第 6 章：整数系数：首一除法与强归纳法

本章对象： $\mathbb{Z}[x]$ 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：

$\boxed{\Phi_n(x)\in \mathbb{Z}[x]}$

以及

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

这两步一旦弄懂，你就会真正明白为什么

$\Phi_n(x)$

会成为本原 $n$ 次单位根 $\zeta_n$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多项式。

然后就能顺理成章得到：

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

再进一步进入：

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

我建议接下来的顺序是：

先解释为什么 $\Phi_n(x)$ 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 $\mathbb{Q}[x]$ 中不可约；
然后解释为什么每个 Galois 自同构都由
$\zeta_n\mapsto \zeta_n^a,\qquad \gcd(a,n)=1$
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：

$\boxed{\text{为什么 }\Phi_n(x)\text{ 的系数竟然是整数？}}$

这个问题本身就很有意思，因为定义

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

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：

$\boxed{\text{“被除式最高次项系数”}\div\text{“除式最高次项系数”}}$

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：

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

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：

$g(x)=x^m+b_{m-1}x^{m-1}+\cdots+b_0,$

其中所有 $b_i\in\mathbb{Z}$ 。

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：

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

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：

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

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

$2x+1.$

第一步要消掉 $x^2$ 。

除式最高次项是：

$2x.$

所以必须算：

$\frac{x^2}{2x}=\frac12x.$

马上就出现：

$\frac12.$

所以商可能跑到

$\mathbb{Q}[x]$

里，而不再属于

$\mathbb{Z}[x].$

所以你可以把“首一”在这里的作用记成非常具体的一句话：

$\boxed{ \text{多项式长除法每一步都要除以除式的首项系数。} }$

如果这个系数是：

$1,$

那么：

$\text{整数}\div1=\text{整数},$

因此从头到尾所有系数都保持整数。

于是：

$\boxed{ f,g\in\mathbb{Z}[x],\quad g\text{ 首一} \Longrightarrow f=qg+r }$

时得到的

$q,r$

仍然都在：

$\mathbb{Z}[x].$

这正是我们前面证明 $\Phi_n(x)\in\mathbb{Z}[x]$ 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

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

且 $g(x)$ 首一，我们只能保证存在

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

使得

$\boxed{ f(x)=q(x)g(x)+r(x) }$

并且

$\boxed{ \deg r<\deg g. }$

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 $\Phi_n(x)\in\mathbb{Z}[x]$ 时，情况比一般长除法更强。

我们已经提前知道：

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

设

$G(x) = \prod_{\substack{d\mid n\\d<n}}\Phi_d(x).$

那么：

$x^n-1=G(x)\Phi_n(x).$

这已经告诉我们：

$\boxed{G(x)\text{ 确实整除 }x^n-1}$

所以用 $G(x)$ 去除 $x^n-1$ 时，余数必然是：

$\boxed{0}.$

现在我们只是额外利用：

$G(x)\in\mathbb{Z}[x]$

而且 $G$ 首一，

所以长除法算出来的商一定仍然属于

$\mathbb{Z}[x].$

而这个商又已经知道就是

$\Phi_n(x).$

所以最终得到：

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

因此整个证明里实际上用了两个完全不同的事实：

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

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：

$P(n):\quad \Phi_n(x)\in \mathbb{Z}[x].$

第一步：起点

先证明

$P(1).$

因为

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

所以显然

$\Phi_1(x)\in\mathbb{Z}[x].$

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：

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

也就是说，我们暂时假设：

$\Phi_1,\Phi_2,\dots,\Phi_{n-1}$

全都是整数系数多项式。

注意这里不是只假设

$\Phi_{n-1}\in\mathbb{Z}[x].$

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

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

涉及的不是只有 $\Phi_{n-1}$ ，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：

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

现在看乘积里面的每一个 $d$ ：

$d\mid n,\qquad d<n.$

因为它们都满足

$d<n,$

所以根据强归纳假设：

$\Phi_d(x)\in\mathbb{Z}[x].$

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：

$\Phi_1,\Phi_2,\Phi_3,\Phi_4,\Phi_6.$

而这些编号全部小于 12，所以归纳假设已经告诉我们：

$\Phi_1,\Phi_2,\Phi_3,\Phi_4,\Phi_6\in\mathbb{Z}[x].$

于是

$G(x) = \Phi_1(x)\Phi_2(x)\Phi_3(x)\Phi_4(x)\Phi_6(x)$

当然也属于

$\mathbb{Z}[x].$

这就是那一步的意思。

第四步：然后怎么得到 Φₙ？

定义

$G(x)= \prod_{\substack{d\mid n\\d<n}}\Phi_d(x).$

于是：

$x^n-1=G(x)\Phi_n(x).$

我们已经知道：

$G(x)\in\mathbb{Z}[x].$

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：

$\mathbb{Z}[x].$

而这个商正好就是：

$\Phi_n(x).$

于是：

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

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：

$\boxed{ \text{假设所有编号}<n\text{ 的 }\Phi\text{ 都是整数系数} }$

而

$\boxed{ \Phi_n = \frac{x^n-1} {\text{由若干编号}<n\text{ 的 }\Phi_d\text{ 组成的乘积}} }$

因此就能推出 $\Phi_n$ 也是整数系数。

关键就是：

$\boxed{ d\mid n,\ d\neq n \Longrightarrow d<n }$

所以所有需要用到的 $\Phi_d$ 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

$\boxed{\Phi_n(x)\text{ 为什么明明用复数根定义，却属于 }\mathbb{Z}[x]?}$

这一步其实可以用我们刚刚得到的

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

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，

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

而

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

通常是一个复杂的复数。

例如 $n=3$ ：

$\zeta_3=-\frac12+\frac{\sqrt3}{2}i.$

本原三次单位根是

$\zeta_3,\zeta_3^2.$

所以定义告诉我们：

$\Phi_3(x) =(x-\zeta_3)(x-\zeta_3^2).$

一展开，神奇地变成：

$\boxed{\Phi_3(x)=x^2+x+1}.$

所有复数和虚部都消失了。

这不是偶然。对每个 $n$ ，最终都有：

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

2. 先看几个例子

最简单的：

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

所以

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

再看 $n=2$ ：

$x^2-1=\Phi_1(x)\Phi_2(x).$

所以：

$\Phi_2(x) = \frac{x^2-1}{x-1} = x+1.$

再看 $n=3$ ：

$x^3-1=\Phi_1(x)\Phi_3(x).$

所以：

$\Phi_3(x) = \frac{x^3-1}{x-1} = x^2+x+1.$

再看 $n=4$ 。

4 的约数是：

$1,2,4.$

所以：

$x^4-1 = \Phi_1(x)\Phi_2(x)\Phi_4(x).$

于是：

$\Phi_4(x) = \frac{x^4-1}{(x-1)(x+1)}.$

因为

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

所以：

$\Phi_4(x) = \frac{x^4-1}{x^2-1} = x^2+1.$

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：

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

把最后一个 $\Phi_n(x)$ 单独拿出来：

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

于是：

$\boxed{ \Phi_n(x) = \frac{x^n-1} {\displaystyle\prod_{\substack{d\mid n\\d<n}}\Phi_d(x)} }$

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 $\Phi_d$ 都已经是整数系数，那么 $\Phi_n$ 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：

$\boxed{ \prod_{d\mid n,d<n}\Phi_d(x) \text{ 是首一多项式} }$

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

$g(x)=x^m+\cdots.$

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：

$\boxed{ f,g\in\mathbb{Z}[x],\quad g\text{ 首一} }$

那么用 $g$ 对 $f$ 做长除法时，商和余数都仍然在：

$\mathbb{Z}[x]$

里面。

6. 用数学归纳法正式证明

从 $n=1$ 开始：

$\Phi_1(x)=x-1\in\mathbb{Z}[x].$

现在假设对于所有：

$d<n$

都有：

$\Phi_d(x)\in\mathbb{Z}[x].$

那么：

$G(x) = \prod_{\substack{d\mid n\\d<n}}\Phi_d(x)$

也是整数系数多项式。

而且每个 $\Phi_d(x)$ 都是首一的，所以 $G(x)$ 也是首一的。

又因为：

$x^n-1=G(x)\Phi_n(x),$

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：

$\Phi_n(x).$

所以：

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

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：

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

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：

$\Phi_d.$

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：

$\mathbb{Z}[x].$

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：Φ₆

我们知道：

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

前面已经有：

$\Phi_1=x-1,$

$\Phi_2=x+1,$

$\Phi_3=x^2+x+1.$

所以：

$\Phi_6(x) = \frac{x^6-1} {(x-1)(x+1)(x^2+x+1)}.$

化简：

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

而它的两个根其实是：

$e^{i\pi/3},\quad e^{5i\pi/3}.$

也就是：

$\frac12+\frac{\sqrt3}{2}i, \qquad \frac12-\frac{\sqrt3}{2}i.$

两者互为共轭。

乘起来：

$(x-\alpha)(x-\bar\alpha) = x^2-(\alpha+\bar\alpha)x+\alpha\bar\alpha.$

其中：

$\alpha+\bar\alpha=1,$

$\alpha\bar\alpha=1.$

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：

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

但这还不够。

因为我们想说：

$\Phi_n(x)$

是 $\zeta_n$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多项式。

那还必须证明：

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

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。