非常值得你熟悉。

14. 为什么代数元时 $F [α] = F (α)$ ？

这个有点微妙。

定义上：

$F [α]$

是所有：

$f (α)$

构成的集合，也就是只允许做加法和乘法。

而：

$F (α)$

则是包含 $F$ 和 $α$ 的最小的域，所以还必须允许除法。

乍一看：

$F [α]$

可能比：

$F (α)$

小。

但如果 $α$ 是代数的，那么：

$F [α]$

本身已经是一个域。

因此：

$F [α] = F (α)$

15. 为什么 $F [α]$ 已经有逆元？

例如：

$Q [\sqrt{2}] .$

取：

$1 + \sqrt{2} .$

它的逆：

$\frac{1}{1 + \sqrt{2}}$

看起来不一定还是 $a + b \sqrt{2}$ 。

但有理化：

$\frac{1}{1 + \sqrt{2}} = \frac{1 - \sqrt{2}}{1 - 2} = \sqrt{2} - 1.$

还是在：

$Q [\sqrt{2}]$

里。

一般情况也是如此。

更抽象地说：

$F [α] ≅ F [x] / (m)$

而 $m$ 不可约，因此右边是域。

所以左边也是域。

16. 到这里可以形成一张非常重要的图

如果：

$α$

在 $F$ 上代数，那么：

$m_{α, F} (x)$

是不可约多项式。

它决定：

$F (α)$

而且：

$F (α) ≅ F [x] / (m_{α, F})$

同时：

$[F (α) : F] = \deg m_{α, F}$

所以可以画成：

$m_{α, F} (x) ⟷ F [x] / (m_{α, F}) ⟷ F (α)$

这是你以后学 Galois 理论时反复出现的基本模板。

17. 这和分圆域马上就会连接

以后我们取：

$α = ζ_{n},$

其中：

$ζ_{n} = e^{2 π i / n}$

是一个本原 $n$ 次单位根。

它满足：

$ζ_{n}^{n} = 1,$

所以它当然是：

$x^{n} - 1$

的根。

但：

$x^{n} - 1$

通常不是 $ζ_{n}$ 的最小多项式。

它真正的最小多项式是：

$Φ_{n} (x)$

也就是第 $n$ 个分圆多项式。

于是：

$Q (ζ_{n}) ≅ Q [x] / (Φ_{n} (x))$

而且：

$[Q (ζ_{n}) : Q] = \deg Φ_{n} = φ (n)$

这里的 $φ (n)$ 是 Euler φ 函数。

你现在应该已经隐约看到：

分圆多项式其实就是“本原单位根的最小多项式”。

这就是为什么它在 Galois 理论里那么重要。

下一步我们最好先不直接上 $Φ_{n}$ ，而是先把 $x^{n} - 1$ 的所有根、单位根、本原单位根到底是什么 彻底搞清楚。这样之后分圆多项式就会自然出现，而不是突然冒出来。

1.4 补充证明：不借循环论证，补齐逆元与基

原回答给出了降幂的想法。还要证明逆元仍在 $F [α]$ ，以及降幂后的表示唯一。

设 $m = m_{α, F}$ 。若 $h (α) \neq 0$ ，则 $m ∤ h$ ，由不可约性及多项式 Bézout 等式，有 $u h + v m = 1$ 。代入 $α$ 得到 $u (α) h (α) = 1$ 。因此 $F [α]$ 本身就是域，等于 $F (α)$ 。

设 $d = \deg m$ 。把任意 $h$ 除以 $m$ 可得 $h (α) = r (α)$ ，其中 $\deg r < d$ ，所以 $1, α, \dots, α^{d - 1}$ 张成 $F (α)$ 。若它们有非零线性关系，就存在次数小于 $d$ 的非零多项式以 $α$ 为根，与最小次数矛盾。故这组元素线性无关，是一组基， $[F (α) : F] = d$ 。

代入映射 $F [x] \to F [α]$ 的核是 $(m)$ ，于是 $[h] \mapsto h (α)$ 给出 $F [x] / (m) ≅ F (α)$ 。

例子中的 $\sqrt{2} \notin Q$ 可由互素分数的奇偶性反证。 $x^{3} - 2$ 若在 $Q [x]$ 可约，三次多项式必有有理根；有理根定理只允许 $\pm 1, \pm 2$ ，逐一代入皆非根，故不可约。

第 2 章：复指数与全部单位根

本章对象： $i^{2} = - 1$ ； $n$ 是正整数， $ζ_{n} = e^{2 π i / n}$ ； $μ_{n}$ 表示全部 $n$ 次单位根。

2.1 欧拉公式的幂级数推导与旋转意义

原问题：欧拉公式是怎么来的

整理提示：原对话曾把“欧拉函数”的追问理解成“欧拉公式”。这段推导仍有数学内容，移到单位根所用的复指数之前；欧拉函数在第 5 章另讲。

欧拉公式

$e^{i θ} = \cos θ + i \sin θ$

不是凭空猜出来的。最自然的推导之一，是从 指数函数、正弦、余弦的幂级数出发。我们一步一步来。

先从实指数函数开始。微积分里可以证明：

$e^{x} = 1 + x + \frac{x^{2}}{2!} + \frac{x^{3}}{3!} + \frac{x^{4}}{4!} + \dots$

这个展开式不仅对实数 $x$ 有效，也可以把 $x$ 换成复数。

于是令

$x = i θ .$

得到

$e^{i θ} = 1 + i θ + \frac{(i θ)^{2}}{2!} + \frac{(i θ)^{3}}{3!} + \frac{(i θ)^{4}}{4!} + \dots$

现在利用：

$i^{2} = - 1, i^{3} = - i, i^{4} = 1,$

然后每四次循环一次。

所以：

$e^{i θ} = 1 + i θ - \frac{θ^{2}}{2!} - i \frac{θ^{3}}{3!} + \frac{θ^{4}}{4!} + i \frac{θ^{5}}{5!} - \dots$

现在把“没有 $i$ ”的项和“带 $i$ ”的项分别收集起来：

$e^{i θ} = (1 - \frac{θ^{2}}{2!} + \frac{θ^{4}}{4!} - \frac{θ^{6}}{6!} + \dots)$

$+ i (θ - \frac{θ^{3}}{3!} + \frac{θ^{5}}{5!} - \frac{θ^{7}}{7!} + \dots) .$

关键来了。

微积分里：

$\cos θ = 1 - \frac{θ^{2}}{2!} + \frac{θ^{4}}{4!} - \frac{θ^{6}}{6!} + \dots$

而：

$\sin θ = θ - \frac{θ^{3}}{3!} + \frac{θ^{5}}{5!} - \frac{θ^{7}}{7!} + \dots$

所以前面两大坨正好就是：

$\cos θ$

和

$\sin θ .$

因此：

$e^{i θ} = \cos θ + i \sin θ$

这就是欧拉公式。

但这里有一个更深、也更值得理解的地方：

为什么指数函数碰到 $i$ 以后，突然和“旋转”发生关系？

因为指数函数满足：

$\frac{d}{d θ} e^{i θ} = i e^{i θ} .$

而在复平面里，乘以 $i$ 恰好代表逆时针旋转 $90^{\circ}$ 。

例如：

$1 \mapsto i,$

$i \mapsto - 1,$

$- 1 \mapsto - i .$

所以

$\frac{d z}{d θ} = i z$

的意思可以直观理解成：

$z$ 的瞬时运动方向永远是把 $z$ 本身旋转 $90^{\circ}$ 后的方向。

如果 $z$ 是从

$z (0) = 1$

开始，那么它就会沿单位圆不停旋转。

于是自然有：

$z (θ) = \cos θ + i \sin θ .$

所以欧拉公式背后的几何本质其实是：

$e^{i θ} = 复平面上“旋转 θ ”$

这也是为什么单位根会自然写成：

$ζ_{n} = e^{2 π i / n} .$

因为这就是从 $1$ 出发，在单位圆上旋转：

$\frac{2 π}{n}$

的角度。

然后：

$ζ_{n}^{k} = e^{2 π i k / n}$

就是旋转 $k$ 次。

所以你前面学单位根时出现的指数表达式，其实全都来自欧拉公式的这个“复指数 = 旋转”的几何意义。

下一步如果你愿意，我们可以继续追问一个更基础的问题：为什么 $e^{x}, \sin x, \cos x$ 会有刚才那些幂级数展开？ 这样欧拉公式就可以从最底层完全推出来。

2.2 为什么复指数等于 1 恰好对应整圈旋转

原问题：这是为什么

这一步来自 Euler 公式：

$e^{i θ} = \cos θ + i \sin θ$

所以如果要求

$e^{i θ} = 1,$

注意右边的实数 $1$ 在复数里其实是

$1 + 0 i .$

因此必须同时满足

$\cos θ = 1, \sin θ = 0.$

在单位圆上， $(\cos θ, \sin θ)$ 表示从正实轴出发转过 $θ$ 后到达的点。要得到

$(1, 0),$

也就是回到单位圆最右端，只能转完整圈：

$0, 2 π, - 2 π, 4 π, - 4 π, \dots$

因此

$θ = 2 π m, m \in Z .$

换句话说，

$e^{i θ} = 1 ⟺ θ \equiv 0 (\mod 2 π)$

这同时体现了复指数函数一个特别重要的性质：

$e^{i (θ + 2 π)} = e^{i θ}$

因为

$\cos (θ + 2 π) = \cos θ, \sin (θ + 2 π) = \sin θ .$

所以复指数在虚方向上是周期性的。

例如：

$e^{i 0} = 1,$

$e^{i 2 π} = 1,$

$e^{i 4 π} = 1,$

以及

$e^{- i 2 π} = 1.$

但

$e^{i π} = - 1,$

$e^{i π / 2} = i,$

都不是 $1$ 。

而且你刚才那一步现在就可以完全展开：

假设

$ζ_{n}^{a} = ζ_{n}^{b},$

由于

$ζ_{n} = e^{2 π i / n},$

所以

$e^{2 π i a / n} = e^{2 π i b / n} .$

两边相除：

$e^{2 π i (a - b) / n} = 1.$

根据我们刚刚证明的结论：

$\frac{2 π (a - b)}{n} = 2 π m$

其中 $m \in Z$ 。

约去 $2 π$ ：

$\frac{a - b}{n} = m .$

所以

$a - b = m n,$

也就是

$n ∣ (a - b) .$

这其实就是以后单位根里经常出现的一个核心原则：

$ζ_{n}^{a} = ζ_{n}^{b} ⟺ a \equiv b (\mod n)$

也就是说， $ζ_{n}$ 的指数只需要看模 $n$ 的余数。

下一步如果继续往深一点，其实很值得解释：**Euler 公式 $e^{i θ} = \cos θ + i \sin θ$ 本身为什么成立。**这会把这里最后一个“默认接受的公式”也补上。

2.3 全部 n 次单位根：互异性与穷尽性

原问题：这一步也得说明一下吧

对，这一步不能直接跳过去。我们从

$x^{n} = 1$

为什么恰好有

$1, ζ_{n}, ζ_{n}^{2}, \dots, ζ_{n}^{n - 1}$

这 $n$ 个根开始。

先设

$ζ_{n} = e^{2 π i / n} .$

那么显然：

$ζ_{n}^{n} = e^{2 π i} = 1.$

所以 $ζ_{n}$ 是 $x^{n} - 1$ 的一个根。

更一般地，对任意整数 $k$ ：

$(ζ_{n}^{k})^{n} = ζ_{n}^{k n} = (ζ_{n}^{n})^{k} = 1.$

因此：

$1, ζ_{n}, ζ_{n}^{2}, \dots, ζ_{n}^{n - 1}$

全都是 $x^{n} - 1$ 的根。

但这里还要证明两件事：它们彼此不同，而且没有别的根。

第一件事，为什么它们彼此不同？假设

$ζ_{n}^{a} = ζ_{n}^{b} .$

那么

$ζ_{n}^{a - b} = 1.$

写成指数形式：

$e^{2 π i (a - b) / n} = 1.$

而

$e^{i θ} = 1$

当且仅当

$θ = 2 π m, m \in Z .$

所以

$\frac{a - b}{n} \in Z,$

即

$n ∣ (a - b) .$

如果

$0 \leq a, b \leq n - 1,$

那么唯一可能就是

$a = b .$

所以这 $n$ 个根互不相同。

第二件事，为什么没有别的根？这里有两种理解。

最简单的是代数基本定理： $x^{n} - 1$ 是 $n$ 次多项式，所以在复数中按重数计算一共有 $n$ 个根。我们已经找到了 $n$ 个互不相同的根，因此不可能再有别的。

也可以直接从复数极坐标看。假设

$z^{n} = 1.$

把 $z$ 写成

$z = r e^{i θ} .$

那么

$z^{n} = r^{n} e^{i n θ} = 1.$

右边的模长是 1，所以

$r^{n} = 1.$

由于 $r \geq 0$ ，所以

$r = 1.$

而辐角必须满足

$n θ = 2 π k, k \in Z .$

所以

$θ = \frac{2 π k}{n} .$

于是

$z = e^{2 π i k / n} .$

也就是

$z = ζ_{n}^{k} .$

而因为

$ζ_{n}^{k + n} = ζ_{n}^{k},$

所以只需要取

$k = 0, 1, \dots, n - 1.$

因此所有根恰好是

$1, ζ_{n}, ζ_{n}^{2}, \dots, ζ_{n}^{n - 1} .$

几何上，这 $n$ 个根就是单位圆上等间隔分布的 $n$ 个点，每两个相邻点的夹角都是

$\frac{2 π}{n} .$

如果你愿意，下一步我可以继续解释一个很关键的问题：为什么这些根里只有一部分是“本原 $n$ 次单位根”。

第 3 章：本原单位根、阶与互素

本章对象： $ord (α)$ 是使 $α^{d} = 1$ 的最小正整数 $d$ ； $gcd (a, n)$ 是正的最大公因数。

3.1 补充证明：互素时为什么可以约掉一个整数因子

整数 Euclidean 算法从 $a = q n + r$ 开始，不断用除数除余数，直到余数为零。公因数在每一步保持不变，最后一个非零余数是 $g = gcd (a, n)$ ；倒代得到整数 $u, v$ 使 $u a + v n = g$ 。负整数可先取绝对值再调整符号。

若 $gcd (a, n) = 1$ 且 $n ∣ a d$ ，取 $u a + v n = 1$ 并乘 $d$ ，得 $d = u a d + v n d$ 。右边两项均被 $n$ 整除，因此 $n ∣ d$ 。这正是阶公式中“约掉互素部分”的理由。

3.2 本原单位根、阶与互素指数

原问题：从这里继续

我们就从这里继续，而且把“本原 $n$ 次单位根”这件事一步一步彻底讲清楚。

前面我们已经知道：

$x^{n} - 1 = 0$

的全部复根是

$1, ζ_{n}, ζ_{n}^{2}, \dots, ζ_{n}^{n - 1},$

其中

$ζ_{n} = e^{2 π i / n} .$

现在的问题是：

$为什么这些根里只有一部分是“本原 n 次单位根”？$

关键在于一个概念：阶（order）。

一个单位根 $α$ 的阶，定义为最小的正整数 $m$ ，使得

$α^{m} = 1.$

例如：

$1^{1} = 1,$

所以 $1$ 的阶是 $1$ 。

再看

$- 1.$

有：

$(- 1)^{1} = - 1 \neq 1,$

但

$(- 1)^{2} = 1.$

所以 $- 1$ 的阶是 $2$ 。

现在看

$ζ_{6} = e^{2 π i / 6} .$

我们有

$ζ_{6}^{6} = 1.$

但更小的正整数 $1, 2, 3, 4, 5$ 都不能让它变成 1，所以它的阶是 6。

因此：

$ζ_{6} 是本原 6 次单位根$

所谓“本原 $n$ 次单位根”，就是：

$阶恰好等于 n 的单位根$

这比“它满足 $z^{n} = 1$ ”更强。

因为满足

$z^{n} = 1$

只说明：

$ord (z) ∣ n,$

并不说明它的阶一定就是 $n$ 。

例如：

$- 1$

满足

$(- 1)^{6} = 1,$

所以它当然是一个 6 次单位根。

但是它的阶只有 2，所以它不是本原 6 次单位根。

这就是最容易混淆的地方：

$n 次单位根 \neq 本原 n 次单位根$

前者只要求

$z^{n} = 1,$

后者要求

$z^{n} = 1$

且没有任何更小的正整数 $m < n$ 使

$z^{m} = 1.$

现在我们看 $n = 6$ 的全部根：

$1, ζ_{6}, ζ_{6}^{2}, ζ_{6}^{3}, ζ_{6}^{4}, ζ_{6}^{5} .$

分别判断它们的阶。

$1$

的阶是 1。

$ζ_{6}$

的阶是 6。

$ζ_{6}^{2}$

满足

$(ζ_{6}^{2})^{3} = ζ_{6}^{6} = 1,$

所以它的阶至多是 3。实际上就是 3。

$ζ_{6}^{3}$

满足

$(ζ_{6}^{3})^{2} = ζ_{6}^{6} = 1,$

所以它的阶是 2。

$ζ_{6}^{4}$

和 $ζ_{6}^{2}$ 一样，阶是 3。

而

$ζ_{6}^{5}$

的阶又是 6。

所以：

$本原 6 次单位根只有 ζ_{6}, ζ_{6}^{5}$

这时你可能会问：

为什么偏偏是指数 $1$ 和 $5$ ？

因为

$gcd (1, 6) = 1,$

$gcd (5, 6) = 1.$

而：

$gcd (2, 6) = 2,$

$gcd (3, 6) = 3,$

$gcd (4, 6) = 2.$

所以会得到一个非常重要的结论：

$ζ_{n}^{k} 是本原 n 次单位根 ⟺ gcd (k, n) = 1$

为什么？

因为：

$(ζ_{n}^{k})^{m} = 1$

等价于

$ζ_{n}^{k m} = 1.$

而前面已经知道：

$ζ_{n}^{r} = 1 ⟺ n ∣ r .$

所以：

$(ζ_{n}^{k})^{m} = 1 ⟺ n ∣ k m .$

我们要找最小的正整数 $m$ 。

设：

$d = gcd (n, k) .$

写成：

$n = d n^{'}, k = d k^{'},$

其中：

$gcd (n^{'}, k^{'}) = 1.$

条件

$n ∣ k m$

变成：

$d n^{'} ∣ d k^{'} m .$

约掉 $d$ ：

$n^{'} ∣ k^{'} m .$

由于

$gcd (n^{'}, k^{'}) = 1,$

所以必须：

$n^{'} ∣ m .$

最小这样的 $m$ 就是：

$m = n^{'} = \frac{n}{d} .$

因此：

$ord (ζ_{n}^{k}) = \frac{n}{gcd (n, k)}$

于是：

$ord (ζ_{n}^{k}) = n$

当且仅当

$gcd (n, k) = 1.$

所以“本原”本质上对应“指数和 $n$ 互素”。

这一步一旦明白，欧拉函数就会非常自然：

$φ (n)$

定义为 $1, \dots, n$ 中和 $n$ 互素的整数个数。

所以本原 $n$ 次单位根的个数就是：

$φ (n)$

比如 $n = 8$ ，与 8 互素的是

$1, 3, 5, 7,$

所以本原 8 次单位根是：

$ζ_{8}, ζ_{8}^{3}, ζ_{8}^{5}, ζ_{8}^{7},$

一共

$φ (8) = 4$

个。

而这四个根正好就是

$Φ_{8} (x)$

的全部根。

所以：

$Φ_{n} (x) = \prod_{\begin{matrix} 1 \leq k \leq n \\ gcd (k, n) = 1 \end{matrix}} (x - ζ_{n}^{k})$

并且：

$\deg Φ_{n} = φ (n)$

这里整条逻辑链是：

$ζ_{n}^{k}$

的阶为

$\frac{n}{gcd (n, k)}$

所以阶恰好为 $n$

$⟺ gcd (n, k) = 1,$

于是本原 $n$ 次单位根有

$φ (n)$

个，于是第 $n$ 个分圆多项式有

$φ (n)$

个根，于是

$\deg Φ_{n} = φ (n) .$

下一步最自然的是讲：

$x^{n} - 1 = \prod_{d ∣ n} Φ_{d} (x)$

为什么成立。这个公式正好把“所有 $n$ 次单位根”和“按阶分类的本原单位根”完全连接起来。

3.3 普通单位根与本原单位根怎样区分

原问题：本原几次和阶数很容易搞反吧

对，非常容易混，尤其“ $n$ 次单位根”和“本原 $n$ 次单位根”长得太像。

最稳妥的办法是始终把“本原 $n$ 次”翻译成一句话：

$本原 n 次单位根 = 阶恰好等于 n$

而普通的“ $n$ 次单位根”只要求：

$α^{n} = 1.$

它的阶可以是 $n$ 的任何约数，不一定是 $n$ 。

比如 $- 1$ ：

$(- 1)^{6} = 1,$

所以它是 6 次单位根；但

$(- 1)^{2} = 1,$

而且 2 是最小的，所以它的阶是 2。因此它不是本原 6 次单位根，而是：

$本原 2 次单位根$

你可以记成：

$“几次单位根”看它满足哪个 x^{n} = 1; “本原几次”看它的最小指数，也就是阶。$

再举一个：

$ζ_{6}^{2} .$

它当然满足

$(ζ_{6}^{2})^{6} = 1,$

所以是 6 次单位根。

但实际上：

$(ζ_{6}^{2})^{3} = 1,$

而 3 是最小的，所以

$ord (ζ_{6}^{2}) = 3.$

因此它是：

$本原 3 次单位根$

不是本原 6 次单位根。

所以最关键的一句话就是：

$α 是本原 n 次单位根 ⟺ ord (α) = n$

这两个概念其实不是两个独立概念：“本原 $n$ 次”就是“阶为 $n$ ”的另一种说法。

3.4 忘记阶公式时，从整除条件重新推导

原问题：这个怎么来的，我突然忘记了

这个公式就是我们前面证明过的：

$ord (ζ_{n}^{a}) = \frac{n}{gcd (a, n)}$

重新推一遍就清楚了。

设

$d = ord (ζ_{n}^{a}),$

意思是 $d$ 是最小正整数，使得

$(ζ_{n}^{a})^{d} = 1.$

于是：

$ζ_{n}^{a d} = 1.$

而 $ζ_{n}$ 本身的阶是 $n$ ，所以：

$ζ_{n}^{m} = 1 ⟺ n ∣ m .$

因此这里等价于：

$n ∣ a d .$

现在问题就变成：

最小的正整数 $d$ 是多少，才能让 $n ∣ a d$ ？

设

$g = gcd (a, n) .$

把它们写成：

$a = g a^{'}, n = g n^{'},$

并且：

$gcd (a^{'}, n^{'}) = 1.$

条件

$n ∣ a d$

就变成：

$g n^{'} ∣ g a^{'} d .$

约去 $g$ ：

$n^{'} ∣ a^{'} d .$

但因为：

$gcd (a^{'}, n^{'}) = 1,$

所以 $a^{'}$ 不能帮 $d$ 提供任何 $n^{'}$ 的因子，因此必须：

$n^{'} ∣ d .$

最小的正整数 $d$ 就是：

$d = n^{'} .$

而：

$n^{'} = \frac{n}{g} = \frac{n}{gcd (a, n)} .$

所以：

$ord (ζ_{n}^{a}) = \frac{n}{gcd (a, n)}$

例如：

$ζ_{12}^{8} .$

因为

$gcd (8, 12) = 4,$

所以：

$ord (ζ_{12}^{8}) = \frac{12}{4} = 3.$

你也可以直接验证：

$(ζ_{12}^{8})^{3} = ζ_{12}^{24} = 1,$

而 1、2 次幂都还不是 1。

最好记住背后的核心句子：

$ord (ζ_{n}^{a}) = 使 n ∣ a d 的最小正整数 d$

公式只是从这句话算出来的。

3.5 本原单位根的数量不是一，恰好是欧拉函数

原问题：但是一个本原n次根有几个不一定对吧

对，你理解得对。

“本原 $n$ 次单位根”不是唯一的。满足

$ord (α) = n$

的元素通常有多个，它们的个数正好是

$φ (n)$

其中 $φ$ 是欧拉函数。

例如 $n = 5$ 。全部 5 次单位根是

$1, ζ_{5}, ζ_{5}^{2}, ζ_{5}^{3}, ζ_{5}^{4} .$

因为

$1, 2, 3, 4$

都和 5 互素，所以

$ζ_{5}, ζ_{5}^{2}, ζ_{5}^{3}, ζ_{5}^{4}$

全都是本原 5 次单位根。因此有

$φ (5) = 4$

个。

再比如 $n = 6$ 。只有指数与 6 互素的那些：

$1, 5.$

所以本原 6 次单位根只有

$ζ_{6}, ζ_{6}^{5},$

共

$φ (6) = 2$

个。

所以要区分这两句话：

$“一个本原 n 次单位根”$

指的是“任选其中一个”，比如我们常常记作

$ζ_{n} .$

而

$“所有本原 n 次单位根”$

则有

$φ (n)$

个，具体就是

$ζ_{n}^{k}, gcd (k, n) = 1.$

这也是为什么记号 $ζ_{n}$ 容易让人误以为“本原 $n$ 次单位根只有一个”：其实 $ζ_{n}$ 只是我们挑选并固定的一个代表。

第 4 章：分圆多项式：按阶收集根

本章对象： $Φ_{n} (x)$ 收集阶恰为 $n$ 的单位根； $d ∣ n$ 中的 $d$ 始终遍历正约数。

4.1 分圆多项式的 Phi 记号怎样读

原问题：不是我是指哪个本源n次的那个

你指的是这个：

$Φ_{n} (x)$

这里的 $Φ$ 是希腊字母 Phi（大写 $Φ$ ，小写 $ϕ$ ）。

所以：

$Φ_{n} (x)$

英文通常读作：

“phi sub n of x”

中文可以念：

“Phi 下标 $n$ 的 $x$ ”，或者直接说 “第 $n$ 个分圆多项式”。

而

$φ (n)$

这里的 $φ$ 也是 phi 的一种小写字形，表示欧拉函数，通常读作：

“phi of n”。

所以这两个虽然都念 phi，但含义不同：

$Φ_{n} (x) 是分圆多项式$

$φ (n) 是欧拉函数 .$

4.2 分圆多项式的编号为什么是 n，次数为什么是欧拉函数

原问题：重点解释为什么是第n个，以及为什么是欧拉函数

对，这里真正要搞清楚的是两个问题：

$为什么叫“第 n 个”分圆多项式？$

以及

$\deg Φ_{n} (x) = φ (n) 为什么？$

这两个其实来自同一件事：按照单位根的“阶”来分类。

第一步：先看 $x^{n} - 1$ 的根

方程

$x^{n} = 1$

在复数中一共有 $n$ 个根：

$1, ζ_{n}, ζ_{n}^{2}, \dots, ζ_{n}^{n - 1},$

其中可以取

$ζ_{n} = e^{2 π i / n} .$

例如 $n = 6$ ：

$ζ_{6} = e^{2 π i / 6} .$

那么 $x^{6} - 1$ 的六个根就是

$1, ζ_{6}, ζ_{6}^{2}, ζ_{6}^{3}, ζ_{6}^{4}, ζ_{6}^{5} .$

但是，这六个根其实不是“同一种”单位根。

比如：

$1^{1} = 1,$

所以 $1$ 的阶是 $1$ 。

而

$(ζ_{6}^{3})^{2} = 1,$

因为

$ζ_{6}^{3} = - 1.$

所以 $ζ_{6}^{3}$ 的阶其实是 $2$ ，不是 $6$ 。

再比如：

$(ζ_{6}^{2})^{3} = 1,$

所以 $ζ_{6}^{2}$ 的阶是 $3$ 。

因此：

$x^{6} - 1$

的根里面混着：

$1 阶、 2 阶、 3 阶、 6 阶单位根$

第二步：什么叫“本原 $n$ 次单位根”？

如果一个单位根 $α$ 满足：

$α^{n} = 1,$

而且对任何

$1 \leq k < n$

都有

$α^{k} \neq 1,$

那么就说它的阶正好是 $n$ 。

这就叫：

$本原 n 次单位根$

primitive $n$ -th root of unity。

例如：

$ζ_{6} = e^{2 π i / 6}$

本身的阶是 6，所以它是本原 6 次单位根。

而：

$ζ_{6}^{2}$

不是，因为它的阶只有 3。

第三步：“第 $n$ 个分圆多项式”的“第 $n$ 个”到底是什么意思？

这里非常容易产生误解。

它不是说：

按次数排序的第 $n$ 个多项式。

而是说：

对应“阶恰好等于 $n$ ”的单位根。

定义：

$Φ_{n} (x) = \prod_{\begin{matrix} 1 \leq k \leq n \\ gcd (k, n) = 1 \end{matrix}} (x - ζ_{n}^{k})$

也就是说：

$Φ_{n} (x)$

的根恰好就是所有本原 $n$ 次单位根。

因此它被编号为 $n$ 。

用 $n = 6$ 看最清楚

$x^{6} - 1$ 的根有：

$ζ_{6}^{0}, ζ_{6}^{1}, ζ_{6}^{2}, ζ_{6}^{3}, ζ_{6}^{4}, ζ_{6}^{5} .$

分别看它们的阶：

$ζ_{6}^{0} = 1$

阶为 $1$ 。

$ζ_{6}^{3} = - 1$

阶为 $2$ 。

$ζ_{6}^{2}, ζ_{6}^{4}$

阶为 $3$ 。

而：

$ζ_{6}, ζ_{6}^{5}$

阶才真正是 $6$ 。

所以：

$Φ_{6} (x) = (x - ζ_{6}) (x - ζ_{6}^{5}) .$

算出来就是：

$Φ_{6} (x) = x^{2} - x + 1.$

所以这里的“6”表示：

$它收集的是阶恰好为 6 的单位根$

第四步：为什么突然出现 $gcd (k, n) = 1$ ？

这是核心。

我们研究：

$ζ_{n}^{k} .$

它的阶是多少？

一般公式是：

$ord (ζ_{n}^{k}) = \frac{n}{gcd (n, k)}$

所以：

$ζ_{n}^{k}$

的阶等于 $n$ ，当且仅当：

$\frac{n}{gcd (n, k)} = n .$

这等价于：

$gcd (n, k) = 1.$

因此：

$ζ_{n}^{k} 是本原 n 次单位根 ⟺ gcd (k, n) = 1.$

这就是为什么“互素”突然出现。

第五步：为什么阶公式是

$ord (ζ_{n}^{k}) = \frac{n}{gcd (n, k)} ？$

我们一步一步看。

假设：

$(ζ_{n}^{k})^{m} = 1.$

那么：

$ζ_{n}^{k m} = 1.$

而 $ζ_{n}$ 的阶是 $n$ ，所以必须有：

$n ∣ k m .$

现在我们要找最小的正整数 $m$ ，使：

$n ∣ k m .$

设：

$d = gcd (n, k) .$

写成：

$n = d n^{'}, k = d k^{'},$

其中：

$gcd (n^{'}, k^{'}) = 1.$

条件：

$n ∣ k m$

变成：

$d n^{'} ∣ d k^{'} m .$

约掉 $d$ ：

$n^{'} ∣ k^{'} m .$

因为：

$gcd (n^{'}, k^{'}) = 1,$

所以：

$n^{'} ∣ m .$

最小的正整数 $m$ 就是：

$m = n^{'} = \frac{n}{d} .$

因此：

$ord (ζ_{n}^{k}) = \frac{n}{gcd (n, k)}$

第六步：现在欧拉函数自然出现了

Euler φ 函数定义就是：

$φ (n) = # {1 \leq k \leq n : gcd (k, n) = 1}$

也就是说：

$1, \dots, n$ 中，与 $n$ 互素的整数有多少个。

而我们刚才证明：

$ζ_{n}^{k}$

是本原 $n$ 次单位根，当且仅当：

$gcd (k, n) = 1.$

所以本原 $n$ 次单位根的数量就是：

$φ (n)$

而：

$Φ_{n} (x)$

每一个本原 $n$ 次单位根对应一个一次因子：

$x - ζ_{n}^{k} .$

所以：

$\deg Φ_{n} (x) = φ (n) .$

例如 $n = 8$

看：

$1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8.$

与 $8$ 互素的是：

$1, 3, 5, 7.$

所以：

$φ (8) = 4.$

因此本原 8 次单位根是：

$ζ_{8}, ζ_{8}^{3}, ζ_{8}^{5}, ζ_{8}^{7} .$

所以：

$Φ_{8} (x) = \prod_{k = 1, 3, 5, 7} (x - ζ_{8}^{k}) .$

最终：

$Φ_{8} (x) = x^{4} + 1$

而它的次数：

$4 = φ (8) .$

第七步：为什么 $x^{n} - 1$ 会分成所有 $Φ_{d}$ ？

现在你甚至可以理解这个公式了：

$x^{n} - 1 = \prod_{d ∣ n} Φ_{d} (x)$

因为：

$x^{n} - 1$

的每个根，其阶一定整除 $n$ 。

也就是说， $x^{n} - 1$ 的根可以按照“阶”分组：

$阶 1, 阶 d_{1}, 阶 d_{2}, \dots, 阶 n,$

其中这些阶全部都是 $n$ 的约数。

而：

$Φ_{d} (x)$

恰好收集“阶正好等于 $d$ ”的那些根。

所以自然得到：

$x^{n} - 1 = \prod_{d ∣ n} Φ_{d} (x) .$

比如：

$x^{6} - 1 = Φ_{1} (x) Φ_{2} (x) Φ_{3} (x) Φ_{6} (x) .$

分别是：

$Φ_{1} (x) = x - 1,$

$Φ_{2} (x) = x + 1,$

$Φ_{3} (x) = x^{2} + x + 1,$

$Φ_{6} (x) = x^{2} - x + 1.$

次数也刚好满足：

$1 + 1 + 2 + 2 = 6.$

也就是著名恒等式：

$\sum_{d ∣ n} φ (d) = n .$

现在你应该能看到这个恒等式为什么“不是巧合”：

$n$

个 $n$ 次单位根，被按照各自的阶分组。

阶为 $d$ 的有：

$φ (d)$

个。

所以：

$n = \sum_{d ∣ n} φ (d) .$

最后把最重要的一条链压缩成一句话：

$Φ_{n} 之所以编号为 n ⟺ 它的根是阶恰为 n 的单位根$

而

$\deg Φ_{n} = φ (n)$

是因为：

$ζ_{n}^{k} 的阶为 n ⟺ gcd (k, n) = 1,$

而这样的 $k$ 恰好有 $φ (n)$ 个。

下一步最值得讲的是一个更深的问题：为什么 $Φ_{n} (x)$ 明明用复数根定义，最后系数却落在 $Z$ ，而且还在 $Q [x]$ 中不可约？ 这一步正好会直接接到 Galois 理论。

4.3 按阶分类，证明分圆乘积恒等式

$x^{n} - 1 = \prod_{d ∣ n} Φ_{d} (x)$

而且重点不是先记公式，而是理解它为什么必然成立。

先回忆前面已经知道的两件事：

$x^{n} - 1 = 0$

的所有根，就是全部 $n$ 次单位根。

而

$Φ_{d} (x)$

的根，是全部本原 $d$ 次单位根，也就是阶恰好为 $d$ 的单位根。

现在关键问题来了：

一个 $n$ 次单位根，它的阶可能是多少？

设 $α$ 是 $n$ 次单位根，也就是

$α^{n} = 1.$

假设 $α$ 的阶是 $d$ ，即

$d = ord (α) .$

那么一定有：

$d ∣ n .$

为什么？

因为 $α^{d} = 1$ ，而 $d$ 是最小正整数。

对 $n$ 用 $d$ 做整数除法：

$n = q d + r, 0 \leq r < d .$

于是

$1 = α^{n} = α^{q d + r} = (α^{d})^{q} α^{r} = α^{r} .$

但 $d$ 是使 $α^{d} = 1$ 的最小正整数。

如果 $r > 0$ ，就会出现一个比 $d$ 更小的正整数 $r$ 满足

$α^{r} = 1,$

矛盾。

所以只能：

$r = 0.$

因此：

$d ∣ n .$

这一步非常重要：

$α^{n} = 1 ⟹ ord (α) ∣ n$

现在我们就能把 $x^{n} - 1$ 的所有根按“阶”分类。

比如 $n = 12$ 。

12 的正约数是：

$1, 2, 3, 4, 6, 12.$

所以任何满足

$α^{12} = 1$

的根，它的阶只能是：

$1, 2, 3, 4, 6, 12.$

不可能出现阶为 5、7、8、9 的根。

于是全部 12 次单位根可以分成几组：

$阶 1 \cup 阶 2 \cup 阶 3 \cup 阶 4 \cup 阶 6 \cup 阶 12$

而这些组分别就是：

$Φ_{1} (x), Φ_{2} (x), Φ_{3} (x), Φ_{4} (x), Φ_{6} (x), Φ_{12} (x)$

的根。

所以所有 $x^{12} - 1$ 的根，恰好就是这些分圆多项式的全部根。

因此：

$x^{12} - 1 = Φ_{1} (x) Φ_{2} (x) Φ_{3} (x) Φ_{4} (x) Φ_{6} (x) Φ_{12} (x)$

一般地：

$x^{n} - 1 = \prod_{d ∣ n} Φ_{d} (x)$

还有一个细节：为什么前面没有差一个常数倍？

因为两边都是首一多项式。

左边：

$x^{n} - 1$

最高次项系数是 1。

右边每个 $Φ_{d} (x)$ 也是首一多项式，所以乘积也是首一。

而且两边有完全相同的一组根，没有重根。

所以它们必须完全相等。

为什么 $x^{n} - 1$ 没有重根？这个也可以顺便证明。

设

$f (x) = x^{n} - 1.$

那么导数是

$f^{'} (x) = n x^{n - 1} .$

如果 $α$ 是重根，那么必须同时满足：

$f (α) = 0$

和

$f^{'} (α) = 0.$

第一式给出：

$α^{n} = 1,$

所以

$α \neq 0.$

但第二式要求：

$n α^{n - 1} = 0.$

在特征 0 的域，比如 $C$ ，而 $n \neq 0$ 、 $α \neq 0$ 保证 $n α^{n - 1} \neq 0$ ，与第二式矛盾（ $n = 1$ 时导数直接为 $1$ ）。

所以所有 $n$ 次单位根都是单根。

现在我们可以看一个具体例子，比如 $n = 6$ 。

6 的约数是：

$1, 2, 3, 6.$

所以：

$x^{6} - 1 = Φ_{1} (x) Φ_{2} (x) Φ_{3} (x) Φ_{6} (x) .$

逐个写：

$Φ_{1} (x) = x - 1,$

$Φ_{2} (x) = x + 1,$

$Φ_{3} (x) = x^{2} + x + 1,$

$Φ_{6} (x) = x^{2} - x + 1.$

因此：

$x^{6} - 1 = (x - 1) (x + 1) (x^{2} + x + 1) (x^{2} - x + 1) .$

你可以检查次数：

$1 + 1 + 2 + 2 = 6.$

这正好又对应：

$φ (1) + φ (2) + φ (3) + φ (6) = 1 + 1 + 2 + 2 = 6.$

所以我们得到：

$\sum_{d ∣ n} φ (d) = n$

这不是一个偶然的数论恒等式，而是因为：

$n 个 n 次单位根$

被按阶分成了：

$φ (d) 个阶为 d 的根$

其中 $d ∣ n$ 。

所以：

$n = \sum_{d ∣ n} φ (d) .$

下一步最自然的是继续解释：

$Φ_{n} (x) 为什么系数居然在 Z$

以及更重要的：

$Φ_{n} (x) 为什么在 Q [x] 中不可约$

这一步会真正开始和 Galois 理论正面接轨。

第 5 章：欧拉函数的计数与两个恒等式

本章对象： $φ (n)$ 数 $1, \dots, n$ 中与 $n$ 互素的整数； $p ∣ n$ 的乘积仅遍历不同素因子。

5.1 欧拉函数：数互素整数，也数可逆剩余类

原问题：我是指那个公因子的

对，你指的是前面那个和“公因子/互素”有关的 欧拉函数（Euler totient function），不是欧拉公式。

它记作

$φ (n)$

定义是：

$φ (n) = # {1 \leq k \leq n : gcd (k, n) = 1}$

也就是：从 $1$ 到 $n$ 里，有多少个数和 $n$ 没有大于 1 的公因子。

例如 $n = 6$ ：

$1, 2, 3, 4, 5, 6$

其中与 6 互素的是

$1, 5.$

所以

$φ (6) = 2.$

为什么会有这样一个函数？本质上是数论里经常需要问：

模 $n$ 意义下，哪些数有乘法逆元？

答案恰好就是那些满足

$gcd (k, n) = 1$

的数，所以 $φ (n)$ 其实是在数：

$(Z / n Z)^{\times}$

里有多少个元素。

而在你现在学的单位根里，它又自然出现，因为：

$ζ_{n}^{k}$

是本原 $n$ 次单位根，当且仅当

$gcd (k, n) = 1.$

所以本原 $n$ 次单位根的个数就是

$φ (n) .$

更进一步，欧拉函数有一个很重要的计算公式：

$φ (n) = n \prod_{p ∣ n} (1 - \frac{1}{p})$

其中 $p$ 遍历 $n$ 的不同素因子。

比如

$12 = 2^{2} \cdot 3.$

所以

$φ (12) = 12 (1 - \frac{1}{2}) (1 - \frac{1}{3}) = 4.$

因为 $1, \dots, 12$ 中与 12 互素的是：

$1, 5, 7, 11.$

这个公式其实就是“把所有与 $n$ 有公共素因子的数删掉”。

例如 $n = 12$ 。先有 12 个数。

删掉 2 的倍数，占一半：

$12 (1 - \frac{1}{2}) = 6.$

再删掉剩下那些 3 的倍数，相当于再乘：

$1 - \frac{1}{3} .$

于是：

$12 \cdot \frac{1}{2} \cdot \frac{2}{3} = 4.$

所以

$φ (n) = n \prod_{p ∣ n} (1 - \frac{1}{p})$

本质上来自“排除所有与 $n$ 共享素因子的数”。

你现在先记住最核心的两层就够了：

$φ (n) = 与 n 互素的余数类数量$

而在分圆域里：

$φ (n) = 本原 n 次单位根的数量$

所以最终才得到

$\deg Φ_{n} = φ (n) .$

下一步我可以专门一步一步证明为什么
$φ (n) = n \prod_{p ∣ n} (1 - \frac{1}{p})$ 而不是只给这个公式。

5.2 用容斥原理证明欧拉函数的乘积公式

我们就把这个公式从最直观的“删掉有公共素因子的数”一步一步推出来：

$φ (n) = n \prod_{p ∣ n} (1 - \frac{1}{p})$

其中 $p ∣ n$ 表示 $p$ 遍历 $n$ 的所有不同素因子。

先看一个具体例子， $n = 12$ 。

$12 = 2^{2} \cdot 3.$

要找和 12 互素的数，就是在

$1, 2, \dots, 12$

中，排除所有和 12 有公共素因子的数。

因为 12 的素因子只有 2 和 3，所以只需要排除：

$2 的倍数$

以及

$3 的倍数 .$

一开始有 12 个数。

2 的倍数有：

$2, 4, 6, 8, 10, 12$

共

$\frac{12}{2} = 6$

个。

所以删掉它们以后剩：

$12 - \frac{12}{2} = 12 (1 - \frac{1}{2}) = 6.$

但现在还要删掉 3 的倍数。

不能直接再减 $12 / 3$ ，因为 6 和 12 已经因为是 2 的倍数被删过一次了。

这就是为什么需要“容斥原理”。

3 的倍数有

$\frac{12}{3} = 4$

个：

$3, 6, 9, 12.$

而同时是 2 和 3 的倍数，也就是 6 的倍数，有：

$\frac{12}{6} = 2$

个。

所以最终：

$φ (12) = 12 - \frac{12}{2} - \frac{12}{3} + \frac{12}{6} .$

算一下：

$= 12 - 6 - 4 + 2 = 4.$

整理：

$φ (12) = 12 (1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{6}) .$

注意括号里正好能因式分解：

$1 - \frac{1}{2} - \frac{1}{3} + \frac{1}{6} = (1 - \frac{1}{2}) (1 - \frac{1}{3}) .$

所以：

$φ (12) = 12 (1 - \frac{1}{2}) (1 - \frac{1}{3})$

现在推广到一般情况。

假设：

$n = p_{1}^{a_{1}} p_{2}^{a_{2}} \dots p_{r}^{a_{r}}$

是 $n$ 的素因数分解。

一个数 $k$ 和 $n$ 互素，当且仅当：

$k$

不被任何一个

$p_{1}, p_{2}, \dots, p_{r}$

整除。

所以我们从 $1, \dots, n$ 这 $n$ 个数里，删掉所有 $p_{i}$ 的倍数。

被 $p_{i}$ 整除的数有：

$\frac{n}{p_{i}}$

个。

被 $p_{i}, p_{j}$ 同时整除的数有：

$\frac{n}{p_{i} p_{j}}$

个。

被三个不同素数同时整除的数有：

$\frac{n}{p_{i} p_{j} p_{k}}$

个。

于是容斥原理给：

$φ (n) = n - \sum_{i} \frac{n}{p_{i}} + \sum_{i < j} \frac{n}{p_{i} p_{j}} - \sum_{i < j < k} \frac{n}{p_{i} p_{j} p_{k}} + \dots$

把 $n$ 提出来：

$φ (n) = n [1 - \sum_{i} \frac{1}{p_{i}} + \sum_{i < j} \frac{1}{p_{i} p_{j}} - \dots] .$

而括号里恰好就是乘积展开：

$\prod_{i = 1}^{r} (1 - \frac{1}{p_{i}}) .$

所以：

$φ (n) = n \prod_{p ∣ n} (1 - \frac{1}{p})$

这就是公式的来源。

这里还有一个你很值得注意的点：

$指数 a_{i} 为什么没有直接出现在乘积里？$

因为判断

$gcd (k, n) = 1$

时，只关心 $k$ 是否被某个素因子 $p_{i}$ 整除。

比如：

$n = 2^{5} \cdot 3^{7} .$

一个 $k$ 只要能被 2 整除，就已经和 $n$ 不互素了；不需要继续区分它是否能被 $2^{2}, 2^{3}$ 整除。

所以乘积只遍历“不同素因子”。

例如：

$φ (8) = 8 (1 - \frac{1}{2}) = 4.$

虽然：

$8 = 2^{3},$

但只出现一次素数 2。

同样：

$φ (18) = 18 (1 - \frac{1}{2}) (1 - \frac{1}{3}) = 6.$

与 18 互素的数正好是：

$1, 5, 7, 11, 13, 17.$

现在把它重新接回你正在学的分圆域：

$\deg Φ_{n} = φ (n) = n \prod_{p ∣ n} (1 - \frac{1}{p})$

所以例如：

$[Q (ζ_{12}) : Q] = \deg Φ_{12} = φ (12) = 4.$

也就是说，欧拉函数不仅是在数“互素整数”，同时直接告诉你第 $n$ 个分圆域相对于 $Q$ 的扩张次数。

5.3 为什么最大公因数一定整除 n

原问题：为什么整除

因为这里的 $d$ 被定义成

$d = gcd (k, n) .$

而“最大公因数”首先得是一个公因数，所以它一定同时整除 $k$ 和 $n$ 。

也就是说：

$d ∣ k$

并且

$d ∣ n .$

例如如果

$gcd (8, 12) = 4,$

那么 4 当然整除 8，也整除 12。

所以当我们把 $1, \dots, n$ 按照

$gcd (k, n) = d$

分类时， $d$ 不可能随便取，而只能取 $n$ 的约数。

比如 $n = 12$ ，那么可能的 $d$ 只能是

$1, 2, 3, 4, 6, 12.$

不可能有

$gcd (k, 12) = 5$

因为 5 根本不整除 12。

所以前面写

$d ∣ n$

不是额外假设，而是从

$d = gcd (k, n)$

自动得到的。

5.4 欧拉函数的约数和：单位根计数证明

原问题：为什么这个成立

这个恒等式

$n = \sum_{d ∣ n} φ (d)$

本质上是因为：把 $1, \dots, n$ 这 $n$ 个整数按它们和 $n$ 的最大公因数分类，每一类的数量恰好是某个 $φ (d)$ 。

先看最直观的单位根版本，因为和你现在学的内容最贴近。

$x^{n} - 1$ 一共有 $n$ 个不同的复根。每一个根都有一个阶，而且这个阶一定整除 $n$ 。

所以这 $n$ 个根可以按“阶”分组：

$阶为 d, d ∣ n .$

而阶恰好为 $d$ 的单位根有多少个？

就是：

$φ (d) .$

因为本原 $d$ 次单位根一共有 $φ (d)$ 个。

于是所有根的总数就是：

$\sum_{d ∣ n} φ (d) .$

但另一方面， $x^{n} - 1$ 本来就有 $n$ 个不同的根。

所以：

$n = \sum_{d ∣ n} φ (d)$

举个例子， $n = 6$ 。

6 的约数是：

$1, 2, 3, 6.$

各阶单位根的数量分别是：

$φ (1) = 1,$

$φ (2) = 1,$

$φ (3) = 2,$

$φ (6) = 2.$

加起来：

$1 + 1 + 2 + 2 = 6.$

这正好就是 $x^{6} - 1$ 的 6 个根。

所以这个公式其实是在说：

$所有 n 次单位根 = 按阶分类后的所有本原 d 次单位根$

其中 $d$ 遍历 $n$ 的所有约数。

如果你愿意，我下一步可以继续给你讲这个恒等式的纯整数证明，不借助单位根。

5.5 欧拉函数的约数和：纯整数分类证明

我们不用单位根，只用整数和最大公因数来证明

$\sum_{d ∣ n} φ (d) = n .$

核心思路是：把

$1, 2, \dots, n$

这 $n$ 个整数按它们和 $n$ 的最大公因数分类。

先看一个具体例子，取

$n = 12.$

把 $1, \dots, 12$ 按

$gcd (k, 12)$

来分组。

可能出现的最大公因数一定是 12 的约数：

$1, 2, 3, 4, 6, 12.$

例如：

$gcd (k, 12) = 1$

的有

$1, 5, 7, 11,$

共

$4 = φ (12)$

个。

再看

$gcd (k, 12) = 2.$

这些 $k$ 可以写成

$k = 2 m .$

条件变成

$gcd (2 m, 12) = 2.$

把 2 提出来：

$gcd (m, 6) = 1.$

所以 $m$ 必须在 $1, \dots, 6$ 中与 6 互素。

这样的 $m$ 有

$φ (6) = 2$

个。

所以满足

$gcd (k, 12) = 2$

的 $k$ 也有

$φ (6)$

个。

一般来说，如果

$gcd (k, n) = d,$

其中

$d ∣ n,$

那么可以写

$k = d m .$

又因为

$n = d \cdot \frac{n}{d},$

所以

$gcd (k, n) = d$

等价于

$gcd (d m, d \frac{n}{d}) = d .$

提出 $d$ ：

$d gcd (m, \frac{n}{d}) = d .$

于是

$gcd (m, \frac{n}{d}) = 1$

所以这样的 $m$ 有

$φ (\frac{n}{d})$

个。

因此，满足

$gcd (k, n) = d$

的整数 $k$ 有

$φ (\frac{n}{d})$

个。

现在把所有可能的 $d ∣ n$ 加起来，因为每个

$k = 1, \dots, n$

都会且只会属于其中一类：

$n = \sum_{d ∣ n} φ (\frac{n}{d}) .$

最后注意，当 $d$ 遍历 $n$ 的所有约数时，

$\frac{n}{d}$

也恰好遍历 $n$ 的所有约数。

所以把变量换个名字，就得到

$n = \sum_{d ∣ n} φ (d) .$

这就是纯整数证明。

你可以把它记成一句话：

$把 1, \dots, n 按 gcd (k, n) 分类$

每一类的大小就是某个欧拉函数值，所以总数相加必然等于 $n$ 。

而你前面学的单位根证明，其实和这个证明结构非常像：一个是按“最大公因数”分类，一个是按“阶”分类。

第 6 章：整数系数：首一除法与强归纳法

本章对象： $Z [x]$ 是整数系数多项式环； $G (x)$ 是真约数对应的分圆多项式之积。首一保证系数为整数，已知整除才保证余数为零。

6.1 整数系数与不可约性：接下来需要证明的两件事

原问题：可以了，我理解了这些，下一步是介绍什么

下一步最合适的是进入分圆多项式真正核心的两件事：

$Φ_{n} (x) \in Z [x]$

以及

$Φ_{n} (x) 在 Q [x] 中不可约$

这两步一旦弄懂，你就会真正明白为什么

$Φ_{n} (x)$

会成为本原 $n$ 次单位根 $ζ_{n}$ 在 $Q$ 上的最小多项式。

然后就能顺理成章得到：

$[Q (ζ_{n}) : Q] = \deg Φ_{n} = φ (n),$

再进一步进入：

$Gal (Q (ζ_{n}) / Q) ≅ (Z / n Z)^{\times} .$

我建议接下来的顺序是：

先解释为什么 $Φ_{n} (x)$ 明明由复数根定义，最后系数却全是整数；
再证明它为什么在 $Q [x]$ 中不可约；
然后解释为什么每个 Galois 自同构都由 $ζ_{n} \mapsto ζ_{n}^{a}, gcd (a, n) = 1$ 决定；
最后把分圆域的 Galois 群和模 $n$ 可逆元群联系起来。

我们现在就可以从第 1 步开始：

$为什么 Φ_{n} (x) 的系数竟然是整数？$

这个问题本身就很有意思，因为定义

$Φ_{n} (x) = \prod_{\begin{matrix} 1 \leq k \leq n \\ gcd (k, n) = 1 \end{matrix}} (x - ζ_{n}^{k})$

里面明明全是复数。

6.2 首一除数为什么不会制造分数

原问题：这一步其实也没有理解

关键点就在多项式长除法的每一步，都要做一件事：

$“被除式最高次项系数” \div “除式最高次项系数”$

所以如果除式是首一多项式，也就是最高次项系数为 $1$ ，你每次实际上只是在“除以 1”，自然不会因为这一步产生分数。

比如先看：

$x^{4} + 2 x^{3} + 3 x + 1$

除以

$x^{2} + x + 1.$

除式最高次项是

$x^{2} .$

被除式最高次项是

$x^{4} .$

为了消掉 $x^{4}$ ，第一步必须乘：

$\frac{x^{4}}{x^{2}} = x^{2} .$

所以商的第一项是 $x^{2}$ ，系数仍然是整数。

然后减去

$x^{2} (x^{2} + x + 1) .$

减法当然还是整数系数多项式。

接下来再看剩下多项式的最高次项，再重复完全同样的过程。

更一般地，假设除式是：

$g (x) = x^{m} + b_{m - 1} x^{m - 1} + \dots + b_{0},$

其中所有 $b_{i} \in Z$ 。

注意最高次项系数就是：

$1.$

现在被除式在某一步最高次项是：

$a x^{r}, a \in Z .$

为了把这一项消掉，我们应该拿 $g (x)$ 乘：

$a x^{r - m} .$

为什么？

因为：

$a x^{r - m} \cdot x^{m} = a x^{r} .$

所以正好把最高次项消掉。

而这个新加入商里的系数就是：

$a,$

它原本就是整数。

所以不会出现分数。

反过来看一个不是首一的例子，就很明显了。

例如：

$x^{2}$

除以

$2 x + 1.$

第一步要消掉 $x^{2}$ 。

除式最高次项是：

$2 x .$

所以必须算：

$\frac{x^{2}}{2 x} = \frac{1}{2} x .$

马上就出现：

$\frac{1}{2} .$

所以商可能跑到

$Q [x]$

里，而不再属于

$Z [x] .$

所以你可以把“首一”在这里的作用记成非常具体的一句话：

$多项式长除法每一步都要除以除式的首项系数。$

如果这个系数是：

$1,$

那么：

$整数 \div 1 = 整数,$

因此从头到尾所有系数都保持整数。

于是：

$f, g \in Z [x], g 首一 ⟹ f = q g + r$

时得到的

$q, r$

仍然都在：

$Z [x] .$

这正是我们前面证明 $Φ_{n} (x) \in Z [x]$ 时需要的那一步。

6.3 长除法能进行，不等于一定除尽

原问题：但是本身不一定能除尽吧，这个时候除数就作为了余数

对，你抓到关键区别了：“做得出多项式长除法” 和 “能够除尽” 是两件不同的事。

一般情况下当然不一定除尽。对任意

$f (x), g (x) \in Z [x]$

且 $g (x)$ 首一，我们只能保证存在

$q (x), r (x) \in Z [x]$

使得

$f (x) = q (x) g (x) + r (x)$

并且

$\deg r < \deg g .$

这里 $r (x)$ 才叫余数，不是 $g (x)$ 。

比如：

$x^{2} + 1$

除以

$x + 1.$

做长除法：

$x^{2} + 1 = (x - 1) (x + 1) + 2.$

所以商是

$x - 1,$

余数是

$2.$

因为：

$\deg 2 = 0 < 1 = \deg (x + 1) .$

所以不是“除数变成余数”，而是：

当剩下来的那部分次数已经低于除式次数时，就不能继续除，那一部分才是余数。

而我们前面证明 $Φ_{n} (x) \in Z [x]$ 时，情况比一般长除法更强。

我们已经提前知道：

$x^{n} - 1 = Φ_{n} (x) \prod_{\begin{matrix} d ∣ n \\ d < n \end{matrix}} Φ_{d} (x) .$

设

$G (x) = \prod_{\begin{matrix} d ∣ n \\ d < n \end{matrix}} Φ_{d} (x) .$

那么：

$x^{n} - 1 = G (x) Φ_{n} (x) .$

这已经告诉我们：

$G (x) 确实整除 x^{n} - 1$

所以用 $G (x)$ 去除 $x^{n} - 1$ 时，余数必然是：

$0 .$

现在我们只是额外利用：

$G (x) \in Z [x]$

而且 $G$ 首一，

所以长除法算出来的商一定仍然属于

$Z [x] .$

而这个商又已经知道就是

$Φ_{n} (x) .$

所以最终得到：

$Φ_{n} (x) \in Z [x] .$

因此整个证明里实际上用了两个完全不同的事实：

$\begin{aligned} 1. G 首一 & ⟹ 长除法的商、余数保持整数系数; \\ 2. G ∣ (x^{n} - 1) & ⟹ 余数其实等于 0. \end{aligned}$

这两个条件不要混在一起。“首一”保证不产生分数；“已知整除”才保证没有余数。

6.4 强归纳法究竟假设了哪些已知命题

原问题：这一步的归纳我怎么没看懂

你这里卡住的点，主要是因为这里用的不是“只假设 $n - 1$ 成立”的普通归纳法，而是强归纳法。

我们把它拆开。

我们想证明的命题是：

$P (n) : Φ_{n} (x) \in Z [x] .$

第一步：起点

先证明

$P (1) .$

因为

$Φ_{1} (x) = x - 1,$

所以显然

$Φ_{1} (x) \in Z [x] .$

第二步：归纳假设到底是什么？

现在假设我们正在证明 $P (n)$ 。

强归纳法允许我们假设：

$P (1), P (2), \dots, P (n - 1) 全部已经成立$

也就是说，我们暂时假设：

$Φ_{1}, Φ_{2}, \dots, Φ_{n - 1}$

全都是整数系数多项式。

注意这里不是只假设

$Φ_{n - 1} \in Z [x] .$

而是把所有比 $n$ 小的情况都作为已知。

为什么需要这么强的假设？

因为公式

$x^{n} - 1 = \prod_{d ∣ n} Φ_{d} (x)$

涉及的不是只有 $Φ_{n - 1}$ ，而是涉及 $n$ 的所有约数 $d$ 。

第三步：为什么这些 $Φ_{d}$ 都能用归纳假设？

把 $d = n$ 那一项单独拿出来：

$x^{n} - 1 = Φ_{n} (x) \prod_{\begin{matrix} d ∣ n \\ d < n \end{matrix}} Φ_{d} (x) .$

现在看乘积里面的每一个 $d$ ：

$d ∣ n, d < n .$

因为它们都满足

$d < n,$

所以根据强归纳假设：

$Φ_{d} (x) \in Z [x] .$

于是这些东西全部都是整数系数多项式。

例如假设现在证明 $n = 12$ 。

12 的真约数是：

$1, 2, 3, 4, 6.$

我们需要用到：

$Φ_{1}, Φ_{2}, Φ_{3}, Φ_{4}, Φ_{6} .$

而这些编号全部小于 12，所以归纳假设已经告诉我们：

$Φ_{1}, Φ_{2}, Φ_{3}, Φ_{4}, Φ_{6} \in Z [x] .$

于是

$G (x) = Φ_{1} (x) Φ_{2} (x) Φ_{3} (x) Φ_{4} (x) Φ_{6} (x)$

当然也属于

$Z [x] .$

这就是那一步的意思。

第四步：然后怎么得到 $Φ_{n}$ ？

定义

$G (x) = \prod_{\begin{matrix} d ∣ n \\ d < n \end{matrix}} Φ_{d} (x) .$

于是：

$x^{n} - 1 = G (x) Φ_{n} (x) .$

我们已经知道：

$G (x) \in Z [x] .$

而且 $G (x)$ 是首一的。

所以用 $G (x)$ 去除

$x^{n} - 1$

时，因为除数首项系数是 1，多项式长除法不会制造分数。

因此商也属于：

$Z [x] .$

而这个商正好就是：

$Φ_{n} (x) .$

于是：

$Φ_{n} (x) \in Z [x] .$

这样就从

$P (1), \dots, P (n - 1)$

推出了

$P (n) .$

强归纳法完成。

你可以把整个逻辑压缩成：

$假设所有编号 < n 的 Φ 都是整数系数$

而

$Φ_{n} = \frac{x^{n} - 1}{由若干编号 < n 的 Φ_{d} 组成的乘积}$

因此就能推出 $Φ_{n}$ 也是整数系数。

关键就是：

$d ∣ n, d \neq n ⟹ d < n$

所以所有需要用到的 $Φ_{d}$ 都已经落在归纳假设覆盖的范围里。

6.5 分圆多项式属于整数多项式环的完整证明

$Φ_{n} (x) 为什么明明用复数根定义，却属于 Z [x] ?$

这一步其实可以用我们刚刚得到的

$x^{n} - 1 = \prod_{d ∣ n} Φ_{d} (x)$

非常漂亮地证明。

1. 先看看为什么这个结论并不显然

按照定义，

$Φ_{n} (x) = \prod_{\begin{matrix} 1 \leq k \leq n \\ (k, n) = 1 \end{matrix}} (x - ζ_{n}^{k}) .$

而

$ζ_{n} = e^{2 π i / n}$

通常是一个复杂的复数。

例如 $n = 3$ ：

$ζ_{3} = - \frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i .$

本原三次单位根是

$ζ_{3}, ζ_{3}^{2} .$

所以定义告诉我们：

$Φ_{3} (x) = (x - ζ_{3}) (x - ζ_{3}^{2}) .$

一展开，神奇地变成：

$Φ_{3} (x) = x^{2} + x + 1 .$

所有复数和虚部都消失了。

这不是偶然。对每个 $n$ ，最终都有：

$Φ_{n} (x) \in Z [x] .$

2. 先看几个例子

最简单的：

$x - 1 = Φ_{1} (x),$

所以

$Φ_{1} (x) = x - 1.$

再看 $n = 2$ ：

$x^{2} - 1 = Φ_{1} (x) Φ_{2} (x) .$

所以：

$Φ_{2} (x) = \frac{x^{2} - 1}{x - 1} = x + 1.$

再看 $n = 3$ ：

$x^{3} - 1 = Φ_{1} (x) Φ_{3} (x) .$

所以：

$Φ_{3} (x) = \frac{x^{3} - 1}{x - 1} = x^{2} + x + 1.$

再看 $n = 4$ 。

4 的约数是：

$1, 2, 4.$

所以：

$x^{4} - 1 = Φ_{1} (x) Φ_{2} (x) Φ_{4} (x) .$

于是：

$Φ_{4} (x) = \frac{x^{4} - 1}{(x - 1) (x + 1)} .$

因为

$(x - 1) (x + 1) = x^{2} - 1,$

所以：

$Φ_{4} (x) = \frac{x^{4} - 1}{x^{2} - 1} = x^{2} + 1.$

还是整数系数。

3. 一般情况下也用同样的想法

我们已经知道：

$x^{n} - 1 = \prod_{d ∣ n} Φ_{d} (x) .$

把最后一个 $Φ_{n} (x)$ 单独拿出来：

$x^{n} - 1 = Φ_{n} (x) \prod_{\begin{matrix} d ∣ n \\ d < n \end{matrix}} Φ_{d} (x) .$

于是：

$Φ_{n} (x) = \frac{x^{n} - 1}{\prod_{\begin{matrix} d ∣ n \\ d < n \end{matrix}} Φ_{d} (x)}$

这就给了我们一个递归构造。

意思是：

如果所有比 $n$ 小的、对应于 $n$ 的真约数 $d$ 的 $Φ_{d}$ 都已经是整数系数，那么 $Φ_{n}$ 也能由整数多项式除法得到。

4. 但你可能马上会问

即使分子分母都是整数系数多项式：

$\frac{f (x)}{g (x)},$

为什么商一定还是整数系数？

一般当然不一定。

例如：

$\frac{x}{2}$

就不是整数系数多项式。

所以这里还有一个重要条件：

$\prod_{d ∣ n, d < n} Φ_{d} (x) 是首一多项式$

也就是说最高次项系数是 1。

5. 首一为什么这么重要？

举一个多项式长除法。

假设我们拿整数系数多项式

$f (x)$

除以一个首一整数系数多项式

$g (x) = x^{m} + \dots .$

因为最高次项系数是 1，每一步消掉最高次项时，不需要除以 2、3、5 之类的整数。

例如：

$x^{4} - 1$

除以

$x^{2} - 1.$

最高次项：

$x^{4} / x^{2} = x^{2} .$

商的第一项还是整数系数。

减掉：

$x^{4} - x^{2},$

剩：

$x^{2} - 1.$

然后：

$x^{2} / x^{2} = 1.$

得到：

$x^{2} + 1.$

整个过程中不会产生分数。

一般来说：

$f, g \in Z [x], g 首一$

那么用 $g$ 对 $f$ 做长除法时，商和余数都仍然在：

$Z [x]$

里面。

6. 用数学归纳法正式证明

从 $n = 1$ 开始：

$Φ_{1} (x) = x - 1 \in Z [x] .$

现在假设对于所有：

$d < n$

都有：

$Φ_{d} (x) \in Z [x] .$

那么：

$G (x) = \prod_{\begin{matrix} d ∣ n \\ d < n \end{matrix}} Φ_{d} (x)$

也是整数系数多项式。

而且每个 $Φ_{d} (x)$ 都是首一的，所以 $G (x)$ 也是首一的。

又因为：

$x^{n} - 1 = G (x) Φ_{n} (x),$

所以 $G (x)$ 完整地整除 $x^{n} - 1$ 。

对

$x^{n} - 1$

除以首一整数多项式 $G (x)$ ，得到的商仍然是整数系数多项式。

而这个商就是：

$Φ_{n} (x) .$

所以：

$Φ_{n} (x) \in Z [x] .$

归纳完成。

7. 你可以把这个证明理解成什么？

我们一开始从复数定义：

$Φ_{n} (x) = \prod_{\begin{matrix} 1 \leq k \leq n \\ gcd (k, n) = 1 \end{matrix}} (x - ζ_{n}^{k}) .$

看起来系数应该很复杂。

但实际上所有单位根一起组成：

$x^{n} - 1,$

而：

$x^{n} - 1$

本身是整数系数。

再按照“阶”把这些根一层层拆成：

$Φ_{d} .$

由于每一层都是通过整数多项式的精确除法得到，所以最后每一层仍然落在：

$Z [x] .$

也就是说，复数根虽然看起来复杂，但它们以一种高度对称的方式成组出现，最后所有复数部分都抵消了。

8. 一个很漂亮的例子： $Φ_{6}$

我们知道：

$x^{6} - 1 = Φ_{1} Φ_{2} Φ_{3} Φ_{6} .$

前面已经有：

$Φ_{1} = x - 1,$

$Φ_{2} = x + 1,$

$Φ_{3} = x^{2} + x + 1.$

所以：

$Φ_{6} (x) = \frac{x^{6} - 1}{(x - 1) (x + 1) (x^{2} + x + 1)} .$

化简：

$Φ_{6} (x) = x^{2} - x + 1 .$

而它的两个根其实是：

$e^{i π / 3}, e^{5 i π / 3} .$

也就是：

$\frac{1}{2} + \frac{\sqrt{3}}{2} i, \frac{1}{2} - \frac{\sqrt{3}}{2} i .$

两者互为共轭。

乘起来：

$(x - α) (x - \bar{α}) = x^{2} - (α + \bar{α}) x + α \bar{α} .$

其中：

$α + \bar{α} = 1,$

$α \bar{α} = 1.$

于是：

$x^{2} - x + 1.$

所以从具体例子上也能看到：这些复数根并不是胡乱组合，而是以非常对称的方式一起出现。

到这里我们已经知道：

$Φ_{n} (x) \in Z [x] \subseteq Q [x] .$

但这还不够。

因为我们想说：

$Φ_{n} (x)$

是 $ζ_{n}$ 在 $Q$ 上的最小多项式。

那还必须证明：

$Φ_{n} (x) 在 Q [x] 中不可约 .$

这才是下一步真正关键、也比刚才难一些的定理。它会直接解释为什么所有本原 $n$ 次单位根都是彼此的 Galois 共轭。

第 7 章：域的特征、有限域与 Frobenius

本章对象： $p$ 始终是素数； $F_{p} = Z / p Z$ 是域。横线 $\bar{f}$ 表示把整数系数逐个模 $p$ 。

7.1 域的特征：从不断累加单位元开始

原问题：所以特征为0和可分到底是什么意思

这两个概念其实是两条不同的线，只是在 Galois 理论里碰到了一起。

先说域的特征（characteristic）。

设 $F$ 是一个域。我们不断把 $1$ 相加：

$1, 1 + 1, 1 + 1 + 1, \dots$

如果永远不可能得到 $0$ ，就说

$char F = 0 .$

例如：

$Q, R, C$

都是特征 $0$ ，因为对任意正整数 $n$ ，

$n \cdot 1 \neq 0.$

如果存在最小正整数 $p$ ，使得

$\underset{p 次}{\underset{⏟}{1 + \dots + 1}} = 0,$

那么：

$char F = p .$

对于一个域，这个 $p$ 一定是素数。

例如：

$F_{5} = Z / 5 Z$

里：

$1 + 1 + 1 + 1 + 1 = 0,$

所以

$char F_{5} = 5.$

7.2 补充证明：域的正特征为什么一定是素数

若最小正整数 $c$ 满足 $c \cdot 1_{F} = 0$ ，而 $c = a b$ ， $1 < a, b < c$ ，则 $(a \cdot 1_{F}) (b \cdot 1_{F}) = 0$ 。由最小性两因子均非零，与域无零因子矛盾。因此 $c$ 是素数。

当 $p$ 是素数，任意 $1 \leq a < p$ 与 $p$ 互素，整数 Bézout 等式给出模 $p$ 的逆元，所以 $F_{p}$ 确实是域。特征 $p$ 只说明整数倍单位元组成的素子域是 $F_{p}$ ，并不限制整个域的元素数。

Frobenius 的中间项消失，还用到 $p ∣ (\binom{p}{k})$ （ $0 < k < p$ ）： $(\binom{p}{k}) = p! / (k! (p - k)!)$ 是整数，分母不含素因子 $p$ ，而分子含 $p$ ，故该整数被 $p$ 整除。

7.3 特征 p 的域不一定只有 p 个元素

原问题：所以特征p就是模p吗

可以把它理解成“整数部分按模 $p$ 运算”，但特征 $p$ 的域不一定就是 $F_{p} = Z / p Z$ 。

特征 $p$ 的定义是：

$\underset{p 次}{\underset{⏟}{1 + 1 + \dots + 1}} = 0$

而且 $p$ 是最小的正整数满足这一点。

因此在这样的域里：

$p = 0, p + 1 = 1, - 1 = p - 1$

这些整数系数的运算确实和“模 $p$ ”完全一样。

例如特征 $3$ 中：

$3 = 0, 4 = 1, 5 = 2.$

所以

$3 x^{2} + 4 x + 5$

就等同于

$x + 2.$

但是域本身可以比 $F_{p}$ 大得多。

例如：

$F_{p}$

当然是特征 $p$ 。

但

$F_{p} (t)$

——系数在 $F_{p}$ 中的有理函数域——也是特征 $p$ 。

它里面除了

$0, 1, \dots, p - 1$

还有

$t, \frac{1}{t}, t^{2} + 1, \frac{t + 1}{t^{2} + t + 1}, \dots$

很多元素。

所以更准确地说：

$char F = p ⟹ F 内部的整数运算按照模 p 发生$

而不是说：

$F = Z / p Z .$

事实上，每个特征 $p$ 的域内部都会天然包含一个最小的子域：

$F_{p}$

这叫它的素子域（prime subfield）。

这也解释了我们刚才为什么在特征 $p$ 中有：

$(x - α)^{p} = x^{p} - α^{p} .$

因为二项式展开中的

$(\binom{p}{k})$

对 $1 \leq k \leq p - 1$ 都是 $p$ 的倍数，而在特征 $p$ 的域里：

$p = 0,$

所以这些中间项全部消失。

7.4 有限域上的多项式环怎样读、怎样运算

原问题：这个finx不知道怎么念

你应该是指我刚才写的

$F_{p} [x]$

这个记号。

中文一般读作：

$“F 下标 p，方括号 x”$

更有数学意义地说，就是：

$“ F_{p} 上的多项式环”$

英文通常说 “the polynomial ring over F sub p”，或者直接读 “F sub p bracket x”。

这里：

$F_{p}$

表示有 $p$ 个元素的有限域（当 $p$ 是素数时就是）

$F_{p} = Z / p Z .$

而

$F_{p} [x]$

就是系数来自 $F_{p}$ 的所有多项式组成的环。

例如在

$F_{3} [x]$

里，

$5 x^{2} + 7 x + 4$

和

$2 x^{2} + x + 1$

其实是同一个多项式，因为系数都对 3 取模：

$5 \equiv 2, 7 \equiv 1, 4 \equiv 1 (\mod 3) .$

所以你前面看到的“在模 $p$ 下研究多项式”，严格地说，就是把多项式放进

$F_{p} [x]$

里面研究。

7.5 费马小定理：用非零剩余类的排列证明

原问题：费马小定理呢

费马小定理是我们前面证明

$g (x^{p}) \equiv g (x)^{p} (\mod p)$

时用到的一步。它本身也值得单独讲清楚。

费马小定理说：

$a^{p} \equiv a (\mod p)$

对任意整数 $a$ 和素数 $p$ 都成立。

等价地，如果

$p ∤ a,$

那么：

$a^{p - 1} \equiv 1 (\mod p)$

这两个形式是等价的。

例如 $p = 5$ ，取 $a = 2$ ：

$2^{5} = 32 \equiv 2 (\mod 5) .$

或者：

$2^{4} = 16 \equiv 1 (\mod 5) .$

为什么成立？最漂亮的证明之一是看模 $p$ 的非零余数：

$1, 2, \dots, p - 1.$

假设 $p ∤ a$ 。把它们全部乘以 $a$ ：

$a, 2 a, 3 a, \dots, (p - 1) a .$

对 $p$ 取模以后，这些仍然恰好只是

$1, 2, \dots, p - 1$

的一个重新排列。

为什么不会重复？如果

$i a \equiv j a (\mod p),$

那么

$p ∣ a (i - j) .$

因为 $p$ 是素数且 $p ∤ a$ ，所以只能：

$p ∣ (i - j) .$

但 $1 \leq i, j \leq p - 1$ ，所以只能 $i = j$ 。

于是把这些数全部相乘：

$a \cdot 2 a \cdot 3 a \dots (p - 1) a \equiv 1 \cdot 2 \cdot 3 \dots (p - 1) (\mod p) .$

左边是：

$a^{p - 1} (p - 1)! .$

所以：

$a^{p - 1} (p - 1)! \equiv (p - 1)! (\mod p) .$

因为 $p$ 不整除 $(p - 1)!$ ，所以它在模 $p$ 下可逆，可以约掉：

$a^{p - 1} \equiv 1 (\mod p) .$

再乘一个 $a$ ，得到：

$a^{p} \equiv a (\mod p) .$

这正是我们前面需要的地方，因为

$g (x)^{p} \equiv a_{0}^{p} + a_{1}^{p} x^{p} + \dots + a_{m}^{p} x^{m p} (\mod p),$

再用费马小定理：

$a_{i}^{p} \equiv a_{i} (\mod p),$

于是：

$g (x)^{p} \equiv a_{0} + a_{1} x^{p} + \dots + a_{m} x^{m p} = g (x^{p}) .$

所以你可以把那一步记成两层：

$(A + B)^{p} \equiv A^{p} + B^{p} (\mod p)$

来自二项式系数被 $p$ 整除；

而

$a^{p} \equiv a (\mod p)$

来自费马小定理。

两者合起来才得到：

$g (x)^{p} \equiv g (x^{p}) (\mod p) .$

7.6 从互素情形补上被素数整除的情形

原问题：为什么在ap互素的情况下很快就乘以a就得到了任一情况

对，这里其实省略了一个分类讨论，所以看起来像“突然从互素推广到了任意 $a$ ”。

前面我们证明的是：

$p ∤ a ⟹ a^{p - 1} \equiv 1 (\mod p) .$

这时候两边乘以 $a$ ：

$a^{p} \equiv a (\mod p) .$

所以对于所有满足 $p ∤ a$ 的整数 $a$ ，结论成立。

那如果 $p ∣ a$ 呢？

这时

$a \equiv 0 (\mod p) .$

于是

$a^{p} \equiv 0^{p} = 0 (\mod p) .$

所以同样有

$a^{p} \equiv a \equiv 0 (\mod p) .$

因此实际上分成两种情况：

${\begin{cases} p ∤ a : & a^{p - 1} \equiv 1 \Rightarrow a^{p} \equiv a; \\ p ∣ a : & a \equiv 0, a^{p} \equiv 0. \end{cases}$

两种情况合起来，才得到对任意整数 $a$ ：

$a^{p} \equiv a (\mod p) .$

所以严格地说，不是“乘一个 $a$ 就从互素情况推广到了任意情况”，而是：

$互素情况靠费马小定理；不互素情况本身就是显然的。$

7.7 Frobenius 恒等式：系数模素数后为什么成立

我们先把这一步讲透：

$g (x^{p}) \equiv g (x)^{p} (\mod p)$

这里的“ $mod p$ ”是指：所有多项式系数都对 $p$ 取模。

假设

$g (x) = a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{m} x^{m}$

其中 $a_{i} \in Z$ 。

那么

$g (x)^{p} = (a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{m} x^{m})^{p} .$

在模 $p$ 意义下，有一个非常重要的现象：

$(A + B)^{p} \equiv A^{p} + B^{p} (\mod p)$

因为二项式展开：

$(A + B)^{p} = A^{p} + (\binom{p}{1}) A^{p - 1} B + \dots + (\binom{p}{p - 1}) A B^{p - 1} + B^{p} .$

当 $p$ 是素数时，

$p ∣ (\binom{p}{k}), 1 \leq k \leq p - 1.$

所以中间所有项模 $p$ 都消失，只剩：

$(A + B)^{p} \equiv A^{p} + B^{p} (\mod p) .$

同理推广到很多项：

$(a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{m} x^{m})^{p} \equiv a_{0}^{p} + a_{1}^{p} x^{p} + \dots + a_{m}^{p} x^{m p} (\mod p) .$

另一方面，费马小定理告诉我们：

$a_{i}^{p} \equiv a_{i} (\mod p) .$

于是：

$g (x)^{p} \equiv a_{0} + a_{1} x^{p} + \dots + a_{m} x^{m p} .$

但右边正好就是：

$g (x^{p}) .$

所以：

$g (x)^{p} \equiv g (x^{p}) (\mod p)$

这有时叫 characteristic $p$ 下的 Frobenius 现象。

第 8 章：导数、重根与可分性

本章对象： $f^{'}$ 是形式导数；可分多项式没有重根，可分代数元的最小多项式没有重根；本章的 $t$ 是不定元。

8.1 导数、公因式与模素数后没有重因子

原问题：这一步跳了

整理提示：这里先独立建立导数与重因子判据。末尾回到分圆不可约性时所说的矛盾，将在第 9 章完整使用。

对，这里确实跳了两层。我们把它拆成两个完全独立的小命题：

$有重因子 ⟹ 多项式和它的导数有公因子$

然后再证明

$x^{n} - 1 与它的导数在 F_{p} [x] 中互素$

这样结论才出来。

先讲第一层。

假设一个多项式 $F (x)$ 有重因子。最简单的意思就是存在某个非常数多项式 $h (x)$ ，使得

$h (x)^{2} ∣ F (x) .$

所以可以写成

$F (x) = h (x)^{2} q (x) .$

求导：

$F^{'} (x) = 2 h (x) h^{'} (x) q (x) + h (x)^{2} q^{'} (x) .$

把 $h (x)$ 提出来：

$F^{'} (x) = h (x) (2 h^{'} (x) q (x) + h (x) q^{'} (x)) .$

所以不仅

$h ∣ F,$

而且

$h ∣ F^{'} .$

因此：

$F 有重因子 ⟹ gcd (F, F^{'}) \neq 1.$

这就是“为什么看导数能够检查重因子”。

对普通的重根也很好理解。例如

$F (x) = (x - a)^{2} q (x) .$

那么求导之后仍然保留一个

$x - a$

因子，所以：

$F (a) = 0, F^{'} (a) = 0.$

因此一个根如果是重根，它也一定是导数的根。

现在第二层。

我们是在模 $p$ 下工作，所以实际上考虑：

$F (x) = x^{n} - 1 \in F_{p} [x] .$

它的导数仍然是

$F^{'} (x) = n x^{n - 1} .$

这里有一个非常重要的条件：

$p ∤ n .$

因为在 $F_{p}$ 中，整数 $n$ 要对 $p$ 取模。

如果 $p ∤ n$ ，那么

$n ≢ 0 (\mod p) .$

所以 $n$ 在 $F_{p}$ 中是一个非零常数。

因此：

$F^{'} (x) = n x^{n - 1}$

与

$x^{n - 1}$

只有一个非零常数倍的区别。

所以如果 $F$ 和 $F^{'}$ 有公共的非常数因子，它最终必须来自 $x$ 。

但：

$x ∤ x^{n} - 1.$

为什么？

因为 $x^{n} - 1$ 的常数项是

$- 1 \neq 0.$

所以：

$gcd (x^{n} - 1, n x^{n - 1}) = 1.$

也就是：

$gcd (F, F^{'}) = 1.$

而刚刚已经知道：

$F 有重因子 ⟹ gcd (F, F^{'}) \neq 1.$

现在反过来：

$gcd (F, F^{'}) = 1 ⟹ F 没有重因子 .$

因此：

$p ∤ n ⟹ x^{n} - 1 在 F_{p} [x] 中没有重因子 .$

也可以从“根”的角度看同一件事，这可能更直观。

假设 $α$ 是 $x^{n} - 1$ 的重根。

那么必须同时满足：

$α^{n} - 1 = 0$

和

$n α^{n - 1} = 0.$

第一式：

$α^{n} = 1$

说明

$α \neq 0.$

第二式中，因为

$p ∤ n,$

所以在 $F_{p}$ 中：

$n \neq 0.$

又因为：

$α \neq 0,$

所以：

$n α^{n - 1} \neq 0.$

矛盾。

因此不存在重根。

这里你还值得看一下为什么条件

$p ∤ n$

必不可少。

假设反过来：

$p ∣ n .$

最简单取

$n = p .$

那么在模 $p$ 下，根据我们刚讲过的 Frobenius：

$x^{p} - 1 = (x - 1)^{p} .$

例如模 3：

$x^{3} - 1 = (x - 1)^{3} 在 F_{3} [x] 中 .$

因为：

$(x - 1)^{3} = x^{3} - 3 x^{2} + 3 x - 1 \equiv x^{3} - 1 (\mod 3) .$

这时候 $1$ 是一个三重根。

同时：

$(x^{p} - 1)^{'} = p x^{p - 1} = 0$

因为在模 $p$ 下：

$p = 0.$

所以你现在应该能看到为什么前面的证明特意要求：

$p ∤ n .$

它正是为了保证导数

$n x^{n - 1}$

不会因为模 $p$ 而整个变成零。

最后再把它接回我们正在证明的分圆多项式不可约性：

我们前一步假设 $f (ζ^{p}) \neq 0$ ，推出了

${\bar{Φ}}_{n}$

在 $F_{p} [x]$ 中有重因子。

由于

${\bar{Φ}}_{n} ∣ x^{n} - 1,$

就会导致

$x^{n} - 1$

也有重因子。

可是刚刚证明：

$p ∤ n ⟹ x^{n} - 1 没有重因子 .$

矛盾。

因此原来的假设只能是错的：

$f (ζ^{p}) = 0 .$

这就是那个“最后一击”中间缺失的完整逻辑。

8.2 可分的定义，以及特征零为什么保证代数扩张可分

原问题：所以特征为0和可分到底是什么意思

再说可分（separable）。

先别急着讲“扩张可分”，先看一个多项式。

如果一个多项式在代数闭包中分解以后，所有根都互不相同，就叫它可分多项式。

例如：

$f (x) = x^{2} - 2$

在 $C$ 中分解：

$(x - \sqrt{2}) (x + \sqrt{2}) .$

两个根不同，所以它是可分的。

但如果：

$f (x) = (x - 1)^{2},$

根 $1$ 出现了两次，所以它不是可分的。

因此可以先简单理解为：

$可分 = 没有重根$

更准确地说，是“在分裂域中没有重复根”。

现在把它放到代数元上。

假设 $α$ 在 $F$ 上代数，它有最小多项式

$m_{α, F} (x) .$

如果这个最小多项式没有重根，就称：

$α 在 F 上可分$

如果一个代数扩张 $E / F$ 中每一个元素都在 $F$ 上可分，就称：

$E / F 是可分扩张 .$

所以“扩张可分”最终仍然是在说：

这些代数元的最小多项式有没有重根。

现在才来到你问的关键：

$char F = 0 ⟹ 所有不可约多项式都是可分的$

为什么？

这里要用你刚才已经学过的“导数检测重根”。

如果 $f (x)$ 有重根，那么：

$gcd (f, f^{'}) \neq 1.$

现在假设

$f (x) \in F [x]$

是不可约多项式。

因为 $f$ 不可约，如果

$gcd (f, f^{'}) \neq 1,$

那么它们的公因子不可能只是一个小因子——由于 $f$ 不可约，只能是：

$f ∣ f^{'} .$

可是如果 $f$ 是非恒定多项式，

$\deg f^{'} < \deg f .$

一个次数更高的非零多项式不可能整除一个次数更低的多项式。

所以只有一种可能：

$f^{'} (x) = 0.$

因此我们得到一个非常关键的结论：

$不可约多项式如果不可分 ⟹ f^{'} (x) = 0.$

现在特征 $0$ 就发挥作用了。

假设：

$f (x) = a_{0} + a_{1} x + \dots + a_{n} x^{n} .$

那么：

$f^{'} (x) = a_{1} + 2 a_{2} x + \dots + n a_{n} x^{n - 1} .$

在特征 $0$ 的域中：

$1, 2, 3, \dots, n$

这些整数作为域里的元素都不是 $0$ 。

因此只要 $f$ 不是常数，就不可能所有导数项都消失：

$f^{'} \neq 0 .$

于是不可约多项式不可能有重根。

所以：

$char F = 0 ⟹ F 上每个不可约多项式都是可分的 .$

而代数元的最小多项式本来就是不可约的，所以所有代数元都是可分的。

最终：

$char F = 0 ⟹ 任何代数扩张 E / F 都是可分的 .$

这也解释了为什么前面对于

$Q (ζ_{n}) / Q$

我们几乎一句话就能处理“可分性”：

因为

$char Q = 0.$

所以 $ζ_{n}$ 的最小多项式

$Φ_{n} (x)$

自动没有重根。

因此：

$Q (ζ_{n}) / Q 是可分扩张 .$

而为什么正特征下会出问题，你看一个极端现象就明白了。

在特征 $p$ 下：

$(x^{p})^{'} = p x^{p - 1} = 0,$

因为：

$p = 0$

在这个域里。

所以例如某些多项式可能长成

$x^{p} - a$

而导数竟然是：

$0.$

这在特征 $0$ 中绝对不会发生，也正是不可约多项式或代数扩张的不可分现象只会出现在正特征里的根源。

所以你可以先把这三个层次记住：

$char F = 0$

意味着整数系数不会因为模 $p$ 而消失；

因此：

$非恒定不可约多项式的导数不为 0$

因此：

$不可约多项式没有重根$

因此：

$代数扩张自动可分 .$

这就是“特征 $0$ ，所以自动可分”那句话背后的完整逻辑。

8.3 可分的字面意义：根分开，嵌入才有足够多的选择

原问题：但是这里的可分貌似没什么含义啊，我觉得可分必定有其字面的意义吧

对，你这个感觉是对的。“可分（separable）”这个词不是随便起的，它确实有很直观的字面意义：根能够彼此“分开”。

最开始这个概念其实是针对多项式说的。设

$f (x) \in F [x] .$

到了它的分裂域以后，我们把它写成一次因子的乘积。如果是

$f (x) = (x - α_{1}) (x - α_{2}) \dots (x - α_{n})$

而且

$α_{1}, α_{2}, \dots, α_{n}$

彼此不同，那么这些根就是“分开的”，因此称 $f$ 可分：

$separable \approx roots are separable/distinguishable$

反过来，如果出现：

$f (x) = (x - α)^{p},$

虽然次数是 $p$ ，但所有根都“塌缩”成同一个 $α$ ，你就没办法把 $p$ 个根区分开来，所以称为不可分（inseparable）。

一个普通例子：

$f (x) = x^{2} - 2.$

在 $C$ 中：

$f (x) = (x - \sqrt{2}) (x + \sqrt{2}) .$

两个根

$\sqrt{2}, - \sqrt{2}$

是不同的，因此它们可以被“分开”：

$x^{2} - 2 是可分的 .$

但真正体现“不可分”含义的是正特征。

比如在特征 $p$ 中考虑：

$f (x) = x^{p} - a .$

假设在代数闭包里存在 $α$ ，满足

$α^{p} = a .$

由于特征为 $p$ ，二项式展开中间项全部消失：

$(x - α)^{p} = x^{p} - α^{p} .$

所以：

$x^{p} - a = (x - α)^{p} .$

你会发现：

这是一个 $p$ 次多项式，但它不是有 $p$ 个不同的根，而是同一个根 $α$ 重复了 $p$ 次。

所以这些根没有办法“分开”：

$inseparable$

这个词的字面意义就非常明显了。

更重要的是，这个“分开”的含义到了 Galois 理论里会变得更深。

还记得我们说过，一个代数元 $α$ 的最小多项式如果有多个根，那么不同的嵌入可能把

$α$

送到它的不同共轭根。

例如：

$α = \sqrt{2} .$

最小多项式：

$x^{2} - 2$

有两个不同的根：

$\sqrt{2}, - \sqrt{2} .$

因此从

$Q (\sqrt{2})$

到 $C$ 有两个固定 $Q$ 的嵌入：

$\sqrt{2} \mapsto \sqrt{2}$

以及

$\sqrt{2} \mapsto - \sqrt{2} .$

所以：

$[Q (\sqrt{2}) : Q] = 2$

同时恰好有两个不同的 $Q$ -嵌入。

这不是巧合。

对于有限扩张 $E / F$ ，如果它是可分的，那么：

$# {固定 F 的嵌入 E \to \overset{―}{F}} = [E : F] .$

也就是说，扩张的不同“方向”真的都能通过不同嵌入区分出来。

而不可分扩张就会发生“塌缩”。

假设一个代数元 $α$ 的最小多项式次数是 $p$ ，但在代数闭包中却只有一个不同的根：

$m_{α} (x) = (x - α)^{p} .$

虽然：

$[F (α) : F] = p,$

但是你没有 $p$ 个不同的共轭根可以把 $α$ 送过去。

不同嵌入的数量就小于扩张次数。

极端情况下可能只有：

$α \mapsto α$

这一种选择。

所以“不可分”还可以理解成：

$本应该由次数代表的多个代数共轭，发生了重合$

这其实比单纯说“有重根”更能体现它为什么在 Galois 理论里重要。

所以你可以把 separable 理解成三个逐渐深入、但本质相同的说法：

$\begin{matrix} 根彼此能够分开 \\ ⇕ \\ 最小多项式没有重复根 \\ ⇕ \\ 代数共轭没有塌缩，可以产生应有数量的嵌入 \end{matrix}$

第三层其实最能解释为什么 Galois 理论如此在意“可分”。

因为 Galois 理论本质上研究的是：

$域的不同嵌入/自同构如何置换多项式的根$

如果一个 $p$ 次不可约多项式的 $p$ 个根全塌成一个，根根本无法被置换，那么自同构就会严重减少。

这也解释了 Galois 扩张为什么要求同时满足：

$正规 + 可分$

可以粗略理解成：

正规：某个根进来了以后，它的所有共轭根都在这个域里；
可分：这些共轭根本身确实是彼此不同的。

这两个条件放在一起，Galois 群才能“完整地置换这些根”。

8.4 不可分例子的最小多项式为什么仍是 p 次

原问题：这个怎么看最小多项式都是一次的吧

对，你抓到了这里最容易产生误解的地方。关键是：“最小多项式”必须要求系数在基础域 $F$ 里。

如果 $α \notin F$ ，那么

$x - α$

虽然当然以 $α$ 为根，但它不属于

$F [x],$

因为它的系数 $- α$ 不在 $F$ 里面。

所以它没有资格成为 $α$ 在 $F$ 上的最小多项式。

举一个真正的不可分例子。取特征 $p$ 的域

$F = F_{p} (t),$

这里 $t$ 可以理解成一个不定元。取 $α$ 满足

$α^{p} = t .$

那么 $α \notin F$ ，而它满足

$f (x) = x^{p} - t = 0.$

事实上 $x^{p} - t$ 在 $F [x]$ 中不可约，因此：

$m_{α, F} (x) = x^{p} - t$

它的次数是 $p$ 。

但是到了代数闭包 $\overset{―}{F}$ 里，因为特征是 $p$ ，有

$(x - α)^{p} = x^{p} - α^{p}$

——中间的二项式系数全部在模 $p$ 下消失。

又因为

$α^{p} = t,$

所以

$x^{p} - t = (x - α)^{p}$

是在 $\overset{―}{F} [x]$ 里的分解。

所以同一个最小多项式：

$m_{α, F} (x) = x^{p} - t$

在基础域 $F$ 看，是一个 $p$ 次不可约多项式；

但到了代数闭包里，它分裂成

$(x - α)^{p},$

只有一个不同的根 $α$ ，重复了 $p$ 次。

你刚才说“那最小多项式不是应该是 $x - α$ 吗？”——如果基础域已经包含 $α$ ，那完全正确：

$m_{α, F (α)} (x) = x - α .$

但我们讨论的是 $α$ 相对于原来的基础域 $F$ 的最小多项式，而此时

$x - α \notin F [x] .$

所以这里一定要区分：

$\begin{aligned} 在 F [x] 中： & m_{α, F} (x) = x^{p} - t; \\ 在 \overset{―}{F} [x] 中分解： & m_{α, F} (x) = (x - α)^{p} . \end{aligned}$

这也正是“不可分”最典型的样子：最小多项式在基础域上不可约、次数是 $p$ ，但进入代数闭包以后， $p$ 个根全部塌缩成同一个根。

8.5 补充证明：为什么 $x^{p} - t$ 在 $F_{p} (t) [x]$ 不可约

先说明 $t$ 不是有理函数的 $p$ 次幂。若 $(A (t) / B (t))^{p} = t$ ，其中 $A, B \in F_{p} [t]$ 非零，则 $A^{p} = t B^{p}$ 。比较两边被 $t$ 整除的次数，左边为 $p v_{t} (A)$ ，右边为 $1 + p v_{t} (B)$ ，二者模 $p$ 分别为 $0$ 和 $1$ ，不可能相等。因此满足 $α^{p} = t$ 的 $α$ 不在 $F = F_{p} (t)$ 中。

在代数闭包中， $x^{p} - t = (x - α)^{p}$ 。若它在 $F [x]$ 可约，取首一真因子 $h$ ，次数 $r$ 满足 $1 \leq r < p$ 。由于只有一个不同的根， $h = (x - α)^{r}$ ，其 $x^{r - 1}$ 的系数是 $- r α$ 。该系数属于 $F$ ，而 $r \neq 0$ 在特征 $p$ 的域中可逆，故 $α \in F$ ，矛盾。

因此 $x^{p} - t$ 不可约，确实是 $α$ 在 $F$ 上的最小多项式，扩张次数为 $p$ 。它在代数闭包里仍只有一个不同的根；每个固定 $F$ 的嵌入都只能把 $α$ 送到自己。

原回答提到有限可分扩张的嵌入数等于扩张次数：对于简单扩张，嵌入与最小多项式的不同根一一对应；一般有限可分扩张可分步加入有限个生成元，每一步把当前嵌入延拓的方法数等于该层最小多项式次数，乘起来由塔式定理得到总次数。

第 9 章：完整证明分圆多项式在有理数域上不可约

本章对象： $f = m_{ζ_{n}, Q}$ ， $Φ_{n} = f g$ ；由 Gauss 引理知 $f, g$ 首一且为整数系数。模 $p$ 后不假设 $\bar{f}$ 仍不可约。

9.1 不可约性的目标：把分圆多项式认作最小多项式

原问题：好的，那下一步你要介绍什么

下一步最自然、也是这条线里最关键的一步，就是证明：

$Φ_{n} (x) 在 Q [x] 中不可约$

因为我们现在已经知道：

$Φ_{n} (x) \in Z [x] \subset Q [x] .$

而且 $ζ_{n}$ 是它的一个根。

如果再证明 $Φ_{n} (x)$ 在 $Q [x]$ 中不可约，那么根据最小多项式的定义，就立刻得到：

$m_{ζ_{n}, Q} (x) = Φ_{n} (x)$

于是：

$[Q (ζ_{n}) : Q] = \deg Φ_{n} = φ (n) .$

这一步非常重要，因为它把我们前面所有内容真正串起来了：

$本原 n 次单位根 \to Φ_{n} (x) \to 最小多项式 \to 分圆域次数$

然后再下一步就会进入 Galois 理论真正精彩的部分：

$σ (ζ_{n}) = ζ_{n}^{a}, gcd (a, n) = 1,$

进而得到

$Gal (Q (ζ_{n}) / Q) ≅ (Z / n Z)^{\times} .$

所以我建议下一节就专门讲：为什么 $Φ_{n} (x)$ 在 $Q [x]$ 中不可约。

这个证明比前面稍难，我会把它拆成几步，先讲证明策略，再逐步证明每一步。

9.2 不可约、首一且以指定元素为根，才是它的最小多项式

原问题：这里是怎么来的来着，是因为不可约直接就最小了吗

对，核心就是这个逻辑，但要加上一个条件：它不仅不可约，而且 $ζ_{n}$ 确实是它的根。

我们已经知道：

$Φ_{n} (ζ_{n}) = 0,$

所以 $Φ_{n} (x)$ 是一个在 $Q [x]$ 中以 $ζ_{n}$ 为根的多项式。

而 $ζ_{n}$ 的最小多项式

$m_{ζ_{n}, Q} (x)$

有一个基本性质：

$m_{ζ_{n}, Q} (x) ∣ f (x)$

对所有满足

$f (ζ_{n}) = 0, f (x) \in Q [x]$

的多项式都成立。

所以特别地：

$m_{ζ_{n}, Q} (x) ∣ Φ_{n} (x) .$

现在如果我们再证明

$Φ_{n} (x)$

在 $Q [x]$ 中不可约，那么它的非平凡因子只有常数和它自己。

而最小多项式不是常数，所以只能：

$m_{ζ_{n}, Q} (x) = Φ_{n} (x)$

因为两者还都是首一多项式。

所以你可以记成：

$f (α) = 0 + f 在 F [x] 中首一不可约 ⟹ f = m_{α, F} .$

这里不是“只要不可约就自动是最小多项式”，而是要同时满足：

$不可约 + 确实以 α 为根$

才行。

9.3 不可约性证明策略：先处理不整除 n 的素数指数

下一步就开始证明：

$Φ_{n} (x) 在 Q [x] 中不可约$

这个证明比前面的内容明显难一层，所以我们先把证明目标和路线看明白，不急着一口气走完。

设

$ζ = ζ_{n}$

是我们固定的一个本原 $n$ 次单位根。令它在 $Q$ 上的最小多项式为

$f (x) = m_{ζ, Q} (x) .$

因为

$Φ_{n} (ζ) = 0,$

所以前面已经证明过：

$f (x) ∣ Φ_{n} (x) .$

现在我们想证明：

$f (x) = Φ_{n} (x) .$

也就是说，我们要证明：

$f$ 不仅包含 $ζ$ 这个根，而且实际上把 所有本原 $n$ 次单位根都包含进去了。

为什么这样就够了？

因为

$Φ_{n} (x) = \prod_{\begin{matrix} 1 \leq a \leq n \\ gcd (a, n) = 1 \end{matrix}} (x - ζ^{a}) .$

所以如果我们能证明：

$f (ζ^{a}) = 0 对所有 gcd (a, n) = 1$

那么 $Φ_{n}$ 的所有根都是 $f$ 的根。

而我们本来又知道：

$f ∣ Φ_{n} .$

两边都是首一多项式，因此只能：

$f = Φ_{n} .$

这就是整个证明真正的核心。

现在问题变成：

$ζ 是 f 的根 ⟹ ζ^{a} 也都是 f 的根吗？$

其中要求

$gcd (a, n) = 1.$

我们不会直接证明任意 $a$ ，而是先证明一个关键步骤：

$p ∤ n, p 是素数 ⟹ f (ζ^{p}) = 0.$

也就是说：

如果 $p$ 是一个不整除 $n$ 的素数，那么从根 $ζ$ 出发，把它变成 $ζ^{p}$ ，仍然不会离开同一个最小多项式 $f$ 的根集合。

为什么只证明素数 $p$ 就够了？

因为如果

$gcd (a, n) = 1,$

把 $a$ 分解成素数：

$a = p_{1} p_{2} \dots p_{r} .$

由于 $a$ 和 $n$ 互素，所以每个 $p_{i}$ 都不整除 $n$ 。

如果我们知道每一次

$α \mapsto α^{p_{i}}$

都仍然留在 $f$ 的根中，那么就可以一步步得到：

$ζ \to ζ^{p_{1}} \to ζ^{p_{1} p_{2}} \to \dots \to ζ^{a} .$

于是所有

$ζ^{a}, gcd (a, n) = 1$

都会成为 $f$ 的根。

所以整个不可约性证明可以压缩成：

$只要证明 p ∤ n ⟹ ζ^{p} 与 ζ 有同一个最小多项式$

接下来就进入真正技术性的那一步：假设 $ζ^{p}$ 不是 $f$ 的根，然后利用模 $p$ 多项式和 $x^{n} - 1$ 没有重根制造矛盾。

这一步会首次用到一个非常漂亮的恒等式：

$g (x^{p}) \equiv g (x)^{p} (\mod p)$

它其实来自二项式系数

$(\binom{p}{k})$

在 $0 < k < p$ 时都被 $p$ 整除。下一步我们就先把这个恒等式讲透，再把它放进不可约性的证明里。

9.4 补充证明：Gauss 引理，以及首一有理因子为什么是整数系数

这是原对话只引用、未展开的关键步骤。整数多项式的各系数最大公因数为 $1$ 时，称它为本原多项式。这里的“本原多项式”是系数条件，与“本原单位根”的阶条件不同。

第一步，本原多项式的乘积仍本原。 若本原的 $A, B \in Z [x]$ 的乘积不本原，则存在素数 $p$ 整除乘积的所有系数。模 $p$ 后 $\bar{A} \bar{B} = 0$ ，但 $\bar{A}, \bar{B}$ 都非零，而 $F_{p} [x]$ 是整环，矛盾。整环性直接来自非零多项式乘积的首项系数非零。

第二步，首一整数多项式的首一有理因子仍为整数系数。 设 $H \in Z [x]$ 首一， $H = f g$ ， $f, g \in Q [x]$ 首一。清分母并除去各系数公因数后，可写 $f = A / a$ 、 $g = B / b$ ，其中 $A, B$ 本原， $a, b$ 是它们的正首项系数。于是 $A B = a b H$ 。左边由第一步本原，右边因 $H$ 首一而其系数公因数恰好是 $a b$ ，故 $a b = 1$ ，即 $a = b = 1$ 。因此 $f, g \in Z [x]$ 。

应用到 $Φ_{n} = f g$ ，因 $Φ_{n}$ 首一且整数系数、最小多项式 $f$ 首一，商 $g$ 也首一，所以两者都是整数系数。

还需检查 $f ∣ g (x^{p})$ 能否模 $p$ ：先在 $Q [x]$ 得到整除，再在 $Z [x]$ 用首一 $f$ 做长除法。商和余数均为整数系数，而除法唯一性保证余数为零。因此整除关系本身在 $Z [x]$ 中成立，取模后才合法地得到 $\bar{f} ∣ \bar{g} (x^{p})$ 。

9.5 不可约性关键矛盾：取模后产生重因子

现在把它放回分圆多项式的不可约性证明。

我们设：

$f (x) = m_{ζ, Q} (x)$

是本原 $n$ 次单位根 $ζ$ 的最小多项式。

因为

$f ∣ Φ_{n},$

写成：

$Φ_{n} (x) = f (x) g (x) .$

这里 $f, g$ 都可以取成整数系数首一多项式。这个结论来自 Gauss 引理；本章前面的补充证明已给出完整推导。

现在取一个素数 $p$ ，满足：

$p ∤ n .$

我们想证明：

$ζ^{p}$

也一定是 $f$ 的根。

假设反过来：

$f (ζ^{p}) \neq 0.$

因为

$p ∤ n,$

所以

$gcd (p, n) = 1.$

因此前面已经证明过：

$ζ^{p}$

仍然是一个本原 $n$ 次单位根。

所以：

$Φ_{n} (ζ^{p}) = 0.$

而：

$Φ_{n} = f g .$

于是：

$f (ζ^{p}) g (ζ^{p}) = 0.$

我们假设：

$f (ζ^{p}) \neq 0,$

所以只能：

$g (ζ^{p}) = 0.$

换一种写法：

$g (ζ^{p}) = 0 ⟺ g (x^{p}) |_{x = ζ} = 0.$

所以：

$ζ 是 g (x^{p}) 的根 .$

但 $f$ 是 $ζ$ 的最小多项式。

因此：

$f (x) ∣ g (x^{p}) .$

这一步就是我们前面反复用过的：

最小多项式整除所有以该代数元为根的多项式。

现在才轮到刚刚证明的模 $p$ 恒等式：

$g (x^{p}) \equiv g (x)^{p} (\mod p) .$

因为：

$f (x) ∣ g (x^{p}),$

模 $p$ 以后仍然得到：

$\bar{f} (x) ∣ \bar{g} (x^{p})$

而：

$\bar{g} (x^{p}) = \bar{g} (x)^{p} .$

因此：

$\bar{f} (x) ∣ \bar{g} (x)^{p} .$

这里上面的横线只是表示：

$“把整数系数对 p 取模”。$

例如：

$2 x^{2} + 5 x + 7$

模 3 后变成：

$2 x^{2} + 2 x + 1.$

现在最关键的事情发生了。

我们原本有：

$Φ_{n} = f g .$

模 $p$ 后：

${\bar{Φ}}_{n} = \bar{f} \bar{g} .$

与此同时：

$\bar{f} ∣ {\bar{g}}^{p} .$

这意味着 $\bar{f}$ 和 $\bar{g}$ 不可能完全没有公共因子。更准确地说， $\bar{f}$ 的某个不可约因子也一定出现在 $\bar{g}$ 里面。

于是：

$\bar{f} \bar{g}$

里面这个因子至少出现两次。

也就是说：

${\bar{Φ}}_{n} (x) 在模 p 下出现了重因子。$

而：

$Φ_{n} (x) ∣ x^{n} - 1.$

所以如果 $Φ_{n}$ 模 $p$ 有重因子，那么：

$x^{n} - 1$

模 $p$ 也会有重因子。

接下来就是整个证明最后漂亮的一击：

$p ∤ n ⟹ x^{n} - 1 在模 p 下根本不可能有重因子 .$

为什么？因为它的导数是

$n x^{n - 1},$

而在模 $p$ 下由于 $p ∤ n$ ，这个导数不是零多项式，而且和 $x^{n} - 1$ 没有公共根。

这一点我们下一步可以仔细证明。证明完就产生矛盾，从而得到：

$f (ζ^{p}) = 0 .$

然后再从素数 $p$ 推广到所有

$gcd (a, n) = 1$

的 $a$ ，最终得到

$f = Φ_{n} .$

9.6 补充检查：模 $p$ 后没有暗中假设不可约

从 $\bar{f} ∣ {\bar{g}}^{p}$ 不能推出 $\bar{f} ∣ \bar{g}$ ，因为 $\bar{f}$ 未必不可约。正确做法是： $f$ 首一且次数至少为 $1$ ，所以模 $p$ 后次数不变， $\bar{f}$ 有一个不可约因子 $h$ 。域上的多项式 Euclidean 算法说明不可约因子有素性：若 $h ∤ A$ ，则 $u h + v A = 1$ ；若 $h ∣ A B$ ，乘 $B$ 即得 $h ∣ B$ 。

故 $h ∣ {\bar{g}}^{p}$ 推出 $h ∣ \bar{g}$ 。于是 $h^{2} ∣ \bar{f} \bar{g} = {\bar{Φ}}_{n}$ ，继而 $h^{2} ∣ x^{n} - 1$ ，与 $p ∤ n$ 时没有重因子矛盾。

此论证同样适用于 $f$ 的任意根 $α$ ： $f$ 不可约， $f (α) = 0$ 就说明 $f$ 是 $α$ 的最小多项式； $f ∣ Φ_{n}$ 又保证 $α$ 是本原 $n$ 次单位根。因此“乘一个不整除 $n$ 的素数指数”可以逐次重用，并非只对最初选定的 $ζ_{n}$ 成立。任意互素指数先取正的剩余类代表；指数 $1$ 无需任何步骤。

9.7 为何可以对每个素因子重复同一个步骤

原问题：这个是重复之前的步骤就可以吗

对，本质上就是重复使用前面那个“乘一个素数指数”的步骤。不过有一个小细节值得说清楚。

前面我们证明的是：

$α 是 f 的一个本原 n 次单位根，且 p ∤ n ⟹ α^{p} 仍然是 f 的根$

一开始取

$α = ζ_{n} .$

若

$a = p_{1} p_{2} \dots p_{r}, gcd (a, n) = 1,$

那么每个 $p_{i}$ 都不整除 $n$ 。

第一次用结论：

$ζ_{n} ⟼ ζ_{n}^{p_{1}},$

得到

$f (ζ_{n}^{p_{1}}) = 0.$

而且由于

$gcd (p_{1}, n) = 1,$

所以

$ζ_{n}^{p_{1}}$

仍然是本原 $n$ 次单位根。

因此可以把它当成新的 $α$ ，再对 $p_{2}$ 使用同一个结论：

$ζ_{n}^{p_{1}} ⟼ (ζ_{n}^{p_{1}})^{p_{2}} = ζ_{n}^{p_{1} p_{2}} .$

于是

$f (ζ_{n}^{p_{1} p_{2}}) = 0.$

再重复：

$ζ_{n}^{p_{1} p_{2}} ⟼ ζ_{n}^{p_{1} p_{2} p_{3}}$

……

最后得到：

$f (ζ_{n}^{a}) = 0.$

所以你说的“重复之前的步骤”完全正确。严格地说，这是对素因子个数做一次小归纳。

关键保证是：每一步得到的元素都仍然是本原 $n$ 次单位根，因为累计指数始终与 $n$ 互素。

9.8 从素数指数到所有互素指数，完成不可约性证明

原问题：下一步是要介绍什么了

下一步最自然的是把刚才已经铺好的证明收尾，真正得到：

$Φ_{n} (x) 在 Q [x] 中不可约$

其实我们已经完成了大部分困难步骤，现在还剩两个连接点。

第一，我们已经证明：如果

$f (x) = m_{ζ_{n}, Q} (x)$

而 $p$ 是满足

$p ∤ n$

的素数，那么

$ζ_{n}^{p} 也一定是 f (x) 的根$

否则会推出 $x^{n} - 1$ 在模 $p$ 下有重因子，产生矛盾。

第二，我们接下来要把这个结论从“指数是一个素数 $p$ ”推广到任意

$gcd (a, n) = 1.$

因为如果

$a = p_{1} p_{2} \dots p_{r}$

是素因数分解，而 $gcd (a, n) = 1$ ，那么每个 $p_{i}$ 都不整除 $n$ 。

于是从

$ζ_{n}$

开始：

$ζ_{n} ⟼ ζ_{n}^{p_{1}} ⟼ ζ_{n}^{p_{1} p_{2}} ⟼ \dots ⟼ ζ_{n}^{a} .$

每一步得到的仍然是 $f$ 的根，所以最终：

$f (ζ_{n}^{a}) = 0 \forall gcd (a, n) = 1$

而这些

$ζ_{n}^{a}$

恰好就是所有本原 $n$ 次单位根。

所以 $f$ 包含了 $Φ_{n}$ 的全部根。

另一方面，我们早就知道：

$f ∣ Φ_{n} .$

于是只能有：

$f = Φ_{n} .$

因此：

$Φ_{n} (x) 在 Q [x] 中不可约 .$

这样我们就真正得到：

$m_{ζ_{n}, Q} (x) = Φ_{n} (x)$

以及：

$[Q (ζ_{n}) : Q] = \deg Φ_{n} = φ (n)$

到这里，“分圆多项式”这一部分基本就闭环了。

再下一步就该正式进入分圆域：

$Q (ζ_{n})$

然后回答一个非常 Galois 理论的问题：

一个固定 $Q$ 的自同构 $σ$ ，能够把 $ζ_{n}$ 送到哪里？

最后会得到非常漂亮的结论：

$Gal (Q (ζ_{n}) / Q) ≅ (Z / n Z)^{\times}$

我建议下一步就从“为什么一个自同构必须把 $ζ_{n}$ 送到另一个本原 $n$ 次单位根”开始。

9.9 任意本原 n 次单位根在有理数域上都有同一个最小多项式

原问题：换言之分圆多项式就是在 q域中，本原n次根的最小的多项式，对于任何一个本原n次根都是

对，完全可以这样理解，但把表述稍微说严谨一点：

$Φ_{n} (x) 是任意一个本原 n 次单位根在 Q 上的最小多项式$

也就是说，如果 $ζ_{n}$ 是一个本原 $n$ 次单位根，那么

$m_{ζ_{n}, Q} (x) = Φ_{n} (x) .$

而且不只是你固定选的那个 $ζ_{n}$ 。对于任何

$ζ_{n}^{a}, gcd (a, n) = 1,$

它也是本原 $n$ 次单位根，并且都有：

$m_{ζ_{n}^{a}, Q} (x) = Φ_{n} (x)$

所以所有本原 $n$ 次单位根，在 $Q$ 看来都是“同一类代数元”，它们互为共轭。

例如 $n = 5$ ：

$Φ_{5} (x) = x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1.$

四个本原 5 次单位根

$ζ_{5}, ζ_{5}^{2}, ζ_{5}^{3}, ζ_{5}^{4}$

在 $Q$ 上的最小多项式全都是同一个：

$x^{4} + x^{3} + x^{2} + x + 1 .$

所以你可以把分圆多项式理解成：

$“把所有本原 n 次单位根作为共轭根收集起来的那个最小多项式”$

这也正是后面 Galois 自同构为什么会在这些本原单位根之间互相置换的根本原因。

第 10 章：分裂域、正规性与 Galois 扩张

本章对象： $K = Q (ζ_{n})$ ；正规性针对所有在扩域中有根的基础域不可约多项式，不能只检查一个例子。

10.1 把正规与可分接回分圆域

原问题：好吧，那下一步要介绍什么

下一步最合适的是把“可分”接回到你真正关心的 Galois 理论主线：

$为什么 Q (ζ_{n}) / Q 是 Galois 扩张？$

这一步会把两个条件彻底串起来：

$Galois = 正规 + 可分$

你刚刚已经基本理解了“可分”：

$char Q = 0 ⟹ Q (ζ_{n}) / Q 自动可分 .$

所以现在剩下真正值得讲的是：

$为什么它正规？$

而这里正好会解释你之前问过的“正规性和分裂域到底是什么关系”。

核心思路是：

$ζ_{n}$

是 $x^{n} - 1$ 的一个根，但

$Q (ζ_{n})$

实际上不只是包含这一个根。

因为所有 $n$ 次单位根都是：

$1, ζ_{n}, ζ_{n}^{2}, \dots, ζ_{n}^{n - 1},$

它们全部都已经属于

$Q (ζ_{n}) .$

因此：

$x^{n} - 1 = \prod_{k = 0}^{n - 1} (x - ζ_{n}^{k})$

在 $Q (ζ_{n})$ 里完全分裂。

所以：

$Q (ζ_{n}) 是 x^{n} - 1 在 Q 上的分裂域$

而有限扩张有一个非常重要的定理：

$E / F 正规 ⟺ E 是某个 F [x] 中多项式族的分裂域$

所以：

$Q (ζ_{n}) / Q$

正规。

再加上刚才的可分：

$Q (ζ_{n}) / Q 是 Galois 扩张 .$

接下来我建议就专门讲这件事：**为什么“分裂域”会推出“正规”，以及正规到底是什么意思。**这会比直接背“正规 = 分裂域”更有帮助。

10.2 分裂域为什么正规，分圆域为什么是 Galois 扩张

我们就从“正规到底是什么意思”开始，而不是先背结论。

先设

$E / F$

是一个代数扩张。

“正规（normal）”最常用的定义是：

$如果 f (x) \in F [x] 是不可约多项式，且它在 E 中有一个根，$

那么：

$f (x) 在 E 中必须完全分裂。$

这句话很值得慢慢看。

比如：

$E = Q (\sqrt{2}) .$

$\sqrt{2}$ 的最小多项式是

$x^{2} - 2.$

它的另一个根是

$- \sqrt{2},$

也同样属于 $Q (\sqrt{2})$ 。

所以这个不可约多项式一旦有一个根进入 $E$ ，它的另一个共轭根也一起进来了。

这就是“正规”想表达的核心：

$不能只收进某个不可约多项式的一部分根。$

反过来看一个不正规的例子：

$E = Q (\sqrt[3]{2}) .$

$\sqrt[3]{2}$ 的最小多项式是

$x^{3} - 2.$

它在 $C$ 中有三个根：

$\sqrt[3]{2}, ω \sqrt[3]{2}, ω^{2} \sqrt[3]{2},$

其中

$ω = e^{2 π i / 3} .$

但是

$Q (\sqrt[3]{2})$

只包含那个实根

$\sqrt[3]{2},$

并不包含另外两个复根。

所以：

$Q (\sqrt[3]{2}) / Q 不正规 .$

因为它“只拿进来了一个根，没有把同一个不可约多项式的所有根都拿进来”。

现在你就能看懂为什么“分裂域”天然和正规有关。

假设

$E$

是某个多项式 $f (x) \in F [x]$ 的分裂域。

意思是：

$E$

是让

$f (x)$

完全分裂所需的最小域。

所以 $E$ 是由 $f$ 的全部根生成的。

直觉上，它不会偏爱其中某一个根。

如果一个 $F$ -嵌入

$σ : E \to \overset{―}{F}$

固定 $F$ ，那么 $σ$ 会把 $f$ 的根送到 $f$ 的根。

因为若

$f (α) = 0,$

那么：

$f (σ (α)) = σ (f (α)) = σ (0) = 0.$

这里用了 $σ$ 固定 $F$ ，所以 $f$ 的系数不变。

因此：

$σ 只是重新排列 f 的根$

而这些根本来全都已经在 $E$ 里面。

所以：

$σ (E) = E .$

这就是正规性的另一个非常重要的等价刻画：

$E / F 正规 ⟺ 每个固定 F 的嵌入 E \to \overset{―}{F} 都把 E 映回自己$

你可以把它理解成：

从外面看这个扩域，无论你怎么把它的共轭根重新排列，都不会跑出这个域。

这就是“正规”的几何/对称意义。

现在回到分圆域：

$E = Q (ζ_{n}) .$

我们知道 $x^{n} - 1$ 的所有根都是：

$1, ζ_{n}, ζ_{n}^{2}, \dots, ζ_{n}^{n - 1} .$

而因为 $E$ 已经包含 $ζ_{n}$ ，所以它当然包含所有幂：

$ζ_{n}^{k} .$

因此 $x^{n} - 1$ 在 $E$ 中完全分裂。

而 $E$ 又显然是由这些根生成的最小域，所以：

$Q (ζ_{n}) 是 x^{n} - 1 的分裂域$

于是：

$Q (ζ_{n}) / Q 正规 .$

再加上：

$char Q = 0$

所以可分。

因此：

$Q (ζ_{n}) / Q 是 Galois 扩张 .$

最值得记住的是这三个层次：

$分裂域 \Rightarrow 所有共轭根都在里面 \Rightarrow 正规$

而：

$正规 + 可分 = Galois$

下一步最值得讲的是：为什么 $Q (\sqrt[3]{2})$ 不正规，而它的分裂域

$Q (\sqrt[3]{2}, ω)$

却正规。这个例子能把“只加一个根”和“加入全部根”的区别看得特别清楚。

10.3 补充证明：从嵌入稳定性到定义中的所有不可约多项式

原回答解释了嵌入如何置换用于生成分裂域的那些根。要推出正规性的定义，还必须处理任意 $h \in F [x]$ 不可约且在 $E$ 中有根的情况。

有限代数扩张的嵌入延拓。 设 $τ : L \to Ω$ 为域嵌入， $Ω$ 代数闭。加入一个代数元 $β$ ，把它在 $L$ 上的最小多项式 $m$ 的系数逐个用 $τ$ 映过去，得到 $m^{τ}$ ；选它在 $Ω$ 中的根 $γ$ 。 $m^{τ}$ 在 $τ (L) [x]$ 中仍不可约（否则逆映系数会分解 $m$ ），所以 $u (β) \mapsto u^{τ} (γ)$ 给出 $L (β) \to Ω$ 的嵌入。良定义与单射由最小多项式整除性质保证。有限扩张只需依次加入有限个生成元，故可逐层延拓。

现在设 $E$ 是 $f \in F [x]$ 的分裂域。它由 $f$ 的全部不同根生成。每个固定 $F$ 的嵌入 $σ : E \to Ω$ 都把这些根送到同一有限根集，并因单射而形成该根集的排列，所以 $σ (E) = E$ 。

若不可约 $h \in F [x]$ 有根 $α \in E$ ，任取它在 $Ω$ 中的另一根 $β$ 。由相同最小多项式得到嵌入 $F (α) \to Ω$ ， $α \mapsto β$ 。把它延拓到 $E$ 后，刚证明的稳定性给出 $β \in E$ 。因此 $h$ 的所有不同根都在 $E$ ，按重数也完全分裂，故 $E / F$ 正规。

反方向对有限扩张也成立：若 $E / F$ 正规，选有限个生成元，把它们的最小多项式相乘。正规性保证该乘积在 $E$ 中分裂，且它的根生成的域既包含全部生成元，又包含于 $E$ ，因此恰为 $E$ 。

10.4 单位根取幂后生成的域仍然正规

原问题：但是这个不知道怎么读的指数加一下就不一定是正规了吧

整理提示：原问题对“指数加一下”的意思并不完全明确，原解释按“取整数幂”作答。这里的结论只针对取幂；随意改变生成元没有统一的正规性结论。

对，你这里问得很关键。你看到的

$ζ_{n}$

读作 “zeta 下标 $n$ ”（ζ 是希腊字母 zeta）。

如果你的意思是：把生成元从 $ζ_{n}$ 换成它的某个幂

$Q (ζ_{n}^{a}),$

那有意思的是：它依然是正规扩张，只是可能变成一个更小的分圆域。

原因是 $ζ_{n}^{a}$ 的阶为

$d = \frac{n}{gcd (a, n)} .$

所以 $ζ_{n}^{a}$ 实际上是一个本原 $d$ 次单位根。因此

$Q (ζ_{n}^{a}) = Q (ζ_{d})$

其中

$d = \frac{n}{gcd (a, n)} .$

而 $Q (ζ_{d})$ 又是 $x^{d} - 1$ 的分裂域，所以依然正规。

特别地，如果

$gcd (a, n) = 1,$

那么 $d = n$ ，于是

$ζ_{n}^{a}$

仍然是本原 $n$ 次单位根，而且实际上

$Q (ζ_{n}^{a}) = Q (ζ_{n}) .$

例如

$Q (ζ_{5}^{2}) = Q (ζ_{5}) .$

因为 $2$ 和 $5$ 互素。

但如果取

$ζ_{6}^{2},$

它的阶是

$\frac{6}{gcd (6, 2)} = 3,$

所以

$Q (ζ_{6}^{2}) = Q (ζ_{3}) .$

在这个例子里， $Q (ζ_{3}) = Q (ζ_{6})$ ，所以阶降低了，生成域却没有变小；它仍然正规。具体等式在本章补充证明中验证。

所以这里要修正一下直觉：**对单位根来说，取 $ζ_{n}$ 的任意整数次幂并不会制造一个“不正规”的例子。它只会得到另一个分圆域。**真正典型的不正规例子仍然是像

$Q (\sqrt[3]{2}) / Q$

这种“只加入不可约多项式的一个根，却没有加入其他共轭根”的扩张。

10.5 补充证明与校正：取幂后的阶变小，生成域却未必变小

设 $a \in Z$ ， $g = gcd (a, n) > 0$ ， $d = n / g$ ，写 $a = g a^{'}$ 。按固定选择 $ζ_{m} = e^{2 π i / m}$ ，有 $ζ_{n}^{a} = ζ_{d}^{a^{'}}$ ，且 $gcd (a^{'}, d) = 1$ 。取整数 $b$ 使 $a^{'} b \equiv 1 (\mod d)$ ，则 $(ζ_{n}^{a})^{b} = ζ_{d}$ 。两个方向的包含都成立，故 $Q (ζ_{n}^{a}) = Q (ζ_{d})$ 。

这里的 $d$ 变小只说明单位根的阶变小。域可以相同，例如 $ζ_{6}^{2} = ζ_{3}$ ，同时 $ζ_{6} = 1 + ζ_{3}$ ，所以 $Q (ζ_{6}^{2}) = Q (ζ_{3}) = Q (ζ_{6})$ 。原回答把这个例子说成更小的域，本版已校正。

严格变小的例子是 $Q (ζ_{8}^{2}) = Q (i)$ ：前者对应阶 $4$ ，相对于 $Q$ 次数为 $2$ ； $Q (ζ_{8})$ 次数为 $4$ 。取任意整数幂后得到的仍是分圆域，因此仍正规。

第 11 章：分圆域的自同构与模 n 可逆元群

本章对象： $σ_{a} : K \to K$ 固定 $Q$ ，把 $ζ_{n}$ 送到 $ζ_{n}^{a}$ ； $Ψ$ 的输入是剩余类，输出是域自同构。

11.1 自同构必须把生成元送到另一个本原单位根

我们现在正式进入分圆域的 Galois 群。

设

$K = Q (ζ_{n}),$

其中 $ζ_{n}$ 是一个固定的本原 $n$ 次单位根。

我们要研究：

$Gal (K / Q),$

也就是所有固定 $Q$ 的域自同构

$σ : K \to K .$

关键问题是：

$σ (ζ_{n}) 可以是什么？$

先从一个最基本的事实开始。因为

$ζ_{n}^{n} = 1,$

对两边作用 $σ$ ：

$σ (ζ_{n}^{n}) = σ (1) .$

自同构保持乘法，而且固定 $1$ ，所以：

$σ (ζ_{n})^{n} = 1.$

因此：

$σ (ζ_{n}) 一定还是一个 n 次单位根$

但这还不够。我们还要证明它其实是本原 $n$ 次单位根。

假设

$σ (ζ_{n})$

的阶是 $d < n$ 。

那就有：

$σ (ζ_{n})^{d} = 1.$

于是：

$σ (ζ_{n}^{d}) = 1.$

也就是：

$σ (ζ_{n}^{d}) = σ (1) .$

因为 $σ$ 是单射，所以：

$ζ_{n}^{d} = 1.$

但 $ζ_{n}$ 的阶是 $n$ ，这与 $d < n$ 矛盾。

因此：

$ord (σ (ζ_{n})) = n .$

也就是说：

$σ (ζ_{n}) 必须是另一个本原 n 次单位根$

而所有本原 $n$ 次单位根都长成：

$ζ_{n}^{a}, gcd (a, n) = 1.$

所以：

$σ (ζ_{n}) = ζ_{n}^{a} 其中 gcd (a, n) = 1$

这就是第一步。

而且因为

$K = Q (ζ_{n}),$

整个域里的元素都是由 $Q$ 和 $ζ_{n}$ 生成的，所以一个自同构一旦知道

$σ (ζ_{n})$

是什么，就完全确定了。

例如：

$σ (a_{0} + a_{1} ζ_{n} + \dots + a_{m} ζ_{n}^{m}) = a_{0} + a_{1} σ (ζ_{n}) + \dots + a_{m} σ (ζ_{n})^{m},$

因为所有 $a_{i} \in Q$ 都被固定。

所以：

$一个 Galois 自同构完全由 ζ_{n} 的像决定$

现在自然出现一个映射：

$σ ⟼ a (\mod n),$

其中

$σ (ζ_{n}) = ζ_{n}^{a} .$

而 $a$ 必须满足：

$gcd (a, n) = 1.$

所以这些 $a$ 正好构成：

$(Z / n Z)^{\times} .$

下一步就要证明两件事：

$每个 gcd (a, n) = 1 的 a 都真的对应一个自同构$

以及：

$σ_{a} \circ σ_{b} = σ_{a b}$

这样才能真正得到：

$Gal (Q (ζ_{n}) / Q) ≅ (Z / n Z)^{\times} .$

这一步也正好能解释你之前问过的“Galois 自同构到底要不要固定单位根”：它固定的是基础域 $Q$ ，并不固定 $ζ_{n}$ ；相反，它可以在所有本原 $n$ 次单位根之间置换。

11.2 追问：在哪里证明了自同构保持本原性

原问题：什么时候证明了

就是在你刚才说“那就继续吧”之后那一步证明的。核心分成两段。

先设

$K = Q (ζ_{n}), σ \in Gal (K / Q) .$

因为

$ζ_{n}^{n} = 1,$

对两边作用 $σ$ ：

$σ (ζ_{n}^{n}) = σ (1) .$

由于 $σ$ 保持乘法且 $σ (1) = 1$ ，得到

$σ (ζ_{n})^{n} = 1.$

所以

$σ (ζ_{n}) 是一个 n 次单位根 .$

然后还证明了它不能只是普通的 $n$ 次单位根，而必须仍然是本原的。

假设

$ord (σ (ζ_{n})) = d < n .$

那么

$σ (ζ_{n})^{d} = 1.$

于是

$σ (ζ_{n}^{d}) = σ (1) .$

因为 $σ$ 是自同构，所以特别是单射，因此

$ζ_{n}^{d} = 1.$

但 $ζ_{n}$ 本身的阶是 $n$ ，不可能存在 $d < n$ 使

$ζ_{n}^{d} = 1.$

矛盾。

所以：

$ord (σ (ζ_{n})) = n .$

也就是说，

$σ (ζ_{n})$

一定是一个本原 $n$ 次单位根。

而我们前面已经证明所有本原 $n$ 次单位根恰好是：

$ζ_{n}^{a}, gcd (a, n) = 1.$

所以自然得到：

$σ (ζ_{n}) = ζ_{n}^{a} for some a with gcd (a, n) = 1.$

所以这里的逻辑是：

$σ 保持方程 \Rightarrow σ (ζ_{n}) 仍是 n 次单位根$

再加上

$σ 是单射 \Rightarrow 阶不会下降$

因此

$σ (ζ_{n}) 仍然是本原 n 次单位根,$

最后才写成

$ζ_{n}^{a}, (a, n) = 1.$

而我们现在正在证明的是反方向：每一个这样的 $ζ_{n}^{a}$ ，是否真的都能作为某个自同构下 $ζ_{n}$ 的像。

11.3 模 n 剩余类环中的可逆元乘法群

原问题：这个是模n同余的乘法群是吧

对，准确地说是：

$(Z / n Z)^{\times}$

表示 模 $n$ 的剩余类环 $Z / n Z$ 里所有可逆元组成的乘法群。

也可以通俗地说成：

$模 n 意义下“能做乘法逆元”的那些数构成的群$

1. 先说 $Z / n Z$ 是什么

它是所有模 $n$ 的同余类：

$[0], [1], [2], \dots, [n - 1] .$

其中

$[a] = [b] ⟺ a \equiv b (\mod n) .$

这里面可以做加法和乘法：

$[a] + [b] = [a + b], [a] [b] = [a b] .$

所以它是一个环。

2. 为什么上面有个 $\times$ ？

这个 $\times$ 表示“取可逆元”。

也就是说，只保留那些存在乘法逆元的元素。

一个类

$[a] \in Z / n Z$

可逆，当且仅当存在

$[b]$

使得

$[a] [b] = [1] .$

也就是：

$a b \equiv 1 (\mod n) .$

而这又等价于：

$gcd (a, n) = 1.$

所以：

$(Z / n Z)^{\times} = {[a] \in Z / n Z : gcd (a, n) = 1}$

3. 例子

例 1： $n = 5$

$Z / 5 Z = {[0], [1], [2], [3], [4]} .$

因为 5 是素数，所以除了 $[0]$ 以外全都可逆。

因此：

$(Z / 5 Z)^{\times} = {[1], [2], [3], [4]} .$

这是一个 4 元乘法群。

例如：

$[2] [3] = [6] = [1] .$

所以 $[2]$ 的逆元是 $[3]$ 。

例 2： $n = 6$

$Z / 6 Z = {[0], [1], [2], [3], [4], [5]} .$

与 6 互素的只有：

$1, 5.$

所以：

$(Z / 6 Z)^{\times} = {[1], [5]} .$

这里：

$[5] [5] = [25] = [1] .$

所以 $[5]$ 是自己的逆元。

例 3： $n = 8$

与 8 互素的是：

$1, 3, 5, 7.$

所以：

$(Z / 8 Z)^{\times} = {[1], [3], [5], [7]} .$

4. 它为什么和分圆域的 Galois 群对应？

因为我们已经证明：

每个自同构都由

$ζ_{n} \mapsto ζ_{n}^{a}$

决定，而要保持“本原 $n$ 次单位根”不变，就必须：

$gcd (a, n) = 1.$

所以允许的指数恰好就是：

$[a] \in (Z / n Z)^{\times} .$

而且复合满足：

$σ_{a} \circ σ_{b} = σ_{a b} .$

这正对应于

$[a] \cdot [b] = [a b]$

的乘法。

所以：

$Gal (Q (ζ_{n}) / Q) ≅ (Z / n Z)^{\times} .$

所以你那句“模 $n$ 同余的乘法群”大体是对的，但更准确是：

$模 n 剩余类环的可逆元乘法群$

因为不是所有模 $n$ 的同余类都能进这个群，只有可逆的那些才行。

11.4 Bézout 等式证明可逆当且仅当互素

原问题：所以上面是怎么证明是乘法可逆元的

对，这一步就是证明：

$[a] \in Z / n Z 可逆 ⟺ gcd (a, n) = 1$

这是一个很重要的基本结论。

先证明“如果互素，那么可逆”。

假设

$gcd (a, n) = 1.$

根据 Bézout 等式，存在整数 $x, y$ ，使得

$a x + n y = 1.$

两边对 $n$ 取模：

$a x + n y \equiv 1 (\mod n) .$

因为

$n y \equiv 0 (\mod n),$

所以：

$a x \equiv 1 (\mod n) .$

这就说明在 $Z / n Z$ 里：

$[a] [x] = [1] .$

因此 $[x]$ 就是 $[a]$ 的乘法逆元。

所以：

$gcd (a, n) = 1 ⟹ [a] 可逆 .$

例如模 7：

$gcd (3, 7) = 1.$

Bézout 可以写成：

$3 \cdot 5 + 7 \cdot (- 2) = 1.$

所以：

$3 \cdot 5 \equiv 1 (\mod 7) .$

于是：

$[3]^{- 1} = [5] .$

再证明反方向。

假设 $[a]$ 在 $Z / n Z$ 中可逆。

那么存在某个整数 $b$ ，使得：

$a b \equiv 1 (\mod n) .$

这意味着：

$n ∣ (a b - 1) .$

所以存在整数 $k$ ，使：

$a b - 1 = k n .$

也就是：

$a b - k n = 1.$

现在设

$d = gcd (a, n) .$

因为 $d ∣ a$ ，所以：

$d ∣ a b .$

又因为 $d ∣ n$ ，所以：

$d ∣ k n .$

因此 $d$ 也整除它们的差：

$d ∣ (a b - k n) .$

但：

$a b - k n = 1.$

所以：

$d ∣ 1.$

正的最大公因数只能是：

$d = 1.$

所以：

$[a] 可逆 ⟹ gcd (a, n) = 1.$

两边合起来：

$[a] \in (Z / n Z)^{\times} ⟺ gcd (a, n) = 1.$

你也可以把它记成一句非常有用的话：

$模 n 下，能“约掉”的数，恰好就是和 n 互素的数。$

这也是为什么前面 $ζ_{n} \mapsto ζ_{n}^{a}$ 中要求 $gcd (a, n) = 1$ ：这些指数恰好就是模 $n$ 下的乘法可逆元。

11.5 构造每个自同构：良定义、保持运算与逆映射

下一步就是证明：每一个与 $n$ 互素的 $a$ ，真的都能产生一个 $Q$ -自同构。

前面我们只证明了：

$σ \in Gal (Q (ζ_{n}) / Q)$

如果存在，那么一定满足

$σ (ζ_{n}) = ζ_{n}^{a}, gcd (a, n) = 1.$

现在要证明反方向：

$gcd (a, n) = 1 ⟹ 确实存在一个 σ_{a} 使 σ_{a} (ζ_{n}) = ζ_{n}^{a}$

因为

$K = Q (ζ_{n}),$

我们很自然地想定义：

$σ_{a} (f (ζ_{n})) = f (ζ_{n}^{a})$

其中

$f (x) \in Q [x] .$

例如：

$3 + 2 ζ_{n} - ζ_{n}^{2}$

就送到

$3 + 2 ζ_{n}^{a} - ζ_{n}^{2 a} .$

看起来非常自然。

但这里马上有一个需要证明的问题：

同一个域元素可能有不同的多项式表达式，这个定义会不会产生矛盾？

比如如果

$f (ζ_{n}) = g (ζ_{n}),$

我们必须保证：

$f (ζ_{n}^{a}) = g (ζ_{n}^{a}) .$

否则这个映射就没有良定义。

这正是刚才证明“所有本原 $n$ 次单位根都有同一个最小多项式”发挥作用的地方。

因为：

$f (ζ_{n}) = g (ζ_{n})$

意味着

$(f - g) (ζ_{n}) = 0.$

而 $ζ_{n}$ 在 $Q$ 上的最小多项式是：

$Φ_{n} (x) .$

所以：

$Φ_{n} (x) ∣ f (x) - g (x)$

于是可以写：

$f (x) - g (x) = Φ_{n} (x) h (x) .$

现在因为

$gcd (a, n) = 1,$

所以

$ζ_{n}^{a}$

也是本原 $n$ 次单位根，因此：

$Φ_{n} (ζ_{n}^{a}) = 0.$

把 $x = ζ_{n}^{a}$ 代进去：

$f (ζ_{n}^{a}) - g (ζ_{n}^{a}) = Φ_{n} (ζ_{n}^{a}) h (ζ_{n}^{a}) = 0.$

所以：

$f (ζ_{n}^{a}) = g (ζ_{n}^{a}) .$

因此这个定义没有歧义：

$σ_{a} (f (ζ_{n})) = f (ζ_{n}^{a})$

是良定义的。

这一步其实非常重要：因为 $ζ_{n}$ 和 $ζ_{n}^{a}$ 满足同一个最小多项式，所以可以把一个替换成另一个，而不会破坏原有的代数关系。

接下来，加法和乘法也自动保持。

例如：

$σ_{a} (f (ζ_{n}) + g (ζ_{n})) = (f + g) (ζ_{n}^{a})$

等于：

$f (ζ_{n}^{a}) + g (ζ_{n}^{a}) .$

所以：

$σ_{a} (x + y) = σ_{a} (x) + σ_{a} (y) .$

乘法同理：

$σ_{a} (x y) = σ_{a} (x) σ_{a} (y) .$

而且对任何

$q \in Q,$

有：

$σ_{a} (q) = q .$

所以它是一个固定 $Q$ 的域同态。

现在还剩一个问题：它真的是自同构吗？也就是它能不能反过来。

因为

$gcd (a, n) = 1,$

所以 $a$ 在模 $n$ 下有乘法逆元。

存在 $b$ 使：

$a b \equiv 1 (\mod n) .$

也就是：

$a b = 1 + k n$

某个 $k \in Z$ 。

于是：

$(ζ_{n}^{a})^{b} = ζ_{n}^{a b} = ζ_{n}^{1 + k n} = ζ_{n} (ζ_{n}^{n})^{k} = ζ_{n} .$

所以 $σ_{b}$ 可以把 $ζ_{n}^{a}$ 再送回来：

$ζ_{n}^{a} \overset{σ_{b}}{⟼} ζ_{n} .$

因此：

$σ_{b} = σ_{a}^{- 1} .$

所以 $σ_{a}$ 确实是一个自同构。

于是我们终于得到：

$\forall a, gcd (a, n) = 1, σ_{a} : ζ_{n} \mapsto ζ_{n}^{a}$

都给出了一个元素

$σ_{a} \in Gal (Q (ζ_{n}) / Q) .$

下一步只差最后一件事：看两个这种自同构复合以后发生什么。你会发现：

$σ_{a} \circ σ_{b} = σ_{a b}$

于是 Galois 群的群运算就和“模 $n$ 的可逆整数相乘”完全一致，这才最终得到

$Gal (Q (ζ_{n}) / Q) ≅ (Z / n Z)^{\times} .$

11.6 这一步到底要证明什么：集合对应还要保持运算

原问题：没太看懂你这下一步到底在证明什么

你这里不是某个公式没看懂，而是我刚才没有先把“现在到底要证明什么”说清楚。

我们前面已经做到两件事。

第一件：

$σ \in Gal (Q (ζ_{n}) / Q)$

时，一定有

$σ (ζ_{n}) = ζ_{n}^{a}$

而且

$gcd (a, n) = 1.$

也就是说，每个 Galois 自同构都会对应一个模 $n$ 的可逆数 $a$ 。

第二件：

对每个满足

$gcd (a, n) = 1$

的 $a$ ，我们也确实可以构造一个自同构

$σ_{a}$

使

$σ_{a} (ζ_{n}) = ζ_{n}^{a} .$

所以现在其实已经知道：

$Galois 自同构 ⟷ 模 n 的可逆数$

接下来还差最后一点：这个对应不仅是一一对应，而且还保持“群运算”。

为什么要证明这个？

因为我们不是只想说：

两边元素个数一样。

我们想证明的是更强的：

$Gal (Q (ζ_{n}) / Q) ≅ (Z / n Z)^{\times}$

这里的 $≅$ 是“群同构”，所以必须证明两边的运算也对应。

左边的群运算是什么？

是自同构的复合：

$σ_{a} \circ σ_{b} .$

右边的群运算是什么？

是模 $n$ 的乘法：

$[a] [b] = [a b] .$

所以我们刚才真正要证明的是：

$σ_{a} \circ σ_{b} = σ_{a b}$

这句话就是在说：

左边“先做 $σ_{b}$ ，再做 $σ_{a}$ ”
对应右边“把 $b$ 和 $a$ 相乘”。

为什么成立？

因为从生成元 $ζ_{n}$ 看：

$ζ_{n} \overset{σ_{b}}{\to} ζ_{n}^{b} \overset{σ_{a}}{\to} (ζ_{n}^{a})^{b} = ζ_{n}^{a b} .$

所以复合以后：

$(σ_{a} \circ σ_{b}) (ζ_{n}) = ζ_{n}^{a b} .$

而 $σ_{a b}$ 本来就是定义成：

$σ_{a b} (ζ_{n}) = ζ_{n}^{a b} .$

所以：

$σ_{a} \circ σ_{b} = σ_{a b} .$

这一步的目的就是证明：

$“自同构复合”对应“指数相乘”$

因此这个对应不仅是集合上的一一对应，而真的是群结构完全一样。

你可以把前面整个分圆域部分压缩成三步：

$\begin{aligned} 1. σ (ζ_{n}) 必须是 ζ_{n}^{a}, (a, n) = 1; \\ 2. 每个这样的 a 都真的给出一个 σ_{a}; \\ 3. σ_{a} \circ σ_{b} = σ_{a b} . \end{aligned}$

第三步就是我刚才在证明的东西。

11.7 复合对应指数相乘，逐项验证群同构

那就把最后这一步完整做完。

我们现在已经知道：对每个满足

$gcd (a, n) = 1$

的整数 $a$ ，都有一个自同构

$σ_{a} \in Gal (Q (ζ_{n}) / Q)$

满足

$σ_{a} (ζ_{n}) = ζ_{n}^{a} .$

现在要看这些自同构之间怎么复合。

取两个：

$σ_{a}, σ_{b} .$

先作用 $σ_{b}$ ：

$ζ_{n} \overset{σ_{b}}{⟼} ζ_{n}^{b} .$

再作用 $σ_{a}$ ：

$σ_{a} (ζ_{n}^{b}) .$

因为自同构保持乘法，

$σ_{a} (ζ_{n}^{b}) = σ_{a} (ζ_{n})^{b} .$

而

$σ_{a} (ζ_{n}) = ζ_{n}^{a},$

所以：

$σ_{a} (ζ_{n}^{b}) = (ζ_{n}^{a})^{b} = ζ_{n}^{a b} .$

因此：

$(σ_{a} \circ σ_{b}) (ζ_{n}) = ζ_{n}^{a b} .$

而 $σ_{a b}$ 的定义就是：

$σ_{a b} (ζ_{n}) = ζ_{n}^{a b} .$

因为一个自同构完全由 $ζ_{n}$ 的像决定，所以：

$σ_{a} \circ σ_{b} = σ_{a b} .$

注意这里 $a b$ 实际上只需要看模 $n$ 。

因为：

$a \equiv a^{'} (\mod n)$

就有

$ζ_{n}^{a} = ζ_{n}^{a^{'}} .$

所以：

$σ_{a} = σ_{a^{'}}$

当且仅当

$a \equiv a^{'} (\mod n) .$

因此真正对应的不是整数 $a$ ，而是模 $n$ 的剩余类：

$[a] \in Z / n Z .$

而且必须满足：

$gcd (a, n) = 1,$

也就是 $[a]$ 在模 $n$ 下可逆。

这些元素组成群：

$(Z / n Z)^{\times} .$

现在定义映射：

$Ψ : (Z / n Z)^{\times} ⟶ Gal (Q (ζ_{n}) / Q)$

为：

$[a] ⟼ σ_{a} .$

刚才已经证明：

$σ_{a} \circ σ_{b} = σ_{a b},$

所以：

$Ψ ([a] [b]) = Ψ ([a b]) = σ_{a b} = σ_{a} \circ σ_{b} .$

因此 $Ψ$ 是群同态。

接下来检查它是一一对应。

如果：

$σ_{a} = σ_{b},$

那么特别地：

$σ_{a} (ζ_{n}) = σ_{b} (ζ_{n}) .$

所以：

$ζ_{n}^{a} = ζ_{n}^{b} .$

前面已经证明：

$ζ_{n}^{a} = ζ_{n}^{b} ⟺ a \equiv b (\mod n) .$

所以：

$[a] = [b] .$

因此 $Ψ$ 是单射。

另一方面，我们前面已经证明：任何

$σ \in Gal (Q (ζ_{n}) / Q)$

都必须满足：

$σ (ζ_{n}) = ζ_{n}^{a}$

其中

$gcd (a, n) = 1.$

所以这个 $σ$ 就是：

$σ_{a} .$

因此 $Ψ$ 又是满射。

最终：

$Gal (Q (ζ_{n}) / Q) ≅ (Z / n Z)^{\times} .$

这就是分圆域最核心的 Galois 群结论。

它立刻给出两个重要推论。

第一：

$| Gal (Q (ζ_{n}) / Q) | = φ (n) .$

这和我们之前得到的

$[Q (ζ_{n}) : Q] = φ (n)$

完全吻合。

第二：

$(Z / n Z)^{\times}$

是交换群，因为模 $n$ 的乘法满足：

$a b \equiv b a (\mod n) .$

所以：

$Gal (Q (ζ_{n}) / Q) 是 Abel 群 .$

这个结论以后在“根式可解”里特别重要，因为分圆扩张提供的是非常典型的 Abel 扩张。

11.8 边界检查： $n = 1, 2$ 也成立

$ζ_{1} = 1$ 、 $ζ_{2} = - 1$ 都在 $Q$ 中，所以两个分圆域都等于 $Q$ ，Galois 群为平凡群，次数均为 $φ (n) = 1$ 。对于 $n = 1$ ，模 $1$ 只有一个剩余类，单位群按通常约定也是平凡群。

复共轭对应 $[- 1]$ 。当 $n \geq 3$ 时它不是恒等映射； $n = 1, 2$ 时它是恒等映射。因此后续学习最大实子域时，指数 $2$ 的公式必须限定 $n \geq 3$ 。

第 12 章：复习重点与后续学习边界

本章对象：先用已有定义重建公式。中间域、最大实子域和根式可解的进一步推导是后续主题；本章保留原对话的学习建议。

12.1 公式太多时，先记五个核心观念

原问题：好吧，还有什么要学的吗，我感觉公式太多我都记不住了

有，但我建议你现在先别继续堆公式。你已经走过了分圆域这条线最关键的一大段，接下来更重要的是把“结构”压缩成少数几个核心观念。

你现在真正需要记住的，其实只有这些：

$ζ_{n}$ 是本原 $n$ 次单位根，意思就是
$ord (ζ_{n}) = n .$
第 $n$ 个分圆多项式 $Φ_{n} (x)$ 的根，就是所有本原 $n$ 次单位根；因此
$\deg Φ_{n} = φ (n) .$
$Φ_{n} (x)$ 是任意本原 $n$ 次单位根在 $Q$ 上的最小多项式，因此
$[Q (ζ_{n}) : Q] = φ (n) .$
$Q (ζ_{n})$ 包含全部 $n$ 次单位根，所以它是 $x^{n} - 1$ 的分裂域；在特征 $0$ 下又自动可分，因此它是 Galois 扩张。
它的 Galois 自同构就是
$ζ_{n} \mapsto ζ_{n}^{a}, gcd (a, n) = 1,$ 所以
$Gal (Q (ζ_{n}) / Q) ≅ (Z / n Z)^{\times} .$

你不需要死记像

$ord (ζ_{n}^{a}) = \frac{n}{gcd (a, n)}$

这种公式。忘了完全没关系，因为只要记得“阶就是最小的 $d > 0$ 使 $(ζ_{n}^{a})^{d} = 1$ ”：

$(ζ_{n}^{a})^{d} = 1 ⟺ n ∣ a d,$

公式两三步就能重新推出。

接下来如果继续，我更建议不再讲新的公式，而是做一个完整具体例子，比如从头到尾研究

$Q (ζ_{5}) / Q$

把 $Φ_{5}$ 、扩张次数、四个自同构、Galois 群 $C_{4}$ 、中间域 $Q (\sqrt{5})$ 全部放在同一个例子里。这样前面那些公式会从“需要背”变成“自然看出来”。

我觉得这会比继续抽象推进更适合你现在的阶段。

12.2 后续学习路线：具体例子、中间域、实子域与根式

原问题：好的那我理解了，下一步还有什么知识吗

整理提示：本段是原对话的后续学习路线。群结构例子使用已证结论；Galois 对应、二次中间域、最大实子域及“可解群推出根式可解”的完整推导仍属下一阶段。

有，而且现在正好可以从“分圆域的基本结构”继续往 Galois 理论更深一层走。你目前已经把最核心的基础链条基本打通了：

$x^{n} - 1 \to 单位根 \to Φ_{n} (x) \to Q (ζ_{n}) \to Gal (Q (ζ_{n}) / Q) ≅ (Z / n Z)^{\times} .$

接下来我建议按这个顺序继续。

第一步先讲 为什么分圆域是 Galois 扩张。这里会把你之前学过的两个关键词真正落地：

$正规性 normality 可分性 separability$

我们会看到

$Q (ζ_{n})$

其实就是

$x^{n} - 1$

在 $Q$ 上的分裂域，因此正规；而特征为 $0$ ，所以自动可分。因此：

$Q (ζ_{n}) / Q 是 Galois 扩张 .$

这一步也正好能回答你之前曾经困惑的那个问题：“正规性和分裂域到底是什么关系？”

然后第二步做几个具体例子。比如 $n = 5$ ：

$Gal (Q (ζ_{5}) / Q) ≅ (Z / 5 Z)^{\times} .$

右边是

${[1], [2], [3], [4]}$

在乘法下组成的群，而且

$[2]^{1} = [2], [2]^{2} = [4], [2]^{3} = [3], [2]^{4} = [1],$

所以：

$(Z / 5 Z)^{\times} ≅ C_{4} .$

于是分圆域的 Galois 群就是一个四阶循环群。

再比如 $n = 8$ ：

$(Z / 8 Z)^{\times} = {[1], [3], [5], [7]} .$

但是：

$3^{2} \equiv 5^{2} \equiv 7^{2} \equiv 1 (\mod 8) .$

所以它不是 $C_{4}$ ，而是：

$C_{2} \times C_{2} .$

这样你会开始真正体会：

$不同 n$

产生不同的 Galois 群结构。

第三步就是非常重要的 Galois 对应。既然

$G = Gal (K / Q)$

已经知道，那么：

$G 的子群 ⟷ K / Q 的中间域$

例如 $Q (ζ_{5})$ 的 Galois 群是 $C_{4}$ ，它有唯一一个二阶子群，因此分圆域中存在唯一一个二次中间域。最终可以算出：

$Q (\sqrt{5}) \subset Q (ζ_{5})$

这会是一个非常漂亮的具体 Galois 对应例子。

第四步再讲复共轭。在分圆域中：

$\overset{―}{ζ_{n}} = ζ_{n}^{- 1} .$

所以复共轭这个 Galois 自同构对应：

$[- 1] \in (Z / n Z)^{\times} .$

它的固定域就是所谓的最大实子域：

$Q (ζ_{n} + ζ_{n}^{- 1})$

而且当 $n \geq 3$ 时：

$[Q (ζ_{n}) : Q (ζ_{n} + ζ_{n}^{- 1})] = 2.$

这个例子会让“固定域”这个概念变得非常具体。

再往后，就可以接回你之前学的“根式可解”：

$(Z / n Z)^{\times}$

是 Abel 群，所以当然是可解群。因此分圆扩张的 Galois 群是可解的。这里最终会连接到：

$单位根可以用根式表达$

以及为什么在一般根式解理论中，经常需要“加入单位根”。

所以我建议下一步先讲：为什么 $Q (ζ_{n}) / Q$ 是 Galois 扩张，以及为什么它是 $x^{n} - 1$ 的分裂域。

这个顺序最适合你现在的进度，因为它会把你之前关于“正规、分裂域、自同构”的几个疑问重新串起来。

证明依赖与复习检查

把整条链连起来：多项式除法与最小多项式（第 1 章）提供代数关系；单位根的阶与互素指数（第 2—3 章）提供分类；分圆多项式与欧拉函数（第 4—5 章）提供根的计数；首一除法（第 6 章）保证整数系数；特征与 Frobenius（第 7 章）、导数与重因子（第 8 章）、Gauss 引理（第 9 章）一起证明不可约性；分裂域与可分性（第 10 章）保证 Galois 扩张；逐个构造自同构并检查复合（第 11 章）给出群结构。

复习时先问：当前基础域是什么？这个符号是数、域、多项式还是映射？“阶”是最小的哪一个正整数？为什么“首一”不等于“除尽”？模 $p$ 后哪一步保持了次数，哪一步使用了不可约因子的素性？自同构的候选像为什么真的能定义一个映射？得到一一对应后，群运算是否也已经验证？

本版校正与整理边界

原分享页面与原对话段落保留在资料目录。本版改正 $x^{2} + 1$ 在实数域上不可约的答句笔误；明确 $Q (ζ_{6}^{2}) = Q (ζ_{3}) = Q (ζ_{6})$ ，取幂使阶降低未必使域变小；为 $n = 1$ 补齐导数判据的表述；把分圆多项式乘积的指数写成有限代表范围；把最大实子域的指数 $2$ 预告限定为 $n \geq 3$ 。

补充证明集中在原主线需要却未展开的地方，包括多项式商环、基的线性无关、Bézout 约分、特征为素数、不可分例子的不可约性、Gauss 引理、模 $p$ 后的不可约因子论证及嵌入延拓与正规性。幂级数推导使用指数、正弦和余弦的标准展开；这些微积分基础在本篇作为已知。

原对话已完整走到分圆域的 Galois 群。第 12 章提及的中间域、实子域及根式理论是学习方向；本篇没有把那些尚未展开的证明写成已经完成的学习步骤。

原对话覆盖索引

所有 49 段可见数学回答均有正文落点。 $A 24$ 拆成 Frobenius 恒等式与不可约性应用， $A 41$ 拆成域的特征与可分性；两个部分均保留。下表便于回到原材料核对。

原回答	本篇位置	内容
A01	第 1 章	多项式环、基础域、不可约性与加入一个根
A02	第 1 章	最小多项式、商环和扩张次数
A03	第 4 章	分圆多项式的编号为什么是 n，次数为什么是欧拉函数
A04	第 2 章	全部 n 次单位根：互异性与穷尽性
A05	第 2 章	为什么复指数等于 1 恰好对应整圈旋转
A06	第 3 章	本原单位根、阶与互素指数
A07	第 4 章	按阶分类，证明分圆乘积恒等式
A08	第 3 章	普通单位根与本原单位根怎样区分
A09	第 3 章	本原单位根的数量不是一，恰好是欧拉函数
A10	第 2 章	欧拉公式的幂级数推导与旋转意义
A11	第 5 章	欧拉函数：数互素整数，也数可逆剩余类
A12	第 5 章	用容斥原理证明欧拉函数的乘积公式
A13	第 5 章	欧拉函数的约数和：单位根计数证明
A14	第 5 章	欧拉函数的约数和：纯整数分类证明
A15	第 5 章	为什么最大公因数一定整除 n
A16	第 6 章	整数系数与不可约性：接下来需要证明的两件事
A17	第 6 章	分圆多项式属于整数多项式环的完整证明
A18	第 6 章	强归纳法究竟假设了哪些已知命题
A19	第 6 章	首一除数为什么不会制造分数
A20	第 6 章	长除法能进行，不等于一定除尽
A21	第 9 章	不可约性的目标：把分圆多项式认作最小多项式
A22	第 9 章	不可约、首一且以指定元素为根，才是它的最小多项式
A23	第 9 章	不可约性证明策略：先处理不整除 n 的素数指数
A24	第 7 章、第 9 章	Frobenius 恒等式与模素数的矛盾
A25	第 8 章	导数、公因式与模素数后没有重因子
A26	第 7 章	费马小定理：用非零剩余类的排列证明
A27	第 7 章	从互素情形补上被素数整除的情形
A28	第 7 章	有限域上的多项式环怎样读、怎样运算
A29	第 4 章	分圆多项式的 Phi 记号怎样读
A30	第 9 章	任意本原 n 次单位根在有理数域上都有同一个最小多项式
A31	第 9 章	从素数指数到所有互素指数，完成不可约性证明
A32	第 11 章	自同构必须把生成元送到另一个本原单位根
A33	第 9 章	为何可以对每个素因子重复同一个步骤
A34	第 11 章	构造每个自同构：良定义、保持运算与逆映射
A35	第 11 章	追问：在哪里证明了自同构保持本原性
A36	第 11 章	复合对应指数相乘，逐项验证群同构
A37	第 11 章	这一步到底要证明什么：集合对应还要保持运算
A38	第 11 章	模 n 剩余类环中的可逆元乘法群
A39	第 11 章	Bézout 等式证明可逆当且仅当互素
A40	第 12 章	后续学习路线：具体例子、中间域、实子域与根式
A41	第 7 章、第 8 章	域的特征、可分性与特征零的作用
A42	第 8 章	可分的字面意义：根分开，嵌入才有足够多的选择
A43	第 8 章	不可分例子的最小多项式为什么仍是 p 次
A44	第 7 章	特征 p 的域不一定只有 p 个元素
A45	第 10 章	把正规与可分接回分圆域
A46	第 10 章	分裂域为什么正规，分圆域为什么是 Galois 扩张
A47	第 10 章	单位根取幂后生成的域仍然正规
A48	第 3 章	忘记阶公式时，从整除条件重新推导
A49	第 12 章	公式太多时，先记五个核心观念

从多项式到分圆域：我的 Galois 理论补充笔记

先抓住五个观念

目录

常用符号速查

第 1 章：多项式、最小多项式与域扩张

1.1 多项式环、基础域、不可约性与加入一个根

我们要走的路线

第一步：为什么 Galois 理论一开始就离不开 F[x]？

1. 为什么强调“系数在哪个域里”？

2. 为什么 F[x] 特别好？

3. 多项式和整数之间有一个很深的类比

4. “不可约”为什么对域扩张这么重要？

5. 这里出现一个极其重要的思想

6. 还有一个更抽象但更漂亮的写法

7. 为什么这里要求 f(x) 不可约？

先停在这里

1.2 补充证明：除法、Bézout 等式与不可约商环

1.3 最小多项式、商环和扩张次数

第二步：什么是最小多项式？

1. 最小多项式的定义

2. 为什么叫“最小”？

3. 一个非常重要的定理

4. 为什么？

5. 为什么最小多项式一定不可约？

6. 反过来也成立

7. 最小多项式依赖基础域

8. 最小多项式与扩张次数

9. 为什么？

10. 例如 2

11. 再看一个三次例子

12. 现在把商环也接上

13. 这个同构到底是怎么来的？

14. 为什么代数元时 F[α]=F(α)？

15. 为什么 F[α] 已经有逆元？

16. 到这里可以形成一张非常重要的图

17. 这和分圆域马上就会连接

1.4 补充证明：不借循环论证，补齐逆元与基

第 2 章：复指数与全部单位根

2.1 欧拉公式的幂级数推导与旋转意义

2.2 为什么复指数等于 1 恰好对应整圈旋转

2.3 全部 n 次单位根：互异性与穷尽性

第 3 章：本原单位根、阶与互素

3.1 补充证明：互素时为什么可以约掉一个整数因子

3.2 本原单位根、阶与互素指数

3.3 普通单位根与本原单位根怎样区分

3.4 忘记阶公式时，从整除条件重新推导

3.5 本原单位根的数量不是一，恰好是欧拉函数

第 4 章：分圆多项式：按阶收集根

4.1 分圆多项式的 Phi 记号怎样读

4.2 分圆多项式的编号为什么是 n，次数为什么是欧拉函数

第一步：先看 xn−1 的根

第二步：什么叫“本原 n 次单位根”？

第三步：“第 n 个分圆多项式”的“第 n 个”到底是什么意思？

用 n=6 看最清楚

第四步：为什么突然出现 gcd(k,n)=1？

第五步：为什么阶公式是

第六步：现在欧拉函数自然出现了

例如 n=8

第七步：为什么 xn−1 会分成所有 Φd？

4.3 按阶分类，证明分圆乘积恒等式

第 5 章：欧拉函数的计数与两个恒等式

5.1 欧拉函数：数互素整数，也数可逆剩余类

5.2 用容斥原理证明欧拉函数的乘积公式

5.3 为什么最大公因数一定整除 n

5.4 欧拉函数的约数和：单位根计数证明

5.5 欧拉函数的约数和：纯整数分类证明

第 6 章：整数系数：首一除法与强归纳法

6.1 整数系数与不可约性：接下来需要证明的两件事

6.2 首一除数为什么不会制造分数

6.3 长除法能进行，不等于一定除尽

6.4 强归纳法究竟假设了哪些已知命题

第一步：起点

第二步：归纳假设到底是什么？

第三步：为什么这些 Φd 都能用归纳假设？

第四步：然后怎么得到 Φn？

6.5 分圆多项式属于整数多项式环的完整证明

1. 先看看为什么这个结论并不显然

2. 先看几个例子

3. 一般情况下也用同样的想法

4. 但你可能马上会问

第一步：为什么 Galois 理论一开始就离不开 $F [x]$ ？

2. 为什么 $F [x]$ 特别好？

7. 为什么这里要求 $f (x)$ 不可约？

10. 例如 $\sqrt{2}$

14. 为什么代数元时 $F [α] = F (α)$ ？

15. 为什么 $F [α]$ 已经有逆元？

第一步：先看 $x^{n} - 1$ 的根

第二步：什么叫“本原 $n$ 次单位根”？

第三步：“第 $n$ 个分圆多项式”的“第 $n$ 个”到底是什么意思？

用 $n = 6$ 看最清楚

第四步：为什么突然出现 $gcd (k, n) = 1$ ？

例如 $n = 8$

第七步：为什么 $x^{n} - 1$ 会分成所有 $Φ_{d}$ ？

第三步：为什么这些 $Φ_{d}$ 都能用归纳假设？

第四步：然后怎么得到 $Φ_{n}$ ？

8. 一个很漂亮的例子： $Φ_{6}$

8.5 补充证明：为什么 $x^{p} - t$ 在 $F_{p} (t) [x]$ 不可约

9.6 补充检查：模 $p$ 后没有暗中假设不可约

1. 先说 $Z / n Z$ 是什么

2. 为什么上面有个 $\times$ ？

例 1： $n = 5$

例 2： $n = 6$

例 3： $n = 8$

11.8 边界检查： $n = 1, 2$ 也成立