第 3 章：本原单位根、阶与互素

本章对象： $\operatorname{ord}(\alpha)$ 是使 $\alpha^d=1$ 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 $a=qn+r$ 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 $ua+vn=g$ 。负整数可先取绝对值再调整符号。

若 $\gcd(a,n)=1$ 且 $n\mid ad$ ，取 $ua+vn=1$ 并乘 $d$ ，得 $d=uad+vnd$ 。右边两项均被 $n$ 整除，因此 $n\mid d$ 。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

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

其中

$\zeta_n=e^{2\pi i/n}.$

现在的问题是：

$\boxed{\text{为什么这些根里只有一部分是“本原 }n\text{ 次单位根”？}}$

关键在于一个概念：阶（order）。

一个单位根 $\alpha$ 的阶，定义为最小的正整数 $m$ ，使得

$\alpha^m=1.$

例如：

$1^1=1,$

所以 $1$ 的阶是 $1$ 。

再看

$-1.$

有：

$(-1)^1=-1\neq1,$

但

$(-1)^2=1.$

所以 $-1$ 的阶是 $2$ 。

现在看

$\zeta_6=e^{2\pi i/6}.$

我们有

$\zeta_6^6=1.$

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：

$\boxed{\zeta_6\text{ 是本原 6 次单位根}}$

所谓“本原 $n$ 次单位根”，就是：

$\boxed{\text{阶恰好等于 }n\text{ 的单位根}}$

这比“它满足 $z^n=1$ ”更强。

因为满足

$z^n=1$

只说明：

$\operatorname{ord}(z)\mid n,$

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：

$\boxed{ \text{$n$ 次单位根} \neq \text{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：

$1,\zeta_6,\zeta_6^2,\zeta_6^3,\zeta_6^4,\zeta_6^5.$

分别判断它们的阶。

$1$

的阶是 1。

$\zeta_6$

的阶是 6。

$\zeta_6^2$

满足

$(\zeta_6^2)^3=\zeta_6^6=1,$

所以它的阶至多是 3。实际上就是 3。

$\zeta_6^3$

满足

$(\zeta_6^3)^2=\zeta_6^6=1,$

所以它的阶是 2。

$\zeta_6^4$

和 $\zeta_6^2$ 一样，阶是 3。

而

$\zeta_6^5$

的阶又是 6。

所以：

$\boxed{ \text{本原 6 次单位根只有 } \zeta_6,\zeta_6^5 }$

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：

$\boxed{ \zeta_n^k\text{ 是本原 }n\text{ 次单位根} \iff \gcd(k,n)=1 }$

为什么？

因为：

$(\zeta_n^k)^m=1$

等价于

$\zeta_n^{km}=1.$

而前面已经知道：

$\zeta_n^r=1 \iff n\mid r.$

所以：

$(\zeta_n^k)^m=1 \iff n\mid km.$

我们要找最小的正整数 $m$ 。

设：

$d=\gcd(n,k).$

写成：

$n=dn', \qquad k=dk',$

其中：

$\gcd(n',k')=1.$

条件

$n\mid km$

变成：

$dn'\mid dk'm.$

约掉 $d$ ：

$n'\mid k'm.$

由于

$\gcd(n',k')=1,$

所以必须：

$n'\mid m.$

最小这样的 $m$ 就是：

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

因此：

$\boxed{ \operatorname{ord}(\zeta_n^k) = \frac{n}{\gcd(n,k)} }$

于是：

$\operatorname{ord}(\zeta_n^k)=n$

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：

$\varphi(n)$

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：

$\boxed{\varphi(n)}$

比如 $n=8$ ，与 8 互素的是

$1,3,5,7,$

所以本原 8 次单位根是：

$\zeta_8,\zeta_8^3,\zeta_8^5,\zeta_8^7,$

一共

$\varphi(8)=4$

个。

而这四个根正好就是

$\Phi_8(x)$

的全部根。

所以：

$\boxed{ \Phi_n(x) = \prod_{\substack{1\le k\le n\\\gcd(k,n)=1}}(x-\zeta_n^k) }$

并且：

$\boxed{ \deg\Phi_n=\varphi(n) }$

这里整条逻辑链是：

$\zeta_n^k$

的阶为

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

所以阶恰好为 $n$

$\iff \gcd(n,k)=1,$

于是本原 $n$ 次单位根有

$\varphi(n)$

个，于是第 $n$ 个分圆多项式有

$\varphi(n)$

个根，于是

$\deg\Phi_n=\varphi(n).$

下一步最自然的是讲：

$\boxed{x^n-1=\prod_{d\mid n}\Phi_d(x)}$

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：

$\boxed{\text{本原 }n\text{ 次单位根}=\text{阶恰好等于 }n}$

而普通的“ $n$ 次单位根”只要求：

$\alpha^n=1.$

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：

$\boxed{\text{本原 2 次单位根}}$

你可以记成：

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

再举一个：

$\zeta_6^2.$

它当然满足

$(\zeta_6^2)^6=1,$

所以是 6 次单位根。

但实际上：

$(\zeta_6^2)^3=1,$

而 3 是最小的，所以

$\operatorname{ord}(\zeta_6^2)=3.$

因此它是：

$\boxed{\text{本原 3 次单位根}}$

不是本原 6 次单位根。

所以最关键的一句话就是：

$\boxed{ \alpha\text{ 是本原 }n\text{ 次单位根} \iff \operatorname{ord}(\alpha)=n }$

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：

$\boxed{\operatorname{ord}(\zeta_n^a)=\frac{n}{\gcd(a,n)}}$

重新推一遍就清楚了。

设

$d=\operatorname{ord}(\zeta_n^a),$

意思是 $d$ 是最小正整数，使得

$(\zeta_n^a)^d=1.$

于是：

$\zeta_n^{ad}=1.$

而 $\zeta_n$ 本身的阶是 $n$ ，所以：

$\zeta_n^m=1 \iff n\mid m.$

因此这里等价于：

$\boxed{n\mid ad}.$

现在问题就变成：

最小的正整数 $d$ 是多少，才能让 $n\mid ad$ ？

设

$g=\gcd(a,n).$

把它们写成：

$a=ga',\qquad n=gn',$

并且：

$\gcd(a',n')=1.$

条件

$n\mid ad$

就变成：

$gn'\mid ga'd.$

约去 $g$ ：

$n'\mid a'd.$

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：

$n'\mid d.$

最小的正整数 $d$ 就是：

$d=n'.$

而：

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

所以：

$\boxed{ \operatorname{ord}(\zeta_n^a) = \frac{n}{\gcd(a,n)} }$

例如：

$\zeta_{12}^8.$

因为

$\gcd(8,12)=4,$

所以：

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

你也可以直接验证：

$(\zeta_{12}^8)^3 = \zeta_{12}^{24} = 1,$

而 1、2 次幂都还不是 1。

最好记住背后的核心句子：

$\boxed{ \operatorname{ord}(\zeta_n^a) = \text{使 }n\mid ad\text{ 的最小正整数 }d }$

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

$\operatorname{ord}(\alpha)=n$

的元素通常有多个，它们的个数正好是

$\boxed{\varphi(n)}$

其中 $\varphi$ 是欧拉函数。

例如 $n=5$ 。全部 5 次单位根是

$1,\zeta_5,\zeta_5^2,\zeta_5^3,\zeta_5^4.$

因为

$1,2,3,4$

都和 5 互素，所以

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

全都是本原 5 次单位根。因此有

$\varphi(5)=4$

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

$\zeta_6,\zeta_6^5,$

共

$\varphi(6)=2$

个。

所以要区分这两句话：

$\boxed{\text{“一个本原 }n\text{ 次单位根”}}$

指的是“任选其中一个”，比如我们常常记作

$\zeta_n.$

而

$\boxed{\text{“所有本原 }n\text{ 次单位根”}}$

则有

$\varphi(n)$

个，具体就是

$\boxed{ \zeta_n^k,\qquad \gcd(k,n)=1. }$

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