mostrando que $n$th cyclotomic polinomio $\Phi_n(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$

Question

Estudié la cyclotomic extensión utilizando Fraleigh del texto.

Para demostrar que el grupo de Galois de la $n$th cyclotomic extensión tiene el fin de $\phi(n)$( $\phi$ es la phi de Euler de la función.), el escritor asume, sin pruebas, que $n$th cyclotomic polinomio $\Phi_n(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$.

Sé que para n=p, p es primo, $\Phi_n(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$ por el criterio de Eisenstein.

Pero no sé cómo $\Phi_n(x)$ es irreducible sobre $\mathbb{Q}$ cuando n no es primo.

Answer 1

La prueba de que sigue es el proporcionado por Gauss y utiliza la aritmética modular en muy ingeniosa manera. Vamos a resumir los resultados necesarios de la siguiente manera:

1) Para un primer $ p$, los números de $ 0, 1, 2, \ldots, (p - 1)$ formulario un campo finito el marco de las operaciones de módulo de la suma y la multiplicación modulo $ p$.

2) Dado que estos números forman un campo, decir $ F_{p}$, podemos hablar de polinomios $ f(z)$ cuyos coeficientes están en $ F_{p}$. El conjunto de todos los polinomios, a decir $ F_{p}[z]$, tiene la exclusiva de la factorización de la propiedad, es decir, cualquier polinomio se puede factorizarse como producto de polinomios irreducibles en $ F_{p}[z]$ en una manera única, aparte de la orden de los factores. La prueba es la misma que la utilizada para el normal polinomios con coeficientes racionales.

3) Si $ f(z)$ es un polinomio en a$ F_{p}[z]$$ \{f(z)\}^{p} = f(z^{p})$. Esto es cierto para la constante de polinomios por el teorema de Fermat, que dice que las $ a^{p} \equiv a\,\,\text{mod} (p)$. Para mayor grado de los polinomios esto se logra mediante la inducción de la escritura $ f(z) = az^{n} + g(z)$ y utilizando el teorema del binomio para elevar ambos lados para poder $ p$. Al hacerlo sólo necesitamos observar que los coeficientes binomiales involucrados son divisibles por $ p$.

La prueba de la irreductibilidad de $ \Phi_{n}(z)$ se realiza en dos etapas:

Etapa 1:

Deje $ \zeta$ ser una primitiva $ n^{th}$ raíz de la unidad y deje $ f(z)$ ser su mínima polinomio es decir $ f(z)$ es monic (coeficiente inicial $ 1$), ha racional de los coeficientes y de irreductible e $ f(\zeta) = 0$. Desde $ \zeta$ también es una raíz de $ z^{n} - 1 = 0$, se deduce que el $ f(z)$ divide $ (z^{n} - 1)$ y por el Lema de Gauss $ f(z)$ tiene coeficientes enteros así. Ahora establecemos la siguiente:

Si $ p$ es cualquier prime que no divide $ n$ $ \zeta^{p}$ es una raíz de $ f(z) = 0$.

Prueba: Desde $ \zeta$ también es una raíz de $ \Phi_{n}(z) = 0$ se sigue que $ f(z)$ divide $ \Phi_{n}(z)$. Así tenemos a $ \Phi_{n}(z) = f(z)g(z)$ donde $ g(z)$ es también monic y tiene coeficientes enteros (por el Lema de Gauss). Desde $ p$ es coprime a $ n$ se sigue que $ \zeta^{p}$ es también una primitiva $ n^{th}$ raíz. Y, por tanto,$ \Phi_{n}(\zeta^{p}) = 0$.

Suponiendo que $ \zeta^{p}$ no es una raíz de $ f(z) = 0$ (de lo contrario no hay nada que demostrar), vemos que debe ser una raíz de $ g(z) = 0$. Por lo tanto, $ \zeta$ es una raíz de $ g(z^{p}) = 0$. Desde $ f(z)$ es el polinomio mínimo de a $ \zeta$, se deduce que el $ f(z)$ divide $ g(z^{p})$, de modo que $ g(z^{p}) = f(z)h(z)$ donde $ h(z)$ es monic con coeficientes enteros. También desde $ \Phi_{n}(z)$ es un factor de $ (z^n - 1)$, de modo que tenemos $ z^{n} - 1 = \Phi_{n}(z)d(z)$ donde $ d(z)$ es de nuevo monic con coeficientes enteros. Así tenemos las siguientes ecuaciones: $$z^{n} - 1 = f(z)g(z)d(z)\tag{1}$$ $$g(z^{p}) = f(z)h(z)\tag{2}$$ Ahora podemos aplicar el modulo $ p$ operación para cada una de las ecuaciones anteriores, es decir podemos reemplazar cada coeficiente en los polinomios involucrados con su resto cuando se divide por $ p$. El resultado polinomios son todos en $ F_{p}[z]$ y vamos a usar las mismas letras para denotar ellos. Así, las ecuaciones anteriores son ahora debe interpretarse como relaciones entre algunos de los polinomios en la $ F_{p}[z]$. La ecuación de $(2)$ ahora puede ser escrito como de forma equivalente $$\{g(z)\}^{p} = f(z)h(z)\tag{3}$$ Deje $ k(z)$ $ F_{p}[z]$ ser un factor irreducible de $ f(z)$. A continuación, a partir de la ecuación anterior $(3)$, $ k(z)$ divide $ \{g(z)\}^{p}$, por lo que se divide $ g(z)$. Así, a partir de la ecuación de $(1)$ el polinomio $ \{k(z)\}^{2}$ divide $ (z^{n} - 1)$. Por lo tanto $ (z^n - 1)$ ha repetido factores y por lo tanto $ (z^{n} - 1)$ y su derivado $ nz^{n - 1}$ debe tener un factor común. Desde $ n$ es coprime a $ p$, por lo tanto la derivada $ nz^{n - 1}$ es no-cero del polinomio y que claramente no tienen ningún factor común con $ (z^{n} - 1)$.

Hemos llegado a una contradicción y, por lo tanto, la hipótesis inicial de que el $ \zeta^{p}$ no es la raíz de $ f(z) = 0$ es malo. El resultado ya se ha demostrado.

Etapa 2:

Así hemos establecido que si $ f(z)$ es el mínimo para cualquier polinomio primitivo $ n^{th}$ raíz de la unidad, a continuación, para cualquier prime $ p$ no dividir $ n$, $ \zeta^{p}$ (que es de nuevo una primitiva $ n^{th}$ root) también es una raíz de $ f(z) = 0$. Y desde $ f(z)$ es irreductible y monic, actuará como mínimo polinomio de la raíz primitiva $ \zeta^{p}$.

La misma lógica se puede aplicar repetidamente y vamos a obtener el resultado que $ f(z)$ es el polinomio mínimo de a $ \zeta^{p_{1}p_{2}\ldots p_{m}}$ donde $ p_{1}, p_{2}, \ldots, p_{m}$ son alguno de los números primos no dividiendo $ n$. De ello se desprende que $ \zeta^{k}$ donde $ k$ es coprime a $ n$ también es una raíz de $ f(z)$. Así pues, todas las primitivas $ n^{th}$ raíces de la unidad son las raíces de $ f(z) = 0$. Por lo tanto $ \Phi_{n}(z)$ divide $ f(z)$. Desde $ f(z)$ es irreductible, de ello se sigue que $ f(z) = \Phi_{n}(z)$ (tanto en $ f(z)$ $ \Phi_{n}(z)$ son monic). Por lo tanto, han establecido que el $ \Phi_{n}(z)$ es irreductible.

Answer 2

Voy a tratar de reformular la esencia de la respuesta por Paramanand Singh para algo mejor aislar los argumentos utilizados (aunque probablemente menos fiel a lo que Gauss escribió*), en aras de la transparencia.

El punto de partida es que el $\def\Z{\Bbb Z}\Phi_n\in\Z[X]$ son inductivamente definido para $n>0$ por la relación de recurrencia $\prod_{k\mid n}\Phi_k=X^n-1$ (al igual que los números de $\phi(n)$, que ar sus grados, se definen por $\sum_{k\mid n}\phi_k=n$); uno puede calcular el $\Phi_n$ $\def\Q{\Bbb Q}\Q[X]$ por polinomio división exacta a partir de $X^n-1$, y dado que (por inducción) todas las divisiones son por monic polinomios con coeficientes enteros, $\Phi_n$ es monic y tiene coeficientes enteros.

Si $\Phi_n$ era reducible$~\Q$, esta sería la partición de la primitiva $n$-th raíces de la unidad (en $\def\C{\Bbb C}\C$) en más de un subconjunto, caracterizado cada uno de ellos como las raíces de los diferentes racional polinomio. Para mostrar que esto es imposible, uno sostiene que para cualquier factor irreducible $F$$\Phi_n$$\Q[X]$, y para cualquier prime$~p$ no dividiendo$~n$, el conjunto de raíces de $F$ es cerrado bajo la operación $\zeta\mapsto\zeta^p$. Puesto que (por la consideración de la cíclico grupo de $n$-th raíces de la unidad) esta operación mapas primitivos $n$-th raíces primitivas $n$-th raíces, y las composiciones de este tipo de operaciones para diferentes números primos$~p$ permiten ir desde cualquiera de las $\phi(n)$ primitiva $n$-th raíces en cualquier otro, esto mostraría que la $F$ $\phi(n)$ distintas raíces en$~\C$, y por lo tanto es igual a $\Phi_n$.

Ahora corregir tal $F$$p$. La operación $\zeta\mapsto\zeta^p$ $\C$ en raíces da lugar a una operación en polinomios irreducibles en $\Q[X]$: el polinomio mínimo$~G$$~\Q$ de la imagen de $X^p$ en el campo de $\Q[X]/(F)$ es un monic polinomio irreducible en $\Q[X]$ determinado por$~F$, y por la construcción de $F$ divide $G[X^p]$, el resultado de la sustitución $X^p$ $X$ $G$ . Siempre que $\zeta\in\C$ es una raíz de$~F$ es claro que $\zeta^p$ es una raíz de$~G$, y desde $\deg G\leq[\Q[X]/(F):\Q]=\deg F$ uno consigue todas las raíces de $G$ de esta forma. Uno debe demostrar que $F=G$.

Un punto clave es que el$F$$G$, tanto de los que se divide $\Phi_n$ $\Q[X]$ desde su (distinta) de las raíces en$~\C$ están entre las raíces de este último, han entero de los coeficientes. Esto es debido a Gauss, lema que indique que el producto de polinomios primitivos en $\Z[X]$ (es decir, aquellos que no divsible por cualquier número primo) es una vez más primitiva. (Una descripción detallada de argumento es: $F\in\Q[X]$ es un monic divisor de la monic $\Phi_n\in\Z[X]$, por lo que el cociente $Q\in\Q[X]$ $FQ=\Phi_n$ es monic; a continuación, algunos positivos múltiplos enteros $aF,bQ\in\Z[X]$ son primitivas (es decir, el mínimo de dichos múltiplos con todos los coeficientes enteros), y por el lema $aFbQ=ab\Phi_n$ es primitivo, pero desde $\Phi_n\in\Z[X]$ esto obliga a $a=b=1$.)

Así que uno puede aplicar modular de reducción de la $\def\Fp{\Bbb F_p}\Z[X]\to\Fp[X]$ a nuestros polinomios, que voy a escribir $P\mapsto\overline P$. Siendo una de morfismos de anillos, conserva la divisibilidad de polinomios. Un punto importante es que el $\overline{X^n-1}$ es todavía la plaza libre más de$~\Fp$ (no tiene múltiples raíces en un campo de extensión), ya que es coprime con su derivado $\overline{nX^{n-1}}$ ($\overline n\neq0$$~\Fp$ por hipótesis). Ahora si $F$$G$, que son irreductibles factores de$~X^n-1$, eran distintos, a continuación, $\def\oF{\overline F}\oF$ $\def\oG{\overline G}\oG$ (también) se coprime en$~\Fp[X]$. Vamos a demostrar que esto es falso.

Ya que en cualquier anillo de la característica$~p$ el mapa de $\eta:x\mapsto x^p$ es una de morfismos de anillos (llamado el Frobenius endomorfismo), y $\eta$ revisiones de todos los elementos de a$~\Fp$, uno tiene en $\Fp[X]$ que $\oG^p=\eta(\oG)=\oG[X^p]$, que también es claramente igual a $\overline{G[X^p]}$ y por lo tanto divisible por $\oF$. Esto se contradice con que $\oF$ $\oG$ son coprime, y esta contradicción termina la prueba.

*Googleando un poco he encontrado evidencia de que el resultado no es debido a Gauss a todos los generales de $n$, pero sólo para el primer$~n$ (donde $\Phi_n=1+X+\ldots,X^{n-1}$). Ver esta nota y este uno. Al parecer, el caso general, se demostró por primera vez por Dedekind, y la simplificación conduce a la anterior prueba de ello es debido a van der Waerden.

Answer 3

Según el Libro de Álgebra de Serge Lang, "el hecho de que $\Phi_n$ es un polinomio irreducible de grado $\varphi(n)$ en el ring $\mathbb{Z}[x]$ es un resultado no trivial debido a Gauss". Así que no hay una respuesta corta a tu pregunta.

De todos modos, sólo tienes que abrir tu libro favorito en álgebra abstracta, y encontrar la prueba. (Si no, tal vez es hora de cambiar el "favorito" de libro...)

También, google trajo a este documento donde varias pruebas diferentes se dan.

Answer 4

La prueba simple, es mostrar que en un lapso $\mathbb{S}$ de un conjunto finito cerrado a la multiplicación, cuando se cruzaba con $\mathbb{Q}$ da $\mathbb{Z}$. Desde cyclotomic números son de esta forma, uno puede mostrar que el período de dicho conjunto no contiene fracciones.

La prueba se basa en un intento de construir un conjunto $S$ cuyo lapso incluye una fracción. Ya que uno puede mostrar que algunos de los $\frac 1{z^n}$ no pueden pertenecer a $S$, entonces la intersección entre el $S$ $Q$ es la misma que entre el$S$$Z$.

Desde el cyclotomic números forman un intervalo cerrado de la multiplicación, y la base del conjunto es finito, la intersección de cualquier cyclotomic y el conjunto de racionales es el mismo que el de los números enteros.

Pues también, uno puede mostrar que los acordes de un polígono $\{p\}$, que puede ser construido a partir de la cyclotomic números, se rigen por esta norma, y ya que esta contiene los acordes de cada racional ángulo, ídem.

Si uno toma el producto de la $a-\operatorname{cis}(x/n)$ para x=1 a n, se da una ecuación algebraica de la forma $a^n-1$, que tiene un único factor para cada $m \mid n$. Si el MCD de a $x, n$, es mayor que 1, entonces la raíz en particular se produce en un menor n. Sólo le da el único factor para $n$, si el MCD es 1. Desde el Euler totient da el número de co-primos de n entre $0$$n$, este es el orden de la ecuación.

La segunda etapa de la prueba es demostrar que la ecuación es irreducable. Esto se hace mediante un proceso de automorphism: que el conjunto de $\operatorname{cis}(x/n)$ (donde el mcd de x, n es 1), es idéntica a la del conjunto de $\operatorname{cis}(xy,n)$. Este proceso tiene el efecto de que si una función $F(x) = F(xy)$, donde F es un elemento en el lapso de $\operatorname{cis}(x,n)$, para todos y, entonces F(x) debe pertenecer al conjunto de $Z$.

El span es una reducción de una matriz dispersa en $\phi(n)$D a $2$D, lo que significa que las ecuaciones son irreducable.