13.6 原根多项式与扩张

原根多项式与扩张

本节的目的是证明由第4节中引入的 [latex0] 的单位根生成的循环扩张

是 $\mathbb{Q}$ 上的一个次数为 $\varphi \left( n\right)$ 的扩张，其中 $\varphi$ 表示欧拉函数（$=$ 指的是与 $n =$（群的阶）互质的整数 $a,1 \leq a < n$ 的数量）。

定义。令 ${\mu }_{n}$ 表示 $\mathbb{Q}$ 上的 ${n}^{\text{th }}$ 个单位根的群。

然后，正如我们已经观察到的，$\mathbb{Z}/n\mathbb{Z} \cong {\mu }_{n}$ 作为群（在右侧乘法，左侧加法）由映射 $a \mapsto {\left( {\zeta }_{n}\right) }^{a}$ 明确给出，对于固定的本原 ${n}^{\text{th }}$ 单位根。本原 ${n}^{\text{th }}$ 单位根由与 $n$ 互素的同余类给出，因此恰好有 $\varphi \left( n\right)$ 个本原 ${n}^{\text{th }}$ 单位根。

如果 $d$ 是 $n$ 的除数，并且 $\zeta$ 是 ${d}^{\text{th }}$ 的单位根，那么由于 ${\zeta }^{n} = {\left( {\zeta }^{d}\right) }^{n/d} = 1$ ，$\zeta$ 也是 ${n}^{\text{th }}$ 的单位根。因此

反之，群 ${\mu }_{n}$ 中任何元素的阶都是 $n$ 的除数，所以如果 $\zeta$ 是一个 ${n}^{\text{th }}$ 的单位根，同时也是某个较小的 $d$ 的 ${d}^{\text{th }}$ 单位根，那么 $d \mid n$ 。

定义。定义 ${n}^{\text{th }}$ 圆柱多项式 ${\Phi }_{n}\left( x\right)$ 为根是本原 ${n}^{\text{th }}$ 单位根的多项式：

（这是一个次数为 $\varphi \left( n\right)$ 的多项式）。

多项式 ${x}^{n} - 1$ 的根恰好是 ${n}^{\text{th }}$ 的单位根，所以我们有因式分解

如果我们将因子 $\left( {x - \zeta }\right)$ 分组，其中 $\zeta$ 是 ${\mu }_{n}$ 中阶为 $d$ 的元素（即 $\zeta$ 是本原 ${d}^{\text{th }}$ 单位根），我们得到

内积由定义是 ${\Phi }_{d}\left( x\right)$，所以我们有因式分解

顺便指出，比较次数给出恒等式

这个因式分解允许我们递归地计算 ${\Phi }_{n}\left( x\right)$ 对于任何 $n$ ：显然 ${\Phi }_{1}\left( x\right) = x - 1$ 和 ${\Phi }_{2}\left( x\right) = x + 1$ 。然后

这给出

类似地

给出

(在这些情况下，这些也可以直接从单位根的显式值中得出)。继续这样，我们可以计算出 ${\Phi }_{n}\left( x\right)$ 对于任意的 $n$ 。还应注意，对于 $p$ 是质数，我们恢复我们的多项式

对于某些小的 $n$ 值，多项式是

对于上面计算的所有值，${\Phi }_{n}\left( x\right)$ 都是一个（首一）具有整数系数的多项式。这总是成立的：

引理 40。循环多项式 ${\Phi }_{n}\left( x\right)$ 是一个在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的首一多项式，其次数为 $\varphi \left( n\right)$ 。

证明：显然 ${\Phi }_{n}\left( x\right)$ 是首一的，且其次数为 $\varphi \left( n\right)$ 。我们必须证明系数在 $\mathbb{Z}$ 中。我们使用关于 $n$ 的归纳法。对于 $n = 1$ （和 $n \leq {12}$ ）结果成立。假设通过归纳，对于所有 $1 \leq d < n$ ，${\Phi }_{d}\left( x\right) \in \mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 成立。那么 ${x}^{n} - 1 = f\left( x\right) {\Phi }_{n}\left( x\right)$ 其中 $f\left( x\right) = \mathop{\prod }\limits_{\substack{{d \mid n} \\ {d \leq n} }}{\Phi }_{d}\left( x\right)$ 是首一的，并且其系数在 $\mathbb{Z}$ 中。由于 $f\left( x\right)$ 显然

在 $F\left\lbrack x\right\rbrack$ 中整除 ${x}^{n} - 1$ ，其中 $F = \mathbb{Q}\left( {\zeta }_{n}\right)$ 是 ${n}^{\text{th }}$ 单位根的字段，且 $f\left( x\right)$ 和 ${x}^{n} - 1$ 的系数都在 $\mathbb{Q},f\left( x\right)$ 中，根据除法算法（参见第9.2节末尾的注释），在 $\mathbb{Q}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中整除 ${x}^{n} - 1$ 。由高斯引理，$f\left( x\right)$ 在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中整除 ${x}^{n} - 1$ ，因此 ${\Phi }_{n}\left( x\right) \in \mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 。

我们顺便提一下，尽管上面计算的例子中所有 ${\Phi }_{n}\left( x\right)$ 的系数都是 $0, \pm 1$ ，但已知存在系数任意大的循环多项式。

定理 41。循环多项式 ${\Phi }_{n}\left( x\right)$ 是一个在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的不可约首一多项式，其次数为 $\varphi \left( n\right)$ 。

证明：我们必须证明 ${\Phi }_{n}\left( x\right)$ 是不可约的。如果不是，那么我们有一个分解

其中我们取 $f\left( x\right)$ 为 ${\Phi }_{n}\left( x\right)$ 的一个不可约因子。设 $\zeta$ 为 1 的一个本原 ${n}^{\text{th }}$ 根，它是 $f\left( x\right)$ 的根（因此 $f\left( x\right)$ 是 $\zeta$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的最小多项式），并设 $p$ 表示任何不整除 $n$ 的素数。那么 ${\zeta }^{p}$ 再次是 1 的一个本原 ${n}^{\text{th }}$ 根，因此它是 $f\left( x\right)$ 或 $g\left( x\right)$ 的一个根。

假设 $g\left( {\zeta }^{p}\right) = 0$ 。那么 $\zeta$ 是 $g\left( {x}^{p}\right)$ 的一个根，由于 $f\left( \dot{x}\right)$ 是 $\zeta ,f\left( x\right)$ 的最小多项式，因此它必须整除 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中的 $g\left( {x}^{p}\right)$，即

如果我们对这个方程进行模 $p$ 的约简，我们得到

根据上一节的论述，

因此我们有方程

在 U.F.D. ${\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中。因此 $\bar{f}\left( x\right)$ 和 $\bar{g}\left( x\right)$ 在 ${\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中有一个公共因子。

现在，从 ${\Phi }_{n}\left( x\right) = f\left( x\right) g\left( x\right)$ 我们通过模 $p$ 约简可以看出 ${\bar{\Phi }}_{n}\left( x\right) = \bar{f}\left( x\right) \bar{g}\left( x\right)$，因此根据上述结论，${\bar{\Phi }}_{n}\left( x\right) \in {\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack$ 有一个重根。但是，由于 ${x}^{n} - 1$ 有 ${\bar{\Phi }}_{n}\left( x\right)$ 作为因子，所以 ${x}^{n} - 1$ 也会在 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上有一个重根。这与我们在上一节中看到的 $n$ 在任何特征不整除 $n$ 的域上有 ${x}^{n} - 1$ 的不同根相矛盾。

因此 ${\zeta }^{p}$ 必须是 $f\left( x\right)$ 的一个根。由于这适用于 $f\left( x\right)$ 的每一个根 $\zeta$，因此可以得出 ${\zeta }^{a}$ 对于每个与 $n$ 互质的整数 $a$ 都是 $f\left( x\right)$ 的根：将 $a = {p}_{1}{p}_{2}\cdots {p}_{k}$ 写成不必要互异且不整除 $n$ 的素数的乘积，使得 ${\zeta }^{{p}_{1}}$ 是 $f\left( x\right)$ 的一个根，同样 ${\left( {\zeta }^{{p}_{1}}\right) }^{{p}_{2}}$ 也是 $f\left( x\right)$ 的一个根，等等。但这意味着每个原始的 ${n}^{\text{th }}$ 单位根都是 $f\left( x\right)$ 的根，即 $f\left( x\right) = {\Phi }_{n}\left( x\right)$，表明 ${\Phi }_{n}\left( x\right)$ 是不可约的。

推论 42。在 $\mathbb{Q}$ 上，${n}^{\text{th }}$ 个单位根的循环场的次数是 $\varphi \left( n\right)$：

证明：根据定理，${\Phi }_{n}\left( x\right)$ 是任何原始 ${n}^{\text{th }}$ 单位根 ${\zeta }_{n}$ 的最小多项式。

示例

${8}^{\text{th }}$ 个单位根的循环场 $\mathbb{Q}\left( {\zeta }_{8}\right)$ 在 $\mathbb{Q}$ 上的次数是 $\varphi \left( 8\right) = 4$。这个场包含 ${4}^{\text{th }}$ 个单位根，即 $\mathbb{Q}\left( i\right) \subset \mathbb{Q}\left( {\zeta }_{8}\right)$ 以及元素 ${\zeta }_{8} + {\zeta }_{8}{}^{7} = \sqrt{2}$（回顾第 4 节中单位根的显式形式）。因此

循环多项式在练习中概述的一个有趣的数论应用是证明了对于任何 $n$，都存在无限多个与 $n$ 同余于 1 的素数。在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中 ${\Phi }_{\ell }\left( x\right)$ 对于一个素数 $\ell$（在 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 中是不可约的）的完全分解在下面的练习 8 中描述。

在我们发展了一些伽罗瓦理论之后，我们将回到循环场的例子。

练习题

1. 假设 $m$ 和 $n$ 是互质的正整数。设 ${\zeta }_{m}$ 是一个本原 ${m}^{\text{th }}$ 的单位根，${\zeta }_{n}$ 是一个本原 ${n}^{\text{th }}$ 的单位根。证明 ${\zeta }_{m}{\zeta }_{n}$ 是一个本原 $m{n}^{\text{th }}$ 的单位根。

2. 设 ${\zeta }_{n}$ 是一个本原 ${n}^{\text{th }}$ 的单位根，$d$ 是 $n$ 的一个因数。证明 ${\zeta }_{n}^{d}$ 是一个本原 ${\left( n/d\right) }^{\text{th }}$ 的单位根。

3. 证明如果一个域包含 ${n}^{\text{th }}$ 的单位根，且 $n$ 为奇数，那么它也包含 $2{n}^{\text{th }}$ 的单位根。

4. 证明如果 $n = {p}^{k}m$ 其中 $p$ 是一个质数且 $m$ 与 $p$ 互质，那么在一个特征为 $p$ 的域上恰好有 $m$ 个不同的 ${n}^{\text{th }}$ 单位根。

5. 证明在任何有限扩展 $K$ 的 $\mathbb{Q}$ 中只有有限个单位根。

6. 证明对于 $n$ 为奇数，$n > 1,{\Phi }_{2n}\left( x\right) = {\Phi }_{n}\left( {-x}\right)$ 。

7. 使用第14.3节中指出的 Möbius 逆变换公式来证明。

8. 设 $\ell$ 是一个质数，${\Phi }_{\ell }\left( x\right) = \frac{{x}^{\ell } - 1}{x - 1} = {x}^{\ell - 1} + {x}^{\ell - 2} + \ldots + x + 1 \in \mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 是 ${\ell }^{\text{th }}$ 的循环多项式，根据定理41，它在 $\mathbb{Z}$ 上不可约。这个练习确定了 ${\Phi }_{\ell }\left( x\right)$ 对任何质数 $p$ 取模 $p$ 的分解。设 $\zeta$ 表示任何固定的本原 ${\ell }^{\text{th }}$ 的单位根。

(a) 显示如果 $p = l$ 那么 ${\Phi }_{\ell }\left( x\right) = {\left( x - 1\right) }^{\ell - 1} \in {\mathbb{F}}_{\ell }\left\lbrack x\right\rbrack$ 。

"(b) 假设 $p \neq \ell$ 并且令 $f$ 表示 $p{\;\operatorname{mod}\;\ell }$ 的阶，即 $f$ 是 $p$ 的最小幂，使得 ${p}^{f} \equiv 1{\;\operatorname{mod}\;\ell }$ 。利用 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}^{ \times }$ 是一个循环群的事实来证明 $n = f$ 是 $p$ 的最小幂 ${p}^{n}$ ，使得 $\zeta \in {\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 。得出结论，$\zeta$ 在 ${\mathbb{F}}_{p}$ 上的最小多项式的次数为 $f$ 。"

"(c) 证明对于任何不被 $\ell$ 整除的整数 $a$ ，${\mathbb{F}}_{p}\left( \zeta \right) = {\mathbb{F}}_{p}\left( {\zeta }^{a}\right)$ 成立。[一个包含是显然的。对于另一个，注意 $\zeta = {\left( {\zeta }^{a}\right) }^{b}$ ，其中 $b$ 是 $a{\;\operatorname{mod}\;\ell }$ 的乘法逆元。] 利用 (b) 得出结论，在 ${\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack ,{\Phi }_{\ell }\left( x\right)$ 中是 $\frac{\ell - 1}{f}$ 个不同不可约多项式的 $f$ 次幂的乘积。"

"(d) 特别地，证明，在 ${\mathbb{F}}_{p}\left\lbrack x\right\rbrack ,{\Phi }_{7}\left( x\right) = {x}^{6} + {x}^{5} + \ldots + x + 1$ 中，对于 $p = 7$ ，${\left( x - 1\right) }^{6}$ 是 $p \equiv 1{\;\operatorname{mod}\;7}$ 的不同线性因子的乘积，对于 $p \equiv 6{\;\operatorname{mod}\;7}$ 是3个不可约二次式的乘积，对于 $p \equiv 2,4{\;\operatorname{mod}\;7}$ 是2个不可约三次式的乘积，对于 $p \equiv 3,5{\;\operatorname{mod}\;7}$ 是不可约的。"

"9. 假设 $A$ 是一个 $n \times n$ 阶的 $\mathbb{C}$ 上的矩阵，对于某个整数 $k \geq 1$ 满足 ${A}^{k} = I$ 。证明 $A$ 可以对角化。证明矩阵 $A = \left( \begin{array}{ll} 1 & \alpha \\ 0 & 1 \end{array}\right)$ ，其中 $\alpha$ 是特征为 $p$ 的域中的元素，满足 ${A}^{p} = I$ 并且如果 $\alpha \neq 0$ 则不能对角化。"

10. 令 $\varphi$ 表示有限域 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 上的Frobenius映射 $x \mapsto {x}^{p}$ 。证明 $\varphi$ 构成 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 到其自身的同构（这种同构被称为自同构）。证明 ${\varphi }^{n}$ 是恒等映射，并且 $\varphi$ 的任何低次幂都不是恒等映射。

11. 令 $\varphi$ 表示如前一个练习中的有限域 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 上的Frobenius映射 $x \mapsto {x}^{p}$ 。确定 $\varphi$ 作为 ${\mathbb{F}}_{p}$ -线性变换在 $n$ 维的 ${\mathbb{F}}_{p}$ -向量空间 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 上的有理标准形。

12. 令 $\varphi$ 表示如前一个练习中的有限域 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 上的Frobenius映射 $x \mapsto {x}^{p}$ 。确定 $\varphi$ 作为 ${\mathbb{F}}_{p}$ -线性变换在包含所有特征值的域上的Jordan标准形，该变换作用于 $n$ 维的 ${\mathbb{F}}_{p}$ -向量空间 ${\mathbb{F}}_{{p}^{n}}$ 。

13. （Wedderburn关于有限除环的定理）这个练习概述了Wedderburn定理的证明（遵循Witt的方法），该定理指出有限除环 $D$ 是一个域（即它是交换的）。

(a) 令 $Z$ 表示 $D$ 的中心（即与 $D$ 中每个元素交换的元素）。证明 $Z$ 是包含 ${\mathbb{F}}_{p}$ 的域，其中 $p$ 是某个素数。如果 $Z = {\mathbb{F}}_{q}$ ，证明 $D$ 的阶为 ${q}^{n}$ ，其中 $n$ 是某个整数（$D$ 是 $Z$ 上的向量空间）。

(b) 非零元素 ${D}^{ \times }$ 的 $D$ 构成一个乘法群。对于任意的 $x \in {D}^{ \times }$ ，证明与 $x$ 交换的 $D$ 的元素构成一个包含 $Z$ 的除环。证明这个除环的阶是某个整数 $m$ 的 ${q}^{m}$ ，并且如果 $x$ 不是 $Z$ 的元素，则 $m < n$ 。

(c) 证明群 ${D}^{ \times }$ 的类方程（定理 4.7）是

其中 ${x}_{1},{x}_{2},\ldots ,{x}_{r}$ 是 ${D}^{ \times }$ 中不包含在中心内的不同共轭类的代表。从 (b) 推断出对于每个 $i,\left| {{C}_{{D}^{ \times }}\left( {x}_{i}\right) }\right| = {q}^{{m}_{i}} - 1$ ，存在某个 ${m}_{i} < n$ 。

(d) 证明由于 $\frac{{q}^{n} - 1}{{q}^{{m}_{i}} - 1}$ 是一个整数（即，指数 $\left| {{D}^{ \times } : {C}_{{D}^{ \times }}\left( {x}_{i}\right) }\right|$），那么 ${m}_{i}$ 能整除 $n$ （参见第 5 节练习题 4）。推断出 ${\Phi }_{n}\left( x\right)$ 能整除 $\left( {{x}^{n} - 1}\right) /\left( {{x}^{{m}_{i}} - 1}\right)$ ，因此对于 $i = 1,2,\ldots ,r$ ，整数 ${\Phi }_{n}\left( q\right)$ 能整除 $\left( {{q}^{n} - 1}\right) /\left( {{q}^{{m}_{i}} - 1}\right)$ 。

(e) 证明 (c) 和 (d) 意味着 ${\Phi }_{n}\left( q\right) = \mathop{\prod }\limits_{{\zeta \text{ primitive }}}\left( {q - \zeta }\right)$ 能整除 $q - 1$ 。证明对于任何单位根 $\zeta \neq 1$ 的 $\left| {q - \zeta }\right| > q - 1$ （复绝对值）[注意 1 是单位圆上距离实数线上 $q$ 点最近的点]。推断出 $n = 1$ ，即 $D = Z$ 是一个域。

以下练习提供了一个证明，对于任何正整数 $m$ ，存在无限多个素数 $p$ 满足 $p \equiv 1\left( {\;\operatorname{mod}\;m}\right)$ 。这是狄利克雷算术级数中素数定理的一个特例，该定理更一般地表明，对于任何与 $m$ 互素的 $a$ ，存在无限多个素数 $p$ 满足 $p \equiv a\left( {\;\operatorname{mod}\;m}\right)$ 。

14. 给定任何首项系数为1的多项式 $P\left( x\right) \in \mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ ，其次数至少为一个，证明存在无限多个不同的素数整除这些整数的

[假设 ${p}_{1},{p}_{2},\ldots ,{p}_{k}$ 是唯一整除值 $P\left( n\right) ,n = 1,2,\ldots$ 的素数。设 $N$ 为一个整数，满足 $P\left( N\right) = a \neq 0$ 。证明 $Q\left( x\right) = {a}^{-1}P\left( {N + a{p}_{1}{p}_{2}\ldots {p}_{k}x}\right)$ 是 $\mathbb{Z}\left\lbrack x\right\rbrack$ 的一个元素，且 $Q\left( n\right) \equiv 1\left( {{\;\operatorname{mod}\;{p}_{1}}{p}_{2}\ldots {p}_{k}}\right)$ 对于 $n = 1,2,\ldots$ 。得出结论，存在某个整数 $M$ ，使得 $Q\left( M\right)$ 有一个不同于 ${p}_{1},{p}_{2},\ldots ,{p}_{k}$ 的素因子，因此 $P\left( {N + a{p}_{1}{p}_{2}\cdots {p}_{k}M}\right)$ 有一个不同于 ${p}_{1},{p}_{2},\ldots ,{p}_{k}$ 的素因子。]

15. 设 $p$ 为一个奇素数，不整除 $m$ ，且设 ${\Phi }_{m}\left( x\right)$ 为 ${m}^{\text{th }}$ 的循环多项式。假设 $a \in \mathbb{Z}$ 满足 ${\Phi }_{m}\left( a\right) \equiv 0\left( {\;\operatorname{mod}\;p}\right)$ 。证明 $a$ 与 $p$ 互素，且 $a$ 在 ${\left( \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\right) }^{ \times }$ 中的阶正好是 $m$ 。[因为

我们首先看到 ${a}^{m} - 1 \equiv 0\left( {\;\operatorname{mod}\;p}\right)$ ，即 ${a}^{m} \equiv 1\left( {\;\operatorname{mod}\;p}\right)$ 。如果 $a{\;\operatorname{mod}\;p}$ 的阶小于 $m$ ，那么 ${a}^{d} \equiv 1{\;(\operatorname{mod}\;p)}$ 对于某个 $d$ 整除 $m$ ，所以 ${\Phi }_{d}\left( a\right) \equiv 0{\;(\operatorname{mod}\;p)}$ 对于某个 $d < m$ 。但这样 ${x}^{m} - 1$ 将会有 $a$ 作为模 $p$ 的重根，这是一个矛盾。]

16. 设 $a \in \mathbb{Z}$ . 证明如果 $p$ 是一个奇素数，且整除 ${\Phi }_{m}\left( a\right)$，那么 $p$ 要么整除 $m$ 要么 $p \equiv 1$ (模 $m$ )。

17. 证明存在无限多个素数 $p$ 满足 $p \equiv 1\left( {\;\operatorname{mod}\;m}\right)$ .