指某个n次本原单位根满足的最小次数的首1的整系数多项式（它必定是不可约多项式）.

对于整系数多项式我们还有一个简单的事实:如果多项式f(x)在有理数域上可约,那么对任意的素数p,f(x)(modp)也可约.反过来,如果存在素数p,f(x)(modp)不可约,那么f(x)必定是不可约的.这就为判定不可约多项式提供了另一个有效的法则,它把有理数域(整数环)上的多项式转化到了一个有限域上去了,这个有限域正是素域$Z_p$.这样事实上我们必须要建立有限域上的多项式的理论,才能更好的应用这个方法...下面的一个例子是这方面的一个典型应用:

我们将多项式$x^n-1$分解,它所分解得到的不可约多项式称为分圆多项式.事实上,分圆多项式的定义可以用以下的方式来得到:设ε是$x^n-1=0$的一个根,即ε是n次单位根,如果对任意的自然数k<n,ε都不是$x^k-1=0$的根,那么称ε为n次本原单位根.由所有n次本原单位根构成的多项式就称为n次分圆多项式.

我们应用上段后面的定义来证明n次分圆多项式是不可约的整系数多项式.

我们先来给出本原单位根的一些简单性质以及看一些低次的分圆多项式:

如果α是n次本原单位根,那么$α^m$也是n次本原单位根,当且仅当$(m,n)=1,1<=m<=n$.实际上所有n次本原单位根的个数就是欧拉函数φ(n).

现在设$α_1,α_2,...,α_{φ(n)}$是全体n次本原单位根,那么n次分圆多项式就是:$Phi_n(x)=(x-α_1)...(x-α_{φ(n)})$,由于每个n次单位根必定是某个d次单位根,d|n,于是$\\prod_{d|n}Phi_d(x)=x^n-1$.

由这个公式,我们可以得到$Phi_1(x)=x-1,Phi_2(x)=x+1,Phi_3(x)=x^2+x+1,Phi_4(x)=x^2+1$.一般的,$Phi_p(x)=x^{p-1}+...+x+1$.p是素数.

顺便指出,由分圆多项式的这个公式,比较两端的次数,我们立即得到初等数论关于Euler函数的著名结论:$\\sum_{d|n}φ(d)=n$.

我们证明:(<抽象代数--理论,问题与方法>,张广祥)

定理:分圆多项式$Phi_n(x)$是不可约的整系数多项式.

证明:设α是n次本原单位根,$f_1(x)$是整系数不可约本原多项式使得$f_1(α)=0$,取素数q,使得(q,n)=1.则$α^q$也是一个n次本原单位根.假定$f_2(x)$是整系数不可约本原多项式使$f_2(α^q)=0$,下证$f_2(x)=+-f_1(x)$.

因为$f_1(x)$与$x^n-1$有公共根α,因此$f_1(x)|x^n-1$(请读者证明)

同样,有$f_2(x)|x^n-1$.但是$f_1(x)$与$f_2(x)$都是不可约的整系数多项式,若$f_2(x)=+-f_1(x)$不成立,则$f_1(x)$与$f_2(x)$互素,于是$f_1(x)f_2(x)|x^n-1$.记$x^n-1=f_1(x)f_2(x)g(x)$,其中g(x)也是整系数多项式.由于α也是$f_2(x^q)=0$的根,所以$f_1(x)|f_2(x^q),f_2(x^q)=f_1(x)h(x)$,h(x)是整系数多项式.现在把这些多项式系数模素数q计算有$f_2(x)^q≡f_2(x^q)≡f_1(x)h(x)(modq)$.如此这些多项式相当于看成有限域$Z_q$上的多项式,由域上多项式的分解的唯一性,$f_1(x)$作为$Z_q$上的多项式,它的每个不可约因子u(x)整除$f_2(x)^q$,因而也整除$f_2(x)$,这样在模q中有$u(x)|f_2(x)$,且$u(x)|f_1(x)$,因此$u(x)|x^n-1$,但是系数模q计算时$x^n-1$没有重因式(多项式有重因式的充分必要条件是这个多项式与它的导函数有1次或1次以上的公因式),矛盾!因此,$f_1(x)=+-f_2(x)$,说明$α^q$也是$f_1(x)=0$的根,因此每个整数m,只要(m,n)=1,则$α^m$也是$f_1(x)=0$的根,这就是说每个n次本原单位根都是$f_1(x)=0$的根,于是$f_1(x)=Phi_n(x)$.

上述证明中实际上是证明了$Phi_n(x)$的根都是$f_1(x)$的根,应当还需证明$f_1(x)$除了这些根外无其他的根.这个事实只需注意到所有d次本原单位根(d|n)构成的所有的分圆多项式无重根即可.(即$x^n-1$无重根)

这样,我们可以如此定义n次分圆多项式:它是某个n次本原单位根满足的最小次数的首1的整系数多项式(它必定是不可约多项式).

应用本原单位根与扩域的知识可以解决以下的问题:

设n是正整数,则$cos({2pi}/n)$是有理数当且仅当n=1,2,3,4,6;即$cos({2pi}/n)=1,-1,-1/2,0,1/2$.

当然我们也可以应用多项式的最基本的知识来解决它,设$x=2cos({2pi}/n)$,利用三角公式得到关于x的多项式即可...