第 4 章：分圆多项式：按阶收集根

本章对象： $\Phi_n(x)$ 收集阶恰为 $n$ 的单位根； $d\mid n$ 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：

$\Phi_n(x)$

这里的 $\Phi$ 是希腊字母 Phi（大写 $\Phi$ ，小写 $\phi$ ）。

所以：

$\Phi_n(x)$

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

$\varphi(n)$

这里的 $\varphi$ 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：

$\Phi_n(x)\quad\text{是分圆多项式}$

$\varphi(n)\quad\text{是欧拉函数}.$

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：

$\boxed{\text{为什么叫“第 }n\text{ 个”分圆多项式？}}$

以及

$\boxed{\deg\Phi_n(x)=\varphi(n)\text{ 为什么？}}$

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 xⁿ-1 的根

方程

$x^n=1$

在复数中一共有 $n$ 个根：

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

其中可以取

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

例如 $n=6$ ：

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

那么 $x^6-1$ 的六个根就是

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

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

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

因为

$\zeta_6^3=-1.$

所以 $\zeta_6^3$ 的阶其实是 $2$ ，不是 $6$ 。

再比如：

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

所以 $\zeta_6^2$ 的阶是 $3$ 。

因此：

$x^6-1$

的根里面混着：

$\boxed{ 1\text{ 阶、}2\text{ 阶、}3\text{ 阶、}6\text{ 阶单位根} }$

第二步：什么叫“本原 n 次单位根”？

如果一个单位根 $\alpha$ 满足：

$\alpha^n=1,$

而且对任何

$1\le k<n$

都有

$\alpha^k\ne1,$

那么就说它的阶正好是 $n$ 。

这就叫：

$\boxed{\text{本原 }n\text{ 次单位根}}$

primitive $n$ -th root of unity。

例如：

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

本身的阶是 6，所以它是本原 6 次单位根。

而：

$\zeta_6^2$

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：

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

也就是说：

$\Phi_n(x)$

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：

$\zeta_6^0,\zeta_6^1,\zeta_6^2, \zeta_6^3,\zeta_6^4,\zeta_6^5.$

分别看它们的阶：

$\zeta_6^0=1$

阶为 $1$ 。

$\zeta_6^3=-1$

阶为 $2$ 。

$\zeta_6^2,\zeta_6^4$

阶为 $3$ 。

而：

$\zeta_6,\zeta_6^5$

阶才真正是 $6$ 。

所以：

$\Phi_6(x) = (x-\zeta_6)(x-\zeta_6^5).$

算出来就是：

$\boxed{ \Phi_6(x)=x^2-x+1. }$

所以这里的“6”表示：

$\boxed{ \text{它收集的是阶恰好为 6 的单位根} }$

第四步：为什么突然出现 gcd(k,n)=1？

这是核心。

我们研究：

$\zeta_n^k.$

它的阶是多少？

一般公式是：

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

所以：

$\zeta_n^k$

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：

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

这就是为什么“互素”突然出现。

第五步：为什么阶公式是

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

我们一步一步看。

假设：

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

那么：

$\zeta_n^{km}=1.$

而 $\zeta_n$ 的阶是 $n$ ，所以必须有：

$n\mid km.$

现在我们要找最小的正整数 $m$ ，使：

$n\mid km.$

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 $d$ ：

$n'\mid k'm.$

因为：

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

所以：

$n'\mid m.$

最小的正整数 $m$ 就是：

$m=n'=\frac nd.$

因此：

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

第六步：现在欧拉函数自然出现了

Euler φ 函数定义就是：

$\boxed{ \varphi(n) = \#\{1\le k\le n:\gcd(k,n)=1\} }$

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：

$\zeta_n^k$

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：

$\boxed{\varphi(n)}$

而：

$\Phi_n(x)$

每一个本原 $n$ 次单位根对应一个一次因子：

$x-\zeta_n^k.$

所以：

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

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：

$\varphi(8)=4.$

因此本原 8 次单位根是：

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

所以：

$\Phi_8(x) = \prod_{k=1,3,5,7}(x-\zeta_8^k).$

最终：

$\boxed{ \Phi_8(x)=x^4+1 }$

而它的次数：

$4=\varphi(8).$

第七步：为什么 xⁿ-1 会分成所有 Φ_(d)？

现在你甚至可以理解这个公式了：

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

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：

$\text{阶 }1,\quad \text{阶 }d_1,\quad \text{阶 }d_2,\quad \dots,\quad \text{阶 }n,$

其中这些阶全部都是 $n$ 的约数。

而：

$\Phi_d(x)$

恰好收集“阶正好等于 $d$ ”的那些根。

所以自然得到：

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

比如：

$x^6-1 = \Phi_1(x)\Phi_2(x)\Phi_3(x)\Phi_6(x).$

分别是：

$\Phi_1(x)=x-1,$

$\Phi_2(x)=x+1,$

$\Phi_3(x)=x^2+x+1,$

$\Phi_6(x)=x^2-x+1.$

次数也刚好满足：

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

也就是著名恒等式：

$\boxed{ \sum_{d\mid n}\varphi(d)=n. }$

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：

$\varphi(d)$

个。

所以：

$n=\sum_{d\mid n}\varphi(d).$

最后把最重要的一条链压缩成一句话：

$\boxed{ \Phi_n \text{ 之所以编号为 }n \iff \text{它的根是阶恰为 }n\text{ 的单位根} }$

而

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

是因为：

$\boxed{ \zeta_n^k\text{ 的阶为 }n \iff \gcd(k,n)=1, }$

而这样的 $k$ 恰好有 $\varphi(n)$ 个。

下一步最值得讲的是一个更深的问题：为什么 $\Phi_n(x)$ 明明用复数根定义，最后系数却落在 $\mathbb{Z}$ ，而且还在 $\mathbb{Q}[x]$ 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

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

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

$\Phi_d(x)$

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 $\alpha$ 是 $n$ 次单位根，也就是

$\alpha^n=1.$

假设 $\alpha$ 的阶是 $d$ ，即

$d=\operatorname{ord}(\alpha).$

那么一定有：

$\boxed{d\mid n}.$

为什么？

因为 $\alpha^d=1$ ，而 $d$ 是最小正整数。

对 $n$ 用 $d$ 做整数除法：

$n=qd+r, \qquad 0\le r<d.$

于是

$1=\alpha^n =\alpha^{qd+r} =(\alpha^d)^q\alpha^r =\alpha^r.$

但 $d$ 是使 $\alpha^d=1$ 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

$\alpha^r=1,$

矛盾。

所以只能：

$r=0.$

因此：

$\boxed{d\mid n}.$

这一步非常重要：

$\boxed{ \alpha^n=1 \Longrightarrow \operatorname{ord}(\alpha)\mid n }$

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

$\alpha^{12}=1$

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：

$\boxed{ \text{阶 }1 \;\cup\; \text{阶 }2 \;\cup\; \text{阶 }3 \;\cup\; \text{阶 }4 \;\cup\; \text{阶 }6 \;\cup\; \text{阶 }12 }$

而这些组分别就是：

$\Phi_1(x),\Phi_2(x),\Phi_3(x),\Phi_4(x),\Phi_6(x),\Phi_{12}(x)$

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：

$\boxed{ x^{12}-1 = \Phi_1(x)\Phi_2(x)\Phi_3(x)\Phi_4(x)\Phi_6(x)\Phi_{12}(x) }$

一般地：

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

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 $\Phi_d(x)$ 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

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

如果 $\alpha$ 是重根，那么必须同时满足：

$f(\alpha)=0$

和

$f'(\alpha)=0.$

第一式给出：

$\alpha^n=1,$

所以

$\alpha\neq0.$

但第二式要求：

$n\alpha^{n-1}=0.$

在特征 0 的域，比如 $\mathbb{C}$ ，而 $n\ne0$ 、 $\alpha\ne0$ 保证 $n\alpha^{n-1}\ne0$ ，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：

$x^6-1 = \Phi_1(x)\Phi_2(x)\Phi_3(x)\Phi_6(x).$

逐个写：

$\Phi_1(x)=x-1,$

$\Phi_2(x)=x+1,$

$\Phi_3(x)=x^2+x+1,$

$\Phi_6(x)=x^2-x+1.$

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：

$\varphi(1)+\varphi(2)+\varphi(3)+\varphi(6) = 1+1+2+2 = 6.$

所以我们得到：

$\boxed{ \sum_{d\mid n}\varphi(d)=n }$

这不是一个偶然的数论恒等式，而是因为：

$\boxed{ n\text{ 个 }n\text{ 次单位根} }$

被按阶分成了：

$\boxed{ \varphi(d)\text{ 个阶为 }d\text{ 的根} }$

其中 $d\mid n$ 。

所以：

$n=\sum_{d\mid n}\varphi(d).$

下一步最自然的是继续解释：

$\boxed{ \Phi_n(x)\text{ 为什么系数居然在 }\mathbb{Z} }$

以及更重要的：

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

这一步会真正开始和 Galois 理论正面接轨。