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分圆多项式
李尚志
1.x 15−1在有理数域上的因式分解
例1在有理数范围内分解因式:
(1)x 12+x 9+x 6+x 3+1.(2)x 10+x 5+1.
分析两个多项式都是x 15−1的因式：
x 15−1=(x 3−1)(x 12+x 9+x 6+x 3+1)
=(x −1)(x 2+x +1)(x 12+x 9+x 6+x 3+1)
x 15−1=(x 5−1)(x 10+x 5+1)
=(x −1)(x 4+x 3+x 2+x +1)(x 10+x 5+1)
p 1(x )=x 2+x +1是x 15−1的因子x 3−1的不可约因子，且不整除x 5−1，应整除f 1(x )=x 15−1x 5−1=x 10+x 5+1.做长除法求商f 1(x )x 2+x +1太费时间，先用f 1(x )除以x 3−1求余式
r (x )=x 10+x 5+1−q (x )(x 3−1)
两边令x 3=1得r (x )=x ·x 9+x 2·x 3+1=x +x 2+1.可得
x 10+x 5+1−(x +x 2+1)=x (x 9−1)+x 2(x 3−1)
=(x 3−1)[x (x 6+x 3+1)+x 2]
=(x 3−1)(x 7+x 4+x +x 2)
x 10+x 5+1=(x 3−1)(x 7+x 4+x +x 2)+x 2+x +1
右边就可以提取公因式x 2+x +1.
p 2(x )=x 4+x 3+x 2+x +1不整除x 3
−1，应整除f 2(x )=x 15−1x 3−1=x 12+x 9+x 6+x 3+1.为了从f 2(x )提取公因子p 2(x )，先用f 2(x )除以x 5−1求余式r (x )=x 12+x 9+x 6+x 3+1−q (x )(x 5−1).为此，只须在等式中将x 5=1代入，将x 12,x 9,x
6分别替换成x 2,x 4,x 即可.
为什么只将x 5替换成1，不将x 替换成x 5=1的某个根?此处是除以x 5−1求余式.x 5除以x 5−1的余式等于1，而x,x 2,x 3,x 4除以x 5−1的余式都是它们自己，所以不替换.
2
解(1)x12+x9+x6+x3+1
=x2(x10−1)+x2+x4(x5−1)+x4+x(x5−1)+x+x3+1
=(x5−1)[x2(x5+1)+x4+x]+(x4+x3+x2+x+1)
=(x4+x3+x2+x+1)[(x−1)(x7+x4+x2+x)+1]
=(x4+x3+x2+x+1)(x8−x7+x5−x4+x3−x+1)
(2)x10+x5+1
=x(x9−1)+x+x2(x3−1)+x2+1
=(x3−1)[x(x6+x3+1)+x2]+(x2+x+1)
=(x2+x+1)[(x−1)(x7+x4+x2+x)+1]
=(x2+x+1)(x8−x7+x5−x4+x3−x+1)
2.本原多项式
方程x n−1=0即x n=1，根可以由棣美弗公式求出:
设x=r(cosθ+i sinθ)，则
x n=r n(cos nθ+i sin nθ)=1=cos2kπ+i sin2kπ
⇒x=cos2kπ
n +i sin
2kπ
n
(k∈Z).
对每个整数k，记ωk=cos 2kπ
n
+i sin
2kπ
n
.简记ω1为ω.则所有的
ωk=ωk都是ω的整数次幂.它们都是x n=1的根，也就是1的n方根，称为n次单位根.设k除以n商和余式分别为q,r，则 k=qn+r⇒ωk=ωqn+r=(ωn)qωr=1qωr=ωr.
以n为除数只有n个不同的余数r=0,1,2,...,n−1，得到n个不同的n次单位根1,ω,ω2,...,ωn−1，就是x n=1的全部根. 它们在复平面上对应的点恰好将单位圆n等分，是单位圆内接正n边形的n个顶点.由此得到x n−1在复数
范围内的完全分解式
x n−1=(x−1)(x−ω)(x−ω2)···(x−ωn−1).
我们希望将以上一次因式适当分组，使每组一次因式的乘积p i(x)是有理系数不可约因式，得到有理数范围内的分解x n−1=p1(x)···p m(x). 3我们用a|b表示整数a整除b,f(x)|g(x)表示多项式f(x)整除g(x).反过来,a|b,f(x)|g(x)表示a不整除b,f(x)不整除g(x).
以x15−1为例，考察
x15−1=(x−1)(x−ω)(x−ω2)···(x−ω14)
的哪些一次因子x−ωk可以乘起来得到不可约有理系数因式.
15个根中只有1是有理数，是x−1的根，也就是1次单位根.以它为根的一次因式x−1本来就是有理因式，不需要与别的因式相乘.
当k=5q是5的倍数,(ωk)3=ω15q=1,ω5q是x3−1的根，是3次单位根.得到x3−1的两个根ω5,ω10不是x−1的根，因此是
Φ3(x)=x3−1
x−1
=x2+x+1
的全部2个根，有分解式x2+x+1=(x−ω5)(x−ω10).说明x15−1的两个一次因式x−ω5,x−ω10相乘得到有理因式x2+x+1.
当k=3q,(ωk)5=ω15q=1，可见ω3q是x5−1的根，是5次单位根.得到x5−1的4个根ω3,ω6,ω9,ω12，它们不是x−1的根，因此是
Φ5(x)=x5−1
x−1
=x4+x3+x2+x+1
的全部4个根，有分解式Φ5(x)=(x−ω3)(x−ω6)(x−ω9)(x−ω12).说明x15−1的4个一次因式x−ω3,x−ω6,x−ω9,x−ω12相乘得到有理因式Φ5(x).
我们已经看到，虽然x15−1的每个根ωk都是15次单位根，但其中某些根是更低次数的单位根，满足更低次数的方程x d−1=0.每个z=ωk 都存在最小的正整数d使z d=1,d称为z的乘法阶,z称为d次本原单位根，也就是说:z是d次单位根而不是更低次数的单位根.
15次单位根的乘法阶都是15的因子，只能是1,3,5,15之一:
1次本原单位根只有1，以它为根得到一次有理因式Φ1(x)=x−1.
3次本原单位根共有两个:ω5,ω10.以它们为根得到有理因式Φ3(x)= x3−1
x−1
=x2+x+1.
4
5次本原单位根共有4个:ω3,ω6,ω9,ω12.以它们为根得到有理因式
Φ5(x)=x5−1
x−1
=x4+x3+x2+x+1.
剩下的8个都是15次本原单位根:ω,ω2,ω4,ω7,ω8,ω11,ω13,ω14.以它们为根的有理因式
Φ15(x)=
x15−1
Φ1(x)Φ3(x)Φ5(x)
=
x15−1
x5−1
Φ3(x)
=
x10+x5+1
x2+x+1
=x8−x7+x5−x4+x3−x+1
x15−1=Φ1(x)Φ3(x)Φ5(x)Φ15(x)
=(x−1)(x2+x+1)(x4+x3+x2+x+1)
·(x8−x7+x5−x4+x3−x+1)一般地,n次单位根ω如果不是更低次数的单位根，就称n次本原单位根.如果(n,k)=1，则ωk也是n次本原单位根.以所有的n次本原单位根为根的首一多项式
Φn(x)=
∏
1≤k<n,(k,n)=1
(x−ωk)
称为分圆多项式.分圆多项式都是有理系数不可约多项式.
n有多少个因子1<d2<···<d m−1<n,x n−1在有理数范围内就
分解为多少个分圆多项式Φd
i
(x)的乘积:
x n−1=Φ1(x)Φd2(x)···Φd m−1(x)Φn(x)
由此得到分圆多项式Φn(x)的算法：Φn(x)=
x n−1
Φ1(x)···Φd
m−1
(x)
例2在有理数范围内分解
x6−1=(x3−1)(x3+1)=(x−1)(x2−x+1)(x+1)(x2−x+1).
6个根ωk=cos2kπ
6+i sin2kπ
6
=ωk(0≤k≤5)组成6阶循环，由
ω=ω1生成.各元素的阶都是6的因子: 1阶元ω0=1是Φ1(x)=x−1的根;
2阶元ω3=−1是Φ2(x)=x+1的根;
5
3阶元ω2,ω4是Φ3(x )=x 2+x +1的两个根;
6阶元ω,ω5是Φ6(x )=x 2−x +1的两个根.
以Φk (x )(k =1,2,3,6)为最小多项式可构造出如下2阶整系数方阵分
别生成1,2,3,6阶乘法循环:I,−I,(0−11−1),(0−111
)
.3.根据最小多项式求方阵
例3根据最小多项式f (x )=a 0+a 1x +···+a n −1x n −1+x n 求方阵.解存在线性变换A 将n 维线性空间的基向量
e 1→e 2→···→e k −1→e k →···→e n →−a 0e 1−a 1e 2−···−a n −1e n 则基向量e 1,e 2,...,e n 依次为e 1,A e 1,...,A n −1e 1.且
A e n =A n e 1=−a 0e 1−a 1A e 1−···−a n −1A n −1e 1⇒
0=(a 0+a 1A +···+a n −1A n −1+A n )e 1=f (A )e 1⇒
f (A )e k =f (A )A k −1e 1=A k −1f (A )e 1=A k −10=0⇒f (A )=0因此A 在基{e 1,e 2,...,e n }下的矩阵A = 0···0−−a 1..
....0...0···1−a n −1 满足f (A )=0.
例4求阶数最小的整系数方阵生成的乘法为4阶循环.
解Φ4(x )=x 4−1Φ1(x )Φ2(x )=x 4−1(x −1)(x +1)=x 2+1.以此为最小多项式的整系数方阵A =(0−110)生成的乘法为4阶.
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