基础场论背景

设$K$是一个场（在这篇文章中，我们主要假设$K \supset\mathbb{Q}$ ）和$n$一个整数$>1$ ，它不能被 \ 的特征整除(K\)。那么多项式

\[X^n-1\]

是可分的，因为它的导数是 $nX^{n-1} \ne 0$。因此在代数闭包$\overline{K}$中，多项式有$n$ 个不同的根，形成一个群$U$ ，并且是循环的。事实上，作为一个练习，我们可以证明，对于域 $k$，乘法群 $k^\ast$ 的任何子群 $U$ 都是循环群。

$U$ 的生成器$\zeta_n$称为原元 $n$-th 单位根。令 $K=\mathbb{Q}$ 和 $L$ 是包含$U$的所有元素的最小扩展，那么我们有$L=\mathbb{Q}(\zeta_n)$ .事实上， $L/K$是一个伽罗瓦扩展（稍后会显示），分圆多项式 $\Phi_n(X)$ 是$\zeta_n$在 $\数学{Q}$。我们首先需要找到度数$[L:K]$ 。

命题 1.符号如上，$L/K$ 是伽罗瓦，伽罗瓦群 $\operatorname{Gal}(L/K) \cong(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\ ast$（$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中的单位组）和 $[L:K]=\varphi(n)$。

让我们首先详细说明 $|(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\ast|=\varphi(n)$。让$[0],[1],\dots, [n-1]$是 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 的代表。 $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$ 中的元素 $[x]$ 是一个单位当且仅当存在$[y]$使得$[xy]=[ 1]$ ，也就是说，$xy \equiv 1 \mod n$。注意 $xy \equiv 1 \mod n$ 当且仅当对于某些 $y,n \in \mathbb{Z}$ 有 $xy+mn=1$，当且仅当 $\ gcd(x,n)=1$。因此证明了$|(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z})^\ast|=\varphi(n)$。

证明可以由两个引理产生，第一个引理与域的特性无关。

引理 1.设$k$是一个域并且$n$不能被特征$p$整除。设 $\zeta=\zeta_n$ 是 $\overline{k}$ 中的原始 $n$-th 单位根，则 $(\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} )^\ast \supset\operatorname{Gal}(k(\zeta)/k)$，因此 $[k(\zeta):k] \le \varphi(n)$。此外， $k(\zeta)/k$是一个正规的阿贝尔扩展。

证明。设$\sigma$是$k(\zeta)$在 $\overline{k}$ 中对 $k$ 的嵌入，则

\[(\sigma\zeta)^n=\sigma(\zeta^n)=\sigma(1)=1\]

所以$\sigma\zeta$也是一个$n$ -th 统一根。因此$\sigma\zeta=\zeta^i$对于一些 $i=i(\sigma)$，唯一确定的模$n$ 。因此 $\sigma$ 将 $k(\zeta)$ 映射到自身。也就是说， $k(\zeta)$在 $k$ 上是正常的。令 $\tau$ 是 $k(\zeta)$ 在 $k$ 上的另一个自同构，那么

\[\sigma\tau\zeta=\zeta^{i(\sigma)i(\tau)}.\]

由此可见， $i(\sigma)$和$i(\tau)$是 $n$ 的素数（否则，$\sigma\zeta$ 的周期将小于$n\ ) ，暗示\(\zeta$的周期小于 $n$，这是荒谬的）。因此对于每个$\sigma \in\operatorname{Gal}(k(\zeta)/k)$ ，$i(\sigma)$ 可以嵌入到 $(\mathbb{Z}/n\ mathbb{Z})^\ast$，从而证明了我们的定理。 \（\正方形\）

很容易找到一个严格包含的例子。只需要查看$k=\mathbb{R}$或$\mathbb{C}$。

引理 2.令 $\zeta=\zeta_n$ 是 $\mathbb{Q}$ 上多项式的原始 $n$-th 根，那么对于任何 $p \nmid n$，\ (\zeta^p\) 也是一个原始的 $n$-th 单位根。

证明。令$f(X)$是$\zeta$在$\mathbb{Q}\ ) 上的可约多项式，然后根据定义为 \(f(X)|(X^n-1)$。因此，我们可以写出$X^n-1=f(X)h(X)$ ，其中$h(X)$具有前导系数 $1$。根据高斯引理，$f$ 和 $h$ 都有积分系数。

假设$\zeta^p$不是$f$的根。由于 $(\zeta^p)^n-1=(\zeta^n)^p-1=0$，因此$\zeta^p$是 $h$ 的根，并且$\zeta$ 是 $h(X^p)$ 的根。结果，$f(X)$ 除以 $h(X^p)$，我们写

\[h(X^p)=f(X)g(X).\]

再次根据高斯引理， $g(X)$具有积分系数。

接下来我们将这些方程简化为 $\mathbf{F}_p=\mathbb{Z}/p\mathbb{Z}$。我们首先有

\[\overline{f}(X)\overline{g}(X)=\overline{h}(X^p).\]

根据费马小定理$a^p=a$对于所有$a \in \mathbf{F}_q$ ，我们也有

\[\overline{h}(X^p)=\overline{h}(X)^p.\]

所以

\[\overline{f}(X)\overline{g}(X)=\overline{h}(X)^p,\]

这意味着 $\overline{f}(X)|\overline{h}(X)^p$。因此$\overline{f}$和 $\overline{h}$ 必须有一个公因数。因此，$X^n-\overline{1}=\overline{f}(X) \overline{h}(X)$ 在$\mathbf{F}_p\ ) 中有多个根，这是不可能的，因为我们选择了 \(p$。 \（\正方形\）

现在我们准备好提案 1。

命题证明 1.由于 $\mathbb{Q}$ 是一个完美域，所以 $\mathbb{Q}(\zeta)/\mathbb{Q}$ 是自动可分的。这个扩展是伽罗瓦，因为引理 1。根据引理 1，它足以证明 $[\mathbb{Q}(\zeta):\mathbb{Q}] \ge\varphi(n)$。

回想一下初等群论，如果 $G$ 是阶 $m$ 的有限循环群，并且 $x$ 是 $G \ ) 的生成元，那么生成元集合由以下形式的元素组成(x^\nu$其中$\nu \nmid m$ 。在这种情况下，如果$\zeta$生成 $U$，则 $\zeta^p$ 也会生成 $U$，因为$p\nmid n$ 。因此，每一个原始的 $n$-th 单位根都可以通过将$\zeta$提升到一系列不整除$n$的素数来获得（结果我们正好得到 $\varphi (n)$ 这样的原始根）。引理 2，所有这些数字都是引理 2 证明中 $f$ 的根。因此$\deg f = [L:K] \ge \varphi(n)$ 。因此命题被证明。 \（\正方形\）

我们将证明证明引理 2 中的$f$实际上是您正在寻找的分圆多项式 $\Phi_n(x)$。以下过程适用于特征不划分$n$的所有字段，但为了简单起见，我们假设特征为$0$ 。

我们有

\[X^n-1=\prod_{\zeta}(X-\zeta),\]

其中乘积被接管所有 $n$-th 单位根。收集所有具有相同周期$d$的根（即那些$\zeta$使得 $\zeta^d=1$），我们把

\[\Phi_d(X)=\prod_{\operatorname{周期} \zeta=d}(X-\zeta).\]

然后

\[X^n-1=\prod_{d|n}\Phi_d(X).\]

因此$\Phi_1(X)=X-1$和

\[\Phi_n(X)=\frac{X^n-1}{\prod_{d\mid n}^{d<n}\Phi_d(X)}.\]

该演示文稿使我们的计算变得更加容易。但是要理解$\Phi_n$ ，我们仍然应该记住$n$ -th 分圆多项式被定义为

\[\Phi_n(X)=\prod_{\operatorname{周期}\zeta=n}(X-\zeta),\]

其根都是原始的 $n$-th 单位根。如命题 1 的证明中所述，存在 $\varphi(n)$ 个原始的 $n$-th 单位根，因此 $\deg\Phi_n(X)=\varphi(n)$ .此外，$f|\Phi_n$。由于两者具有相同的次数，因此这两个多项式相等。它也遵循 $\sum_{d|n}\varphi(n)=n$。

命题 2.分圆多项式是不可约的，是 $\zeta$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的不可约多项式，其中 $\zeta$ 是原始的 $n$-th 单位根.

我们利用我们上面研究的内容，以数域中的问题结束本节。

问题 0。一个数域 $F$ 只包含有限多个单位根。

解决方案。令$\zeta \inF$为周期为 $n$ 的单位根。然后 $\Phi_n(\zeta)=0$ 并且因此 $[\mathbb{Q}(\zeta):\mathbb{Q}]$ 具有度$\varphi(n)$ 。因为 $\mathbb{Q}(\zeta)$ 也是$F$的一个子域，所以我们也有 $\varphi(n) \le [F:\mathbb{Q}]$。由于$\{n:\varphi(n) \le [F:\mathbb{Q}]\}$肯定是一个有限集，所以 $F$ 中的单位根数是有限的。 \（\正方形\）

技术计算

我们将在本节中进行一些脏计算。

问题 1.如果$p$是素数，则 $\Phi_p(X)=X^{p-1}+X^{p-2}+\dots+1$，并且对于整数$\ nu \ge 1$ , $\Phi_{p^\nu}(X)=\Phi_p(X^{p^{\nu-1}})$。

解决方案。唯一能整除 $p$ 的整数 $d$ 是 $1$，我们只能有

\[\Phi_p(X)=\frac{X^p-1}{\Phi_1(X)}=X^{p-1}+\dots+1.\]

对于第二个语句，我们对 $\nu$ 使用归纳法。当 $\nu=1$ 我们没有什么要证明的。假设现在

\[\Phi_{p^\nu}(X)=\Phi_p(X^{p^{\nu-1}})=\frac{X^{p^{\nu}}-1}{X^ {p^{\nu-1}}-1}=\frac{X^{p^{\nu}}-1}{\prod_{r=0}^{\nu-1}\Phi_{p^ {r}}(X)}\]

被证明，则 $X^{p^\nu}-1=\prod_{r=0}^{\nu}\Phi_{p^r}(X)$，因此

\[\begin{对齐}\Phi_{p^{\nu+1}}(X)&=\frac{X^{p^{\nu+1}}-1}{\prod_{r=0} ^{\nu}\Phi_{p^r}(X)}\\ &=\frac{X^{p^{\nu+1}}-1}{X^{p^{\nu}}- 1} \\ &=\Phi_p(X^{p^\nu}).\end{对齐}\]

问题 2.设 $p$ 为素数。如果 $p \nmid n$，那么

\[\Phi_{pn}(X)=\frac{\Phi_n(X^p)}{\Phi_n(X)}.\]

解决方案。首先假设$p \nmidn$ 。它显然适用于 $n=1$。假设现在该语句包含所有整数$<n$是素数$p$ 。我们看

\[\begin{对齐}\frac{\Phi_n(X^p)}{\Phi_n(X)} &= \frac{X^{pn}-1}{\prod_{d|n}^{d< n}\Phi_d(X^p)}\frac{\prod_{d|n}^{d<n}\Phi_d(X)}{X^n-1}\\&= \frac{X^{pn }-1}{(X^n-1)\prod_{d|n}^{d<n}\Phi_{dp}(X)} \\&=\frac{X^{pn}-1}{ \prod_{d|n}\Phi_d(X)\prod_{d|n}^{d<n}\Phi_{dp}(X)} \\&=\Phi_{np}(X).\end{对齐}\]

问题 3.如果$n$是奇数$>1$ ，则 $\Phi_{2n}(X)=\Phi_n(-X)$。

解决方案。通过问题 2，$\Phi_{2n}(X)=\Phi_n(X^2)/\Phi_n(X)$。为了表明身份就足够了

\[\Phi_n(X)\Phi_n(-X)=\Phi_n(X^2).\]

对于$n=3$我们看到

\[\begin{对齐}\Phi_3(X)\Phi_3(-X) &= (X^2+X+1)(X^2-X+1) \\&=(X^2+1)^ 2-X^2 \\&=X^4+X^2+1 \\&=\Phi_3(X^2).\end{对齐}\]

现在假设它适用于所有奇数 $3 \le d < n$，那么

\[\begin{对齐}\Phi_n(X)\Phi_n(-X) &= \frac{(X^n-1)(-X^n-1)}{ (X-1)(-X-1 )\prod_{3\le d < n}^{d|n}\Phi_d(X)\Phi_d(-X)} \\&= \frac{-(X^{2n}-1)}{-( X^2-1)\prod_{3 \le d < n}^{d|n} \Phi_d(X^2)} \\&= \Phi_n(X^2).\end{aligned}\]

如果没有莫比乌斯反演公式，下面的问题就不会很容易，所以无论如何我们都会使用它。上述问题也可以从这个公式中推导出来。设 $f:\mathbb{Z}_{\ge 0} \to \mathbb{Z}_{\ge0}$ 是一个函数并且 $F(n)=\prod_{d|n}f( d)$，则莫比乌斯反演公式表明

\[f(n)=\prod_{d|n}F(n/d)^{\mu(d)}\]

和

\[\mu(n)=\begin{cases}0 & \text{如果对于某个素数 $p$}，$n$ 可被 $p^2$ 整除，则 \\(-1)^r & \text{如果 $n$ 是 $r$ 不同素数的乘积，} \\1 & \text{if $n=1$.}\end{cases}\]

把$f(d)=\Phi_d(X)$ ，我们看到

\[\Phi_n(X)=\prod_{d|n}(X^{n/d}-1)^{\mu(d)}.\]

现在我们继续。

问题 4.如果 $p|n$，则 $\Phi_{pn}(X)=\Phi_n(X^p)$。

解决方案。通过莫比乌斯反演公式，我们看到

\[\begin{对齐}\Phi_{pn}(X) &= \prod_{d|pn}(X^{pn/d}-1)^{\mu(d)} \\ &= \left( \prod_{d|n}(X^{pn/d}-1)^{\mu(d)} \right) \left(\prod_{d|np}^{d\nmidn}(X^{pn /d}-1)^{\mu(d)}\right) \\ &= \Phi_n(X^p)\end{对齐}\]

因为所有能整除 $np$ 而不是 $n$ 的$d$都必须能被 $p^2$ 整除。问题 2 也可以从这里开始。

问题 5.让 $n=p_1^{r_1}\dots p_s^{r_s}$，然后

\[\Phi_n(X)=\Phi_{p_1 \dots p_s}(X^{p_1^{r_1-1}\dotsp_s^{r_s-1}}).\]

解决方案。这个问题可以通过对素数的归纳来解决。对于$s=1$ ，它是问题 1。假设已经证明了对于 $s-1$ 素数，那么对于

\[n_{s-1}=p_1^{r_1}\dots p_{s-1}^{r_{s-1}}\]

和一个素数$p_s$ ，我们有

\[\Phi_{n_{s-1}p_s}(X)=\frac{\Phi_{n_{s-1}}(X^{p_s})}{\Phi_{n_{s-1}}( X）}\]

另一方面，

\[\begin{对齐}\frac{\Phi_{n_{s-1}}(X^{p_s})}{\Phi_{n_{s-1}}(X)}&=\frac{\Phi_ {p_1\dotsp_{s-1}}(X^{ p_1^{r_1-1}\dots p_{s-1}^{r_{s-1}-1}p_s})}{\Phi_{p_1\点 p_{s-1}}(X^{ p_1^{r_1-1}\点 p_{s-1}^{r_{s-1}-1}})} \\&=\Phi_{p_1 \点 p_{s-1}p_s}(X^{p_1^{r_1-1}\dotsp_{s-1}^{r_{s-1}-1}p_s^{1-1}})\end{对齐}\]

如果我们把$Y=X^{p_1^{r_1-1}\dotsp_{s-1}^{r_{s-1}-1}}$ 。当谈到 $p_s$ 的更高程度时，它只是问题 2。因此我们已经展示了我们想要的。

计算规范

令$\zeta$为原始的 $n$-th 单位根，将 $K=\mathbb{Q}(\zeta)$ 和 $G$ 置于伽罗瓦群。我们将计算$1-\zeta$关于扩展$K/\mathbb{Q}$的范数。由于这个扩展是可分离的，我们有

\[\begin{对齐}N_\mathbb{Q}^K(1-\zeta)&=\prod_{\sigma \in G}\sigma(1-\zeta) \\&=\prod_{\sigma \在 G}(1-\sigma\zeta) \\\end{对齐}\]

由于$G$可传递地作用于原根集，所以 $\{\sigma\zeta\}_{\sigma\in G}$ 正好是单位原根集，它们是 $\ Phi_n(X)$。它遵循

\[N_\mathbb{Q}^K(1-\zeta)=\Phi_n(1).\]

如果$n=p^r$ ，则 $N_\mathbb{Q}^K(1-\zeta)=\Phi_p(1^{p^{r-1}})=\Phi_p(1) =p$。另一方面，如果

\[n=p_1^{r_1}\dots p_s^{r_s},\]

然后

\[\Phi_n(1)=\Phi_{p_1\dots p_s}(1)=1.\]

原文： https://desvl.xyz/2022/09/22/cyclotomic-polynomial-elementary/