Неприводимость кругового многочлена [Алгебра]

[Whitaker]

Доброго времени суток!

Доказать, что круговой многочлен

$$\Phi_n(x)=\prod \limits_{1\leqslant k \leqslant n\atop{\gcd (k,n)=1}}(x-e^{2\pi i \frac{k}{n}})$$

неприводим над $\mathbb{Z}[x]$.

Доказательство: Пусть $g(x)=x^n-1$ и пусть $\Delta$ -- дискриминант многочлена $g(x)$. Тогда $\Delta=\pm n^n$. Это следует из следующих вычислений:

$$\Delta=\prod \limits_{i<j}(\zeta^i-\zeta^j)^2=\pm \prod \limits_{i\neq j}(\zeta^i-\zeta^j)=\pm \prod \limits_{i\neq j}\zeta^i(1-\zeta^{j-i})=$$$$=\pm \prod \limits_{i}\zeta^i(\prod \limits_{k\neq 0}(1-\zeta^{k}))=\pm \prod \limits_{i}n\zeta^i=\pm n^n$$

Предположим, что $f(x)$ множитель многочлена $x^n-1$. Пусть $\zeta$ будет корнем $f(x)$ и пусть $p$ -- простое, которое не делит $n$. Покажем, что $\zeta^p$ также будет корнем $f(x)$. Пусть это не так. Тогда $f(x)=(x-\zeta_1)\dots (x-\zeta_k),$ где $\zeta_1, \zeta_2, \dots, \zeta_k$ -- некоторые из комплексных корней из единицы степени $n$ и $\zeta_i\neq \zeta^p$ при $i=1, 2, \dots, k$. Таким образом, $f(\zeta^p)\neq 0$ -- произведение разностей $n$-тых степеней из единицы и оно целое, делящее $n^n$. Но $f(x^p)\equiv f(x)^p \pmod p$ и тогда, $f(\zeta^p)\equiv f(\zeta)^p=0 \pmod p$, т.е. $p$ делит $f(\zeta^p)$. Следовательно, $p$ делит $n^n$. Противоречие.

Это доказательство взято из одной иностранной статьи. Когда я его читал, то у меня возникло пару вопросов.
1) Где тут вообще доказывается то, что $\Phi_n(x)$ -- неприводимый многочлен?
2) Показали, что $\zeta^p$ также будет корнем многочлена $f(x)$. А что отсюда следует?
3) Почему это $f(\zeta^p)\in \mathbb{Z}?$

[VAL]

Whitaker в сообщении #778244 писал(а):

Это доказательство взято из одной иностранной статьи. Когда я его читал, то у меня возникло пару вопросов.
1) Где тут вообще доказывается то, что $\Phi_n(x)$ -- неприводимый многочлен?
2) Показали, что $\zeta^p$ также будет корнем многочлена $f(x)$. А что отсюда следует?
3) Почему это $f(\zeta^p)\in \mathbb{Z}?$

Очень странные рассуждения!
Может быть Вы плохо перевели? Потому что начало рассуждений похоже на доказательство неприводимости кругового многочлена из ван дер Вардена. А дальше ни на что не похоже

Впрочем, и доказательство из ван дер Вардена мне всегда казалось сложным.
Я бы воспользовался тем, что все корни $x^n-1$ образуют циклическую группу. Отсюда сразу следует, что для $p$ взаимно простого с $n$ (при этом не обязательно простого) $\zeta^p$ будет примитивным корнем наряду с $\zeta$.

[Whitaker]

VAL
Почему странные рассуждения?
Я вот немного подумал и вроде все в порядке.

Замечание: Рассмотрим многочлен $g(x)=x^n-1$. Нетрудно вычислить, что $\Delta(g)=\pm n^n$, где $\Delta(g)$ -- дискриминант многочлена $g(x).$ Пусть $f(x)$ - множитель многочлена $g(x)$. Тогда можно показать, что если $\zeta$ - корень $f(x)$, то тогда $\zeta^p$ - корень $f(x)$, где $p\nmid n$, где $\zeta$ - один из комплексных корней единицы степени $n$.

Теперь перейдем к доказательству неприводимости кругового многочлена $\Phi_n(x)$ в $\mathbb{Z}[x]$.
От противного, пусть $\Phi_n(x)=f(x)g(x)$, где $f, g\in \mathbb{Z}[x].$ Так как

$$x^n-1=\prod \limits_{d\mid n}\Phi_d(x),$$

то $f(x)\mid x^n-1$. Скажем $f(e^{{}\frac{2\pi i}{n}})=0$, тогда по предыдущему замечанию получаем, что $f(e^{{}\frac{2\pi ip}{n}})=0$.
Отсюда можно заключить, что $f(x)=\pm \Phi_n(x).$ Получаем противоречие.

[VAL]

Whitaker в сообщении #778305 писал(а):

VAL
Почему странные рассуждения?
Я вот немного подумал и вроде все в порядке.

Ну второй вариант уже менее странный
Но, повторяю: мне рассуждение про то, что $\zeta^p$ тоже примитивный корень и у ван дер Вардена всегда казалось слишком сложным.
Сейчас заглянул, там у него сноска имеется с указанием, где можно найти доказательства попроще. Так что, ему тоже, наверное, не все нравилось в его доказательстве

[Whitaker]

VAL
А так Вы уже согласны с доказательством, которое я привел во втором посте?

[VAL]

Whitaker в сообщении #778312 писал(а):

VAL
А так Вы уже согласны с доказательством, которое я привел во втором посте?

Не совсем.
Например, я так и не понял, причем тут дискриминант.

[Whitaker]

VAL
Почему непонятно?
Вроде как я понял, то дискриминант многочлена $g(x)=x^n-1$ равен $\pm n^n.$
И он используется для того, чтобы доказать что $\zeta^p$ также будет корнем $f(x)$.

[VAL]

Whitaker в сообщении #778618 писал(а):

VAL
Почему непонятно?
Вроде как я понял, то дискриминант многочлена $g(x)=x^n-1$ равен $\pm n^n.$
И он используется для того, чтобы доказать что $\zeta^p$ также будет корнем $f(x)$.

А! Вон оно что! В тех источниках, которые я встречал, это доказывалось без дискриминанта.
Впрочем, ни одно известное мне доказательство мне не понравилось
Всякий раз возникало ощущение какой-то натянутости. Наверное, это следствие того, что свойство неприводимости круговых многочленов само не слишком фундаментально. Над конечными полями, насколько я помню, они вполне могут быть приводимы.

[nnosipov]

VAL в сообщении #778623 писал(а):

Над конечными полями, насколько я помню, они вполне могут быть приводимы.

Например, при любом простом $p$ многочлен $\Phi_{p-1}(x)$ разлагается на линейные множители над $\mathbb{F}_p$.

[Whitaker]

Извините пожалуйста. Такой еще вопрос:
Как понять, что $f(\zeta^p)\in \mathbb{Z}$ и почему еще $f(\zeta^p)\mid n^n?$

[RIP]

Whitaker в сообщении #778689 писал(а):

Как понять, что $f(\zeta^p)\in \mathbb{Z}$ и почему еще $f(\zeta^p)\mid n^n?$

Я так понял, утверждается, что $f(\zeta^p)$ целое алгебраическое (это понятно). И делимость в этом же смысле понимается. Она следует из $f(\zeta^p)=\prod(\zeta^p-\zeta_k)$ и формулы для дискриминанта.

[Whitaker]

RIP в сообщении #778718 писал(а):

Я так понял, утверждается, что $f(\zeta^p)$ целое алгебраическое (это понятно).

Это потому $\zeta^p$ корень многочлена $f(x)\in\mathbb{Z}[x]$

RIP в сообщении #778718 писал(а):

И делимость в этом же смысле понимается.

Извините,а можете это уточнить? Не понял Вас что-то

[RIP]

Whitaker в сообщении #779006 писал(а):

Это потому $\zeta^p$ корень многочлена $f(x)\in\mathbb{Z}[x]$

Это мы хотим доказать. Это потому, что целые алгебраические числа образуют кольцо (и любой корень из единицы --- целое алгебраическое число).

Делимость означает, что $\dfrac{n^n}{f(\zeta^p)}$ --- целое алгебраическое число (это произведение целых алгебраических чисел).

[Whitaker]

RIP
Благодарен Вам!
Теперь все понятно и все стало на свои места