最后更新: 2025-12-26 15:27 查看: 37 次纠错评论(0) 课件开VIP

分圆域

6.6 分圆域

设 $P$ 是一个素域，$n$ 为正整数，多项式 $x^n-1$ 在素域 $P$ 上的分裂域 $E$ 称为 $n$ 次分圆域，本节简单介绍分圆域的性质。

当 $\operatorname{char}(F)=0$ 时，$P=\mathbf{Q}$ 为有理数域；当 $\operatorname{char}(F)=$ 素数 $p$ 时，$P=\mathbf{F}_p$ 为 $p$ 个元素的有限域。当 $\operatorname{char}(F)=p$ 并且 $p \mid n$ 时，$n$ 可写成 $n=p^r n^{\prime},\left(n^{\prime}, p\right)=1$ 。此时 $x^n-1=\left(x^{n^{\prime}}-1\right)^{p^r}$ ，故 $x^n-1$ 和 $x^{n^{\prime}}-1$ 在素域 $\mathbf{F}_p$ 上有相同的分裂域．当 $\operatorname{char}(F)=p$ 时，以下都假定 $(n, p)=1$ 。

因为 $\left(x^n-1\right)^{\prime}=n x^{n-1} \neq 0$ ，它与 $x^n-1$ 互素，故 $x^n-1$ 在分裂域 $E$ 中只有单根．因而 $x^n-1$ 在 $E$ 内有 $n$ 个不同的根，每个根 $\zeta$ 都适合 $\zeta^n=1$ ，称 $\zeta$ 为一个 $n$

次单位根．这 $n$ 个 $n$ 次单位根在 $E$ 中形成一个乘法群，记作 $G$ ，称为 $n$ 次单位根群．根据命题 5．1．2 知，当 $R$ 为整环时，$R^*$ 的任意一个有限子群都是循环群，故 $n$次单位根群 $G$ 是一个循环群．$G$ 的每个生成元叫做 $n$ 次本原单位根．

设 $\zeta$ 为一个本原 $n$ 次单位根，则 $G=\left\{1, \zeta, \zeta^2, \cdots, \zeta^{n-1}\right\}$ ，而且 $\zeta^v$ 为 $n$ 次本原单位根当且仅当 $(v, n)=1$ ．因而 $n$ 次本原单位根有 $\varphi(n)$ 个，其中 $\varphi(n)$ 为欧拉函数．当 $d \mid n$ 且 $d<n$ 时，$n$ 次本原单位根不能是任何 $x^d-1$ 的根．

多项式 $x^n-1$ 的分裂域 $E$ 是由它的全部根在 $P$ 上生成的，由于每个根都可以用某个 $n$ 次本原单位根 $\zeta$ 来表示，故 $E$ 是 $P$ 上的一个单扩张，$E=P(\zeta)$ ．下面确定分圆域的扩张次数和 $\zeta$ 的极小多项式。

对于有理数域 $\mathbf{Q}, n$ 次分圆域满足下面的性质．
定理 6．6．1 设 $n$ 为正整数，$E$ 为 $x^n-1$ 在 $\mathbf{Q}$ 上的分裂域，则分圆域 $E=\mathbf{Q}(\zeta)$ 是一个单扩张，扩张次数 $[E: \mathbf{Q}]=\varphi(n)$ ，其中 $\zeta$ 为 $n$ 次本原单位根，$\zeta$ 的极小多项式为

$$
\Phi_n(x)=\prod_{\substack{1 \leqslant v<n \\(v, n)=1}}\left(x-\zeta^v\right),
$$

称 $\Phi_n(x)$ 为 $n$ 次分圆多项式．
证明 由前面的分析知，$E=\mathbf{Q}(\zeta)$ 为单扩张，其中 $\zeta$ 为 $n$ 次本原单位根．
设 $f(x)$ 为 $\zeta$ 的极小多项式，则 $[E: \mathbf{Q}]=\operatorname{deg} f(x)$ ，可以证明 $\operatorname{deg} f(x)=\varphi(n)$ ．
由于 $f(x) \mid\left(x^n-1\right)$ 但 $f(x) \nmid\left(x^d-1\right)$ ，其中 $d<n$ ，因而 $f(x)$ 的根只能是 $n$次本原单位根．下面再证明每个 $n$ 次本原单位根都是 $f(x)$ 的根．

为此先证明：对于 $f(x)$ 的任一根 $\zeta$ 和与 $n$ 互素的任一素数 $p, \zeta^p$ 也是 $f(x)$的一个根．

用反证法，如果 $\zeta^p$ 不是 $f(x)$ 的根．记 $\zeta^p$ 的极小多项式为 $g(x)$ ，则 $f(x)$ 与 $g(x)$ 互素．由 $f(x) \mid\left(x^n-1\right)$ 和 $g(x) \mid\left(x^n-1\right)$ 知，$f(x) g(x) \mid\left(x^n-1\right)$ ，故存在 $\mathbf{Q}[x]$ 上多项式 $h(x)$ ，使得

$$
x^n-1=f(x) g(x) h(x) .
$$

注意到 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的首项系数都为 1 ，根据高斯引理，$f(x), g(x), h(x)$ 都是整系数多项式。

另一方面，由于 $\zeta^p$ 是 $g(x)$ 的一个根，故 $\zeta$ 为 $g\left(x^p\right)$ 的一个根，从而 $f(x) \mid g\left(x^p\right)$ ，故

$$
g\left(x^p\right)=f(x) \cdot q(x)
$$

也是整系数多项式．在自然同态 $\mathbf{Z}[x] \rightarrow \mathbf{Z}_p[x]$ 下，多项式 $f(x)$ 的象记作 $\overline{f(x)}$ ，于是有

$$
\overline{x^n-1}=\overline{f(x)} \cdot \overline{g(x)} \cdot \overline{h(x)},
$$

$$
\overline{g\left(x^p\right)}=\overline{f(x)} \cdot \overline{q(x)}
$$

不妨设 $g(x)=x^r+b_1 x^{r-1}+\cdots+b_r$ ，其中 $b_i \in \mathbf{Z}$ ，则有

$$
\overline{g\left(x^p\right)}=x^{r p}+\overline{b_1} x^{(r-1) p}+\cdots+\overline{b_r}=\left(x^r+\overline{b_1} x^{(r-1)}+\cdots+\overline{b_r}\right)^p=\overline{g(x)}^p
$$

其中 $\overline{b_i} \in \mathbf{Z}_p$ ．因而（6．6．2）式可以变成

$$
\overline{g(x)}^p=\overline{f(x)} \cdot \overline{q(x)}
$$

由于 $(p, n)=1, \overline{x^n-1}$ 在 $\mathbf{Z}_p$ 上的分裂域内无重根，故由（6．7．1）式知 $\overline{f(x)}$ 与 $\overline{g(x)}$ 互素．但由（6．6．3）式知，$\overline{f(x)}$ 整除 $\overline{g(x)}^p$ ，而且 $\operatorname{deg} \overline{f(x)}>0$ ，因而 $\overline{f(x)}$ 与 $\overline{g(x)}$ 不互素，这是一个矛盾．所以 $\zeta^p$ 必须是 $f(x)$ 的一个根．

下面证明任一 $n$ 次本原单位根都是 $f(x)$ 的根．因为 $\zeta$ 可以表成 $\zeta=\zeta^v,(v$ ， $n)=1$ ，将 $v$ 分解成素因子的积 $v=p_1 p_2 \cdots p_r$ 而且 $\left(p_i, n\right)=1$ 。

令 $\zeta_0=\zeta, \zeta_1=\zeta^{p_1}, \zeta_2=\zeta_1^{p_2}, \cdots, \zeta_r=\zeta_{r-1}^{p_r}$ ．若 $\zeta_i$ 为 $f(x)$ 的一个根，则 $\zeta_{i+1}$也是 $f(x)$ 的一个根．因为 $\zeta_0=\zeta$ 为 $f(x)$ 的一个根，故 $\zeta_r=\zeta$ 也是 $f(x)$ 的一个根．这就证明了 $f(x)$ 的全部根恰好是全部 $n$ 次本原单位根．由于 $n$ 次本原单位根恰有 $\varphi(n)$ 个，故 $\operatorname{deg} f(x)=\varphi(n)$ ，从而

$$
[E: \mathbf{Q}]=\varphi(n)
$$

根据定理 6．6．1，我们可以得到 $x^n-1$ 在 $\mathbf{Q}$ 上的分解式．
对 $n$ 的每个因子 $d$ ，有一个分圆多项式 $\Phi_d(x)$ ，它的全部根恰是全部 $d$ 次本原单位根．因此得到 $x^n-1$ 的分解式

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

比较上式两边的次数，我们可以得到

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

分圆多项式也可以用 $x^d-1$ 表示出来．记 $\mu(n)$ 为默比乌斯函数，其中

$$
\mu(n)= \begin{cases}1, & \text { 若 } n=1, \\ (-1)^{\prime}, & \text { 若 } n=p_1 p_2 \cdots p_r, p_i \text { 为素数, } p_i \neq p_j, i \neq j, \\ 0, & \text { 若 } n=p_1 p_2 \cdots p_r, p_i \text { 含素数平方因子. }\end{cases}
$$

关于 $\mu(n)$ ，可以证明

$$
\sum_{d \mid n} \mu(d)= \begin{cases}1, & \text { 当 } n=1, \\ 0, & \text { 当 } n>1 .\end{cases}
$$

于是可以得到

$$
\Phi_n(x)=\prod_{d \mid n}\left(x^d-1\right)^{\mu\left(\frac{n}{d}\right)} .
$$

例 6．6．1 $\Phi_{12}(x)=\left(x^{12}-1\right)\left(x^6-1\right)^{-1}\left(x^4-1\right)^{-1}\left(x^2-1\right)=\left(x^6+1\right)\left(x^2+1\right)^{-1}= x^4-x^2+1$ ．

例6．6．2 设 $q$ 为一素数，则

$$
\begin{gathered}
\Phi_q(x)=\left(x^q-1\right)(x-1)^{-1}=x^{q-1}+x^{q-2}+\cdots+1 \\
\Phi_{q^r}(x)=\left(x^{q^r}-1\right)\left(x^{q^r-1}-1\right)^{-1}=x^{(q-1) q^{r-1}}+x^{(q-2) q^{r-1}}+\cdots+x q^{r-1}+1
\end{gathered}
$$

对于有限域 $\mathbf{F}_p, n$ 次分圆域满足下面的性质。
定理 6．6．2 设 $n$ 为一正整数，$(n, p)=1, E$ 为 $x^n-1$ 在 $\mathbf{F}_p$ 上的分裂域，则分圆域 $E=\mathbf{F}_p(\zeta)$ 是一个单扩张，其中 $\zeta$ 为本原 $n$ 次单位根．记 $r$ 为 $p$ 模 $n$的指数，则 $\left[E: \mathbf{F}_p\right]=r$ ，并且 $\zeta$ 的极小多项式为

$$
f(x)=(x-\zeta)\left(x-\zeta^p\right) \cdots\left(x-\zeta^{p^{r-1}}\right)
$$

证明 设 $\left[E: \mathbf{F}_p\right]=r$ ，则 $E$ 是 $p^r$ 个元素的有限域．不妨记 $E=G F\left(p^r\right)$ ．设 $e$ 为 $p$ 模 $n$ 的指数，即使得 $p^e \equiv 1(\bmod n)$ 的最小正整数 $e$ ，可以证明 $r=e$ ．

一方面，乘法群 $E^*$ 是一个 $p^r-1$ 阶群，而且包含 $n$ 阶单位群 $G$ ，因而 $n \mid\left(p^r\right.$ -1 ）．根据指数的定义知 $e \leqslant r$ ．
另一方面，由于 $n \mid\left(p^r-1\right)$ ，故 $p^r-1$ 阶乘法循环群 $G F\left(p^r\right)^*$ 包含由 $n$ 次单位根构成的 $n$ 阶循环群 $G$ ，因而 $G F\left(p^e\right)$ 包含 $E=G F\left(p^r\right)$ 。比较域的基数可知 $r \leqslant e$ 。所以 $r=e$ 。

设 $f(x)=x^r+a_1 x^{r-1}+\cdots+a_r$ 为 $\zeta$ 在 $\mathbf{F}_p$ 上的极小多项式，$a_i \in \mathbf{F}_p$ ．将弗罗贝尼乌斯自同构 $\sigma$ 作用于 $f(\zeta)$ 得

$$
\sigma(f(\zeta))=\zeta^{p r}+a_1 \zeta^{p(r-1)}+\cdots+a_r=\sigma(0)=0,
$$

这里 $\sigma\left(a_i\right)=a_i$ ，故有 $f\left(\zeta^p\right)=0$ 。同理可证 $\zeta, \zeta^p, \cdots, \zeta^{p^{r-1}}$ 都是 $f(x)$ 的根。
由于 $\zeta$ 为 $n$ 次本原单位根，且 $p$ 模 $n$ 的指数为 $r$ ，可以证明 $\zeta, \zeta^p, \cdots, \zeta^{r-1}$两两不同，它们恰好为 $f(x)$ 的所有根．于是有

$$
f(x)=(x-\zeta)\left(x-\zeta^p\right) \cdots\left(x-\zeta^{p^{r-1}}\right)
$$

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