分圆多项式

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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.

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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.