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： $f=m_{\zeta_n,\mathbb{Q}}$ ， $\Phi_n=fg$ ；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：

$\boxed{\Phi_n(x)\text{ 在 }\mathbb{Q}[x]\text{ 中不可约}}$

因为我们现在已经知道：

$\Phi_n(x)\in \mathbb{Z}[x]\subset \mathbb{Q}[x].$

而且 $\zeta_n$ 是它的一个根。

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

$\boxed{ m_{\zeta_n,\mathbb{Q}}(x)=\Phi_n(x) }$

于是：

$[\mathbb{Q}(\zeta_n):\mathbb{Q}] = \deg\Phi_n = \varphi(n).$

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：

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

然后再下一步就会进入 Galois 理论真正精彩的部分：

$\sigma(\zeta_n)=\zeta_n^a, \qquad \gcd(a,n)=1,$

进而得到

$\boxed{ \operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}) \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times. }$

所以我建议下一节就专门讲：为什么 $\Phi_n(x)$ 在 $\mathbb{Q}[x]$ 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 $\zeta_n$ 确实是它的根。

我们已经知道：

$\Phi_n(\zeta_n)=0,$

所以 $\Phi_n(x)$ 是一个在 $\mathbb{Q}[x]$ 中以 $\zeta_n$ 为根的多项式。

而 $\zeta_n$ 的最小多项式

$m_{\zeta_n,\mathbb{Q}}(x)$

有一个基本性质：

$\boxed{ m_{\zeta_n,\mathbb{Q}}(x) \mid f(x) }$

对所有满足

$f(\zeta_n)=0,\qquad f(x)\in\mathbb{Q}[x]$

的多项式都成立。

所以特别地：

$m_{\zeta_n,\mathbb{Q}}(x)\mid \Phi_n(x).$

现在如果我们再证明

$\Phi_n(x)$

在 $\mathbb{Q}[x]$ 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：

$m_{\zeta_n,\mathbb{Q}}(x) = \Phi_n(x)$

因为两者还都是首一多项式。

所以你可以记成：

$\boxed{ f(\alpha)=0 + f\text{ 在 }F[x]\text{ 中首一不可约} \Longrightarrow f=m_{\alpha,F}. }$

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：

$\boxed{\text{不可约}+\text{确实以 }\alpha\text{ 为根}}$

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：

$\boxed{\Phi_n(x)\text{ 在 }\mathbb{Q}[x]\text{ 中不可约}}$

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

$\zeta=\zeta_n$

是我们固定的一个本原 $n$ 次单位根。令它在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多项式为

$f(x)=m_{\zeta,\mathbb{Q}}(x).$

因为

$\Phi_n(\zeta)=0,$

所以前面已经证明过：

$\boxed{f(x)\mid\Phi_n(x)}.$

现在我们想证明：

$f(x)=\Phi_n(x).$

也就是说，我们要证明：

$f$ 不仅包含 $\zeta$ 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

$\Phi_n(x) = \prod_{\substack{1\le a\le n\\\gcd(a,n)=1}}(x-\zeta^a).$

所以如果我们能证明：

$\boxed{ f(\zeta^a)=0 \quad\text{对所有 }\gcd(a,n)=1 }$

那么 $\Phi_n$ 的所有根都是 $f$ 的根。

而我们本来又知道：

$f\mid\Phi_n.$

两边都是首一多项式，因此只能：

$\boxed{f=\Phi_n}.$

这就是整个证明真正的核心。

现在问题变成：

$\boxed{ \zeta\text{ 是 }f\text{ 的根} \quad\Longrightarrow\quad \zeta^a\text{ 也都是 }f\text{ 的根吗？} }$

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：

$\boxed{ p\nmid n,\ p\text{ 是素数} \quad\Longrightarrow\quad f(\zeta^p)=0. }$

也就是说：

如果 $p$ 是一个不整除 $n$ 的素数，那么从根 $\zeta$ 出发，把它变成 $\zeta^p$ ，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：

$a=p_1p_2\cdots p_r.$

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

$\alpha\mapsto\alpha^{p_i}$

都仍然留在 $f$ 的根中，那么就可以一步步得到：

$\zeta \to \zeta^{p_1} \to \zeta^{p_1p_2} \to\cdots\to \zeta^a.$

于是所有

$\zeta^a,\qquad \gcd(a,n)=1$

都会成为 $f$ 的根。

所以整个不可约性证明可以压缩成：

$\boxed{ \text{只要证明 } p\nmid n \Longrightarrow \zeta^p \text{ 与 }\zeta \text{ 有同一个最小多项式} }$

接下来就进入真正技术性的那一步：假设 $\zeta^p$ 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：

$\boxed{g(x^p)\equiv g(x)^p\pmod p}$

它其实来自二项式系数

$\binom pk$

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 $A,B\in\mathbb{Z}[x]$ 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 $\mathbb{F}_p[x]$ 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 $H\in\mathbb{Z}[x]$ 首一， $H=fg$ ， $f,g\in\mathbb{Q}[x]$ 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 $AB=abH$ 。左边由第一步本原，右边因 $H$ 首一而其系数公因数恰好是 $ab$ ，故 $ab=1$ ，即 $a=b=1$ 。因此 $f,g\in\mathbb{Z}[x]$ 。

应用到 $\Phi_n=fg$ ，因 $\Phi_n$ 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 $f\mid g(x^p)$ 能否模 $p$ ：先在 $\mathbb{Q}[x]$ 得到整除，再在 $\mathbb{Z}[x]$ 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 $\mathbb{Z}[x]$ 中成立，取模后才合法地得到 $\bar f\mid\bar g(x^p)$ 。

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：

$f(x)=m_{\zeta,\mathbb{Q}}(x)$

是本原 $n$ 次单位根 $\zeta$ 的最小多项式。

因为

$f\mid\Phi_n,$

写成：

$\boxed{ \Phi_n(x)=f(x)g(x). }$

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：

$p\nmid n.$

我们想证明：

$\zeta^p$

也一定是 $f$ 的根。

假设反过来：

$\boxed{f(\zeta^p)\neq0.}$

因为

$p\nmid n,$

所以

$\gcd(p,n)=1.$

因此前面已经证明过：

$\zeta^p$

仍然是一个本原 $n$ 次单位根。

所以：

$\Phi_n(\zeta^p)=0.$

而：

$\Phi_n=f g.$

于是：

$f(\zeta^p)g(\zeta^p)=0.$

我们假设：

$f(\zeta^p)\neq0,$

所以只能：

$\boxed{g(\zeta^p)=0.}$

换一种写法：

$g(\zeta^p)=0 \iff g(x^p)\Big|_{x=\zeta}=0.$

所以：

$\boxed{\zeta\text{ 是 }g(x^p)\text{ 的根}.}$

但 $f$ 是 $\zeta$ 的最小多项式。

因此：

$\boxed{f(x)\mid g(x^p).}$

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：

$g(x^p)\equiv g(x)^p\pmod p.$

因为：

$f(x)\mid g(x^p),$

模 $p$ 以后仍然得到：

$\boxed{ \bar f(x)\mid \bar g(x^p) }$

而：

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

因此：

$\boxed{ \bar f(x)\mid \bar g(x)^p. }$

这里上面的横线只是表示：

$\text{“把整数系数对 }p\text{ 取模”。}$

例如：

$2x^2+5x+7$

模 3 后变成：

$2x^2+2x+1.$

现在最关键的事情发生了。

我们原本有：

$\Phi_n=f g.$

模 $p$ 后：

$\bar\Phi_n=\bar f\,\bar g.$

与此同时：

$\bar f\mid\bar g^p.$

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：

$\boxed{ \bar\Phi_n(x) \text{ 在模 }p\text{ 下出现了重因子。} }$

而：

$\Phi_n(x)\mid x^n-1.$

所以如果 $\Phi_n$ 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：

$\boxed{ p\nmid n \Longrightarrow x^n-1 \text{ 在模 }p\text{ 下根本不可能有重因子}. }$

为什么？因为它的导数是

$nx^{n-1},$

而在模 $p$ 下由于 $p\nmid n$ ，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：

$\boxed{f(\zeta^p)=0}.$

然后再从素数 $p$ 推广到所有

$\gcd(a,n)=1$

的 $a$ ，最终得到

$f=\Phi_n.$

9.6 补充检查：模 p 后没有暗中假设不可约

从 $\bar f\mid\bar g^p$ 不能推出 $\bar f\mid\bar g$ ，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 $h\nmid A$ ，则 $uh+vA=1$ ；若 $h\mid AB$ ，乘 $B$ 即得 $h\mid B$ 。

故 $h\mid\bar g^p$ 推出 $h\mid\bar g$ 。于是 $h^2\mid\bar f\bar g=\bar\Phi_n$ ，继而 $h^2\mid x^n-1$ ，与 $p\nmid n$ 时没有重因子矛盾。

此论证同样适用于 $f$ 的任意根 $\alpha$ ： $f$ 不可约， $f(\alpha)=0$ 就说明 $f$ 是 $\alpha$ 的最小多项式； $f\mid\Phi_n$ 又保证 $\alpha$ 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 $\zeta_n$ 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：

$\boxed{ \alpha\text{ 是 }f\text{ 的一个本原 }n\text{ 次单位根，且 }p\nmid n \Longrightarrow \alpha^p\text{ 仍然是 }f\text{ 的根} }$

一开始取

$\alpha=\zeta_n.$

若

$a=p_1p_2\cdots p_r, \qquad \gcd(a,n)=1,$

那么每个 $p_i$ 都不整除 $n$ 。

第一次用结论：

$\zeta_n \longmapsto \zeta_n^{p_1},$

得到

$f(\zeta_n^{p_1})=0.$

而且由于

$\gcd(p_1,n)=1,$

所以

$\zeta_n^{p_1}$

仍然是本原 $n$ 次单位根。

因此可以把它当成新的 $\alpha$ ，再对 $p_2$ 使用同一个结论：

$\zeta_n^{p_1} \longmapsto (\zeta_n^{p_1})^{p_2} = \zeta_n^{p_1p_2}.$

于是

$f(\zeta_n^{p_1p_2})=0.$

再重复：

$\zeta_n^{p_1p_2} \longmapsto \zeta_n^{p_1p_2p_3}$

……

最后得到：

$\boxed{ f(\zeta_n^a)=0. }$

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：

$\boxed{\Phi_n(x)\text{ 在 }\mathbb{Q}[x]\text{ 中不可约}}$

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

$f(x)=m_{\zeta_n,\mathbb{Q}}(x)$

而 $p$ 是满足

$p\nmid n$

的素数，那么

$\boxed{\zeta_n^p\text{ 也一定是 }f(x)\text{ 的根}}$

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

$a=p_1p_2\cdots p_r$

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

$\zeta_n$

开始：

$\zeta_n \longmapsto \zeta_n^{p_1} \longmapsto \zeta_n^{p_1p_2} \longmapsto \cdots \longmapsto \zeta_n^a.$

每一步得到的仍然是 $f$ 的根，所以最终：

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

而这些

$\zeta_n^a$

恰好就是所有本原 $n$ 次单位根。

所以 $f$ 包含了 $\Phi_n$ 的全部根。

另一方面，我们早就知道：

$f\mid\Phi_n.$

于是只能有：

$\boxed{f=\Phi_n}.$

因此：

$\boxed{\Phi_n(x)\text{ 在 }\mathbb{Q}[x]\text{ 中不可约}.}$

这样我们就真正得到：

$\boxed{ m_{\zeta_n,\mathbb{Q}}(x)=\Phi_n(x) }$

以及：

$\boxed{ [\mathbb{Q}(\zeta_n):\mathbb{Q}] = \deg\Phi_n = \varphi(n) }$

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：

$\boxed{\mathbb{Q}(\zeta_n)}$

然后回答一个非常 Galois 理论的问题：

一个固定 $\mathbb{Q}$ 的自同构 $\sigma$ ，能够把 $\zeta_n$ 送到哪里？

最后会得到非常漂亮的结论：

$\boxed{ \operatorname{Gal}(\mathbb{Q}(\zeta_n)/\mathbb{Q}) \cong (\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\times }$

我建议下一步就从“为什么一个自同构必须把 $\zeta_n$ 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：

$\boxed{ \Phi_n(x) \text{ 是任意一个本原 }n\text{ 次单位根在 }\mathbb{Q}\text{ 上的最小多项式} }$

也就是说，如果 $\zeta_n$ 是一个本原 $n$ 次单位根，那么

$m_{\zeta_n,\mathbb{Q}}(x)=\Phi_n(x).$

而且不只是你固定选的那个 $\zeta_n$ 。对于任何

$\zeta_n^a,\qquad \gcd(a,n)=1,$

它也是本原 $n$ 次单位根，并且都有：

$\boxed{ m_{\zeta_n^a,\mathbb{Q}}(x)=\Phi_n(x) }$

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

例如 $n=5$ ：

$\Phi_5(x)=x^4+x^3+x^2+x+1.$

四个本原 5 次单位根

$\zeta_5,\zeta_5^2,\zeta_5^3,\zeta_5^4$

在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多项式全都是同一个：

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

所以你可以把分圆多项式理解成：

$\boxed{ \text{“把所有本原 }n\text{ 次单位根作为共轭根收集起来的那个最小多项式”} }$

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 9 章：完整证明分圆多项式在有理数域上不可约 ​

9.1 不可约性的目标：把分圆多项式认作最小多项式 ​

9.2 不可约、首一且以指定元素为根，才是它的最小多项式 ​

9.3 不可约性证明策略：先处理不整除 n 的素数指数 ​

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 ​

9.5 不可约性关键矛盾：取模后产生重因子 ​

9.6 补充检查：模 p 后没有暗中假设不可约 ​

9.7 为何可以对每个素因子重复同一个步骤 ​

9.8 从素数指数到所有互素指数，完成不可约性证明 ​

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 ​

第 9 章：完整证明分圆多项式在有理数域上不可约

9.1 不可约性的目标：把分圆多项式认作最小多项式

9.2 不可约、首一且以指定元素为根，才是它的最小多项式

9.3 不可约性证明策略：先处理不整除 n 的素数指数

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

9.5 不可约性关键矛盾：取模后产生重因子

9.6 补充检查：模 p 后没有暗中假设不可约

9.7 为何可以对每个素因子重复同一个步骤

9.8 从素数指数到所有互素指数，完成不可约性证明

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