1. 引子： 1939 年的一道題目

近年來, 筆者曾在咸陽、 湘潭、 武漢、 太倉等地給大學一年級數學本科生和高中生做報告, 介紹下列問題的歷史與解法。

問題1： 已知 $\sqrt{2}+i$ 為方程式

$$x^6+3x^5-3x^4-6x^3+11x^2+27x-9=0$$

之一根, 求其餘諸根。

報告的部分文字稿及此問題的來源, 詳見 。 以下我們先介紹解法。

2. 題目的解答

為求解問題1, 我們需要方程論中的以下兩個基本結果 (見中譯本p. 544與 p. 546, 對應於原著 pp. 444-445)：

定理1： (實係數方程虛根成對) 若一個實係數多項式 $f(x)$ 有虛根, 則這些虛根必定成對出現。 也就是說, 若 $a+bi$ (其中 $a,b$ 是實數並且 $b\neq 0$) 是 $f(x)$ 的一個根, 則 $a-bi$ 也是它的根。

定理2： (共軛根全部出現) 設 $f(x),p(x)$ 是有理係數多項式, 且 $p(x)$ 在有理數範圍內不可約。 若 $p(x)$ 有一個根是 $f(x)$ 的根, 則 $p(x)$ 整除 $f(x)$, 從而 $p(x)$ 的所有根都是 $f(x)$ 的根。

有了定理 1 與定理 2, 即可如下求解問題 1。

解： 根據定理 1, 方程有兩個根 $\sqrt{2}+i$, $\sqrt{2}-i$。

注意到以上兩個根滿足方程

$$x^2-2\sqrt{2}x+3=0.$$

令

$ p(x)=(x^2-2\sqrt{2}x+3)(x^2+2\sqrt{2}x+3)=(x^2+3)^2-(2\sqrt{2}x)^2=x^4-2x^2+9, $

則不難驗證, $p(x)$ 在有理數範圍內不可約。 為此, 首先注意到 $p(x)$ 的四個根： $\sqrt{2}+i, \sqrt{2}-i, -\sqrt{2}+i, -\sqrt{2}-i$ 都不是有理數, 從而 $p(x)$ 不存在一次有理因式。 其次, 為證明 $p(x)$ 不存在二次有理因式, 只要證明以下六個二次因式都不是有理係數多項式即可：

$$(x-(\sqrt{2}+i))(x-(\sqrt{2}-i)),\ (x-(\sqrt{2}+i))(x-(-\sqrt{2}+i)),\ (x-(\sqrt{2}+i))(x-(-\sqrt{2}-i)),$$ $$(x-(\sqrt{2}-i))(x-(-\sqrt{2}+i)),\ (x-(\sqrt{2}-i)) (x-(-\sqrt{2}-i)),\ (x-(-\sqrt{2}+i)) (x-(-\sqrt{2}-i)).$$

這是顯而易見的, 它們分別等於

$$x^2-2\sqrt{2}x+3,\quad x^2 - 2 i x - 3,\ x^2 - 2 i\sqrt{2} - 1,\ x^2- 1+2 \sqrt{2} i, \ x^2 + 2 i x - 3,\quad x^2 + 2 \sqrt{2} x + 3. $$

於是, 根據定理 2, $p(x)$ 的所有根都是

$$f(x)=x^6+3x^5-3x^4-6x^3+11x^2+27x-9$$

的根, 這就給出 $f(x)$ 的四個根： $\sqrt{2}+i, \sqrt{2}-i, -\sqrt{2}+i, -\sqrt{2}-i$. ^{1 1} 對於學過 Galois 理論的讀者, 也許一眼就可看出 $f(x)$ 的這四個根。 參見 [p. 38] 命題 15, [p. 152]或。

為求 $f(x)$ 的另外兩個根, 計算

$$q(x)=\frac{f(x)}{p(x)}=\frac{x^6+3x^5-3x^4-6x^3+11x^2+27x-9}{x^4-2x^2+9}=x^2+3x-1.$$

由二次方程的求根公式, $q(x)$ 的兩根為 $\frac{-3+\sqrt{13}}{2},\,\frac{-3-\sqrt{13}}{2}$。

綜上, 方程 $f(x)=0$ 其餘諸根為：

$$\sqrt{2}-i,\,\, -\sqrt{2}+i, \,\, -\sqrt{2}-i,\,\,\frac{-3+\sqrt{13}}{2},\,\, \frac{-3-\sqrt{13}}{2}.$$

從以上解法可以看出, 關鍵在於給出 $p(x)$, 然後應用定理 2。

對今天的高中生來說, 定理 2 可能比較陌生。 但對當年的高中生來說, 定理 2 是高中數學之基本內容, 因為當時許多高中都採用 H. B. Fine (1858$\sim$1928)的《范氏大代數》 作為教材。

定理 2 會在下一節證明。

3. Abel不可約定理

定理 2 其實大有來頭, 它可以追溯到 19 世紀的挪威數學家 Niels Abel (1802$\sim$1829)。

事實上, 有以下 Abel 不可約定理 ([p. 120]):

定理3： (Abel不可約定理) 令 $p(x)$ 和 $f(x)$ 是同一個係數體上的多項式, 且 $p(x)$ 有一根是 $f(x)$ 的根。 若 $p(x)$ 不可約, 則 $p(x)$ 整除 $f(x)$。 特別地, $ p(x)$ 的所有根都是 $f(x)$ 的根。

注意, 定理 2 是 Abel 不可約定理在係數為有理數時的特例。

定理 3 中提到"體" (英文 field, 或譯"域",德文 körper) 的概念, 它是近世代數中的一個重要概念, 我們略作介紹。

定義1： 一個集合 $F$ 被稱作體, 是指 $F$ 上面有加法"$+$"與乘法"$\cdot$"運算, 這兩種運算滿足

$\bullet$ 結合律： 對 $F$ 中任意元素 $a,b,c$, 都有

$$(a+b)+c=a+(b+c),\qquad (a\cdot b)\cdot c= a\cdot(b\cdot c);$$

$\bullet$ 交換律： 對 $F$ 中任意元素 $a,b$, 都有

$$a+b=b+a,\qquad a\cdot b=b\cdot a;$$

$\bullet$ 分配律： 對 $F$ 中任意元素 $a,b,c$, 都有

$$(a+b)\cdot c=a\cdot c+b\cdot c;$$

$\bullet$ 存在加法單位元素 $0$ 及乘法單位元素$1$, $0$ 與 $1$ 不相等, 使得對 $F$ 中任意元素 $a$, 都有

$$a+0=a,\qquad a\cdot 1=a;$$

$\bullet$ 存在加法逆元素： 對 $F$ 中任意元素 $a$, 存在元素 $b$,使得

$$a+b=b+a=0;$$

$\bullet$ 對 $F$ 中任意不等於 $0$ 的元素 $a$, 存在乘法逆元素 $c$, 使得

$$a\cdot c=c\cdot a=1.$$

簡而言之,體就是可以做加減乘除四則運算的集合。 例如, 有理數的全體構成一個體, 即所謂的有理數體, 通常記為 $\mathbb{Q}$。 所有的實數構成一個體, 即實數體, 記為 $\mathbb{R}$; 所有的複數構成一個體, 即複數體, 記為 $\mathbb{C}$。 讀者可以驗證, 集合

$$\mathbb{Q}(\sqrt{2})=\{a+b\sqrt{2}\,|\,a,b\in\mathbb{Q}\}$$

構成一個體。

不難發現, 多項式、 次數、 長除法、 因式、 公因式等概念, 可以推廣到任何體。

定義2： 設 $F,K$ 是兩個體, 若 $F\subset K$, 則稱 $K$ 是 $F$ 的擴體。

例如,由

$$\mathbb{Q}\subset\mathbb{Q}(\sqrt{2})\subset\mathbb{R}\subset \mathbb{C}$$

可知, 從第二個體開始, 每一個體是前邊所有體的擴體。

定理 3 中提到多項式的根, 實際上要在擴體意義下理解。

定義3： 設 $f(x)$ 是體 $F$ 上的多項式, $K$ 是 $F$ 的一個擴體, 若 $\alpha\in K$ 使得 $f(\alpha)=0$, 則稱 $\alpha$ 是 $f(x)$ 在擴體 $K$ 中的一個根(或零點)。

順便指出, 體論中有一個基本結果說: 若 $f(x)$ 是體 $F$ 上的 $n$ 次多項式,則存在 $F$ 的擴體 $K$, 使得 $f(x)$ 在 $K$ 中恰好有 $n$ 個根 (完全分裂)。 此處所涉及的精確概念是多項式的分裂體 (splitting field for a polynomial)。

為證明定理 3, 我們要用到兩個多項式 $f(x),g(x)$ 的最大公因式的 Bézout 等式。 照德國數學家 E. Hecke (1887$\sim$1947) 的看法 , 這一結果是關於體上的多項式的最重要事實。 為方便讀者, 我們將該定理引述如下。

定理4： 設 $f(x),g(x)$ 是係數體 $F$ 上的兩個非零多項式, 則存在一個可以唯一確定的最大公因式 $d(x)$, 它滿足：

(i) 它在係數體 $F$ 上且首項係數為 $1$;
(ii) $d(x)\mid f(x)$ 且 $d(x)\mid g(x)$;
(iii) 每一個同時整除 $f(x)$ 和 $g(x)$ 的多項式也整除 $d(x)$。

並且 $d(x)$ 可以表示為

$$d(x)=u(x)f(x)+v(x)g(x),$$

其中 $u(x),v(x)$ 是係數體 $F$ 上的多項式。

證明： 先考慮 $f(x),g(x)$ 互質的情形, 令 $J$ 為所有可以表成 $u(x)f(x)+v(x)g(x)$ 型式的多項式所成的集合, 其中 $u(x)$、 $v(x)$ 為任意多項式。 明顯地, $0\in J$, 且如果 $a(x),b(x)\in J$, 則對任意多項式 $u(x)$, $v(x)$, $u(x)a(x)+v(x)b(x)$ 亦屬於 $J$ (註： 近世代數裡滿足此性質的 $J$ 稱作理想(ideal))。

設 $d(x)$ 是 $J$ 中非零, 且次數最小的元素, 可以假設其首項係數為 $1$。 因為 $f(x),g(x)\in J$, 我們只須證明 $J$ 中任何元素皆是 $d(x)$ 的倍式即可 (由此推出 $d(x)$ 是常數)。

設 $h(x)\in J$, 由長除法得知,存在多項式 $q(x),r(x)$, 其中或 $r(x)=0$, 或其次數小於 $d(x)$ 的次數, 使得： $h(x)=q(x)d(x)+r(x)$。 但因為 $h(x)\in J$ 及 $q(x)d(x)\in J$, 從而 $r(x)=h(x)-q(x)d(x)\in J$, 又由次數的假設可知 $r(x)=0$, 故得證。

一般情況, 令 $d(x)$ 為 $f(x),g(x)$ 的最大公因式, 因此 $f(x)/d(x),g(x)/d(x)$ 都是多項式, 由上面特殊情況的結論, 可得多項式 $u(x),v(x)$, 滿足 $u(x)f(x)/d(x)+v(x)g(x)/d(x)=1$, 所以 $u(x)f(x)+v(x)g(x)= d(x)$。 證畢。

$\Box$

定理 4 有一平行的整數版本。 它斷言, 對任意兩個正整數 $a,b$, 存在整數 $u,v$ 使得 $d=ua+vb$, 其中 $d=\gcd(a,b)$ 是 $a,b$ 的最大公因數 (greatest common divisor)。 它可用類似的方法證明 (請讀者自己試證)。 這一結果可追溯到 Euclid。 並且,可用 Euclid 算法 (輾轉相除法)給出這兩個平行結果的構造性證明 (也留給有興趣的讀者)。

定理 3 的證明： 用反證法。 若 $p(x)$ 不整除 $f(x)$, 則兩者互質, 故存在多項式 $u(x),v(x)$ 使得

$$u(x)f(x)+v(x)g(x)=1.$$

但若 $\alpha$ 為 $p(x),f(x)$ 的公共根, 在上式中令 $x=\alpha$, 就有 $0=1$。 矛盾! 證畢。

$\Box$

4. 應用1： 代數數的極小多項式

定義4： (代數數) 複數 $\alpha$ 稱為代數數, 若它滿足一個首項係數爲 $1$ 的有理係數多項式方程, 即滿足

$$\alpha^n+c_{n-1}\alpha^{n-1}+\cdots+c_1\alpha+c_0=0,\quad \text{其中}\ c_{n-1},\ldots, c_0\ \text{是有理數。}$$

例如 $\alpha=\sqrt{2}$ 是代數數, 因為它滿足 $\alpha^2-2=0$。 再如, 每個有理數都是代數數。

一個複數如果不是代數數, 就稱為超越數。法國數學家 Hermite (1822$\sim$1901) 在 1873 年證明了歐拉常數 $e$ 是超越數, 德國數學家 Lindemann (1852$\sim$1939) 在 1882 年證明了圓周率 $\pi$ 是超越數。

有興趣的讀者不妨自己證明：所有的代數數成一可數的集合 (countable set)。

對給定的代數數 $\alpha$, 它滿足的有理係數多項式方程顯然不唯一。 但可以給出一個最簡單的零化多項式, 它由以下定理刻劃。

定理5： 設 $\alpha$ 是一個代數數, 則存在唯一的有理係數多項式 $p(x)$ 滿足以下條件:

(i) $p(x)$ 首項係數為 $1$;
(ii) $p(\alpha)=0$;
(iii) 若有理係數多項式 $f(x)$ 使得 $f(\alpha)=0$, 則 $p(x)\mid f(x)$。

證明： 存在性。 考慮以 $\alpha$ 為根的所有首項係數為 $1$ 的有理係數多項式全體, 其中必有一個次數最低, 令它為 $p(x)$。 根據Abel不可約定理,為證明 $p(x)$ 的極小性質 (iii), 只要證明 $p(x)$ 不可約。 這是顯然的, 因為若

$$p(x)=p_1(x)p_2(x),$$

其中 $p_1(x),p_2(x)$ 是首項係數為 $1$ 的次數更低的有理係數多項式, 則從 $p(\alpha)=0$ 推出 $p_1(\alpha)=0$ 或 $p_2(\alpha)=0$, 從而與 $p(x)$ 的次數最低矛盾!

唯一性。 設 $p(x),q(x)$ 都滿足定理所述條件, 則由 $p(x)$ 的極小性質得到 $p(x)\mid q(x)$, 由 $q(x)$ 的極小性質得到 $q(x)\mid q(x)$。 從而我們有 $p(x)=cq(x)$。 由於 $p(x),q(x)$ 的首項係數為 $1$, 我們得到 $c=1$, 從而 $p(x)=q(x)$。 證畢。

$\Box$

以上定理引出下述定義 ^{2 2} 從近世代數的眼光看, $\alpha$ 的極小多項式可以這樣描述。 賦值映射 $f(x)\mapsto f(\alpha)$ 給出一個從多項式環 $F[x]$ 到 $F[\alpha]$ 的一個環同態 $\phi$, 它的核 $\mathrm{Ker}(\phi)=\{f(x)\in F[x]\,:\,f(\alpha)=0\}$ 是 $F[x]$ 的一個理想。 由於 $F[x]$ 的每個理想是主理想 (principal ideal), 從而存在 $p(x)\in F[x]$, 使得 $\mathrm{Ker}(\phi)=(p(x))$。 若要求 $p(x)$ 首項係數為 $1$, 則它是唯一的。 由於 $p(x)$ 不可約, 我們由環同態基本定理還得出 $F[\alpha]$ 是一個體。 這個事實是 Abel 首先認識到的, 見 [p. 80]。 :

定義5： (代數數的極小多項式、 次數與共軛) 定理 5 中給出的唯一多項式稱為代數數 $\alpha$ 的極小多項式。 給定代數數 $\alpha$, 我們稱其極小多項式的次數為 $\alpha$ 的次數, 稱其極小多項式的全部根為 $\alpha$ 的共軛。

根據定理 5 的證明, 我們知道, 代數數的極小多項式是不可約的有理係數多項式。 並且我們還知道, 若代數數 $\alpha$ 的次數為 $n$, 則它恰好有 $n$ 個不同的共軛。 (想一想, 為什麼？)

例如, 對 $\alpha=\sqrt{2}$, 它的極小多項式為 $x^2-2$, 共軛為 $\sqrt{2},-\sqrt{2}$。 再如, 對有理數 $r$, 其極小多項式為 $x-r$, 僅有平凡的共軛 $r$。

在基體為有理數體的情況, 借助代數數和共軛的概念, Abel 不可約定理可以重新表述如下：

定理6： (共軛根定理) 若代數數 $\alpha$ 是有理係數多項式 $f(x)$ 的根, 則 $\alpha$ 的共軛都是 $f(x)$ 的根。

現在我們回看問題 1 的解法, 其關鍵就在於, 對代數數 $\alpha=\sqrt{2}+i$, 求出了它的極小多項式 $p(x)$ 及其共軛 $\sqrt{2}+i, \sqrt{2}-i, -\sqrt{2}+i, -\sqrt{2}-i$。

以下結果, 也許在中學就有模糊的認識而未經證明, 這裡我們留作習題。

定理7： (無理根定理) 設係數皆為有理數之方程式有一根 $a+\sqrt{b}$, 其中 $a,b$ 為二有理數, $\sqrt{b}$ 為一無理數。 則此方程式有一根 $a-\sqrt{b}$。

對給定的代數數, 求它的極小多項式與共軛, 是一個重要的問題, 我們在下一節介紹一些經典的結果。

值得指出, 代數數的概念可以推廣到任何體上面, 給定一個體 $F$ 及其擴體 $K$。 我們稱 $K$ 中的元素 $\alpha$ 是"$F$ 上的代數數",若且唯若 $\alpha$ 是某個係數在 $F$ 中的首項係數爲 $1$ 的多項式的根。 有興趣的讀者不妨自證以下命題：

$\bullet$ $F$ 上的每個代數數皆有極小多項式。
$\bullet$ 若$\alpha$是$F$上的代數數,且其極小多項式的次數為 $n$, 則 $K$ 中所有可以表成 $g(\alpha)$ 的元素, 此 $g(x)$ 為係數在 $F$ 裡且次數小於 $n$ 的多項式, 構成一體。
$\bullet$ $K$中所有 $F$ 上的代數數構成一體。
$\bullet$ 若 $F=\mathbb{R}$, 則所有的複數都是 $F$ 的代數數, 其極小多項式的次數是 $1$ 或 $2$。

5. 一些常見的代數數

這裡我們介紹三類常見的代數數及其極小多項式和共軛。

5.1. 質數次方根$\sqrt[p]{a}$

無理數 $\sqrt{2}$ 的一個簡單推廣是質數次方根 $\sqrt[p]{a}$, 這裡 $p$ 是質數, 且 $a$ 是有理數且 $a$ 不是任意有理數的 $p$ 次方。

先看一個具體的例子： $\sqrt[3]{2}$。 它是 $x^3-2=0$ 的唯一實根。 容易看到, $\sqrt[3]{2}$ 的極小多項式就是 $x^3-2=0$, 而其共軛則是 $\sqrt[3]{2},\,\sqrt[3]{2}\zeta,\,\sqrt[3]{2}\zeta^2$, 其中 $\zeta$ 是一個三次本原單位根 (本原單位根的一般概念將在下文介紹)。

一般地, 若 $a$ 是有理數且 $a$ 不是任意有理數的 $p$ 次方, 其中 $p$ 是某個給定的質數, 則 $\sqrt[p]{a}$ 的極小多項式是 $x^p-a$, 其共軛為 $\sqrt[p]{a}\zeta^k,\,0\leqslant k\leqslant p-1$, 其中 $\zeta$ 是一個 $p$ 次本原單位根。 這裡關鍵的結果是以下可以追溯到 Abel 的定理(參見 [pp. 86-87]):

定理8： (Abel-Kronecker 定理) 設 $p$ 是質數。 則體 $F$ 上的多項式 $x^p-a$ 在 $F$ 中可約當且僅當 $a=b^p$, 這裡 $b\in F$。

證明： 若 $a=b^p$, 則

$$x^p-a=x^p-b^p=(x-b)(x^{p-1}+bx^{p-2}+\cdots+b^{p-1}).$$

下證, 若 $x^p-a$ 在 $F$ 中可約, 則 $a=b^p$, 這裡 $b\in F$。

設 $f(x)$ 是係數體 $F$ 上的一個 $\ell$ 次多項式 (這裡 $1\leqslant \ell\leqslant p-1$), 首項係數為 $1$, 且滿足 $f(x)\mid x^p - a$。 於是$f(x)$ 的所有根 $r_1,\ldots,r_{\ell}$ 都滿足 $ r^p = a$, 從而 $ f(0)^p=((-1)^{\ell}r_1\cdots r_{\ell})^p=((-1)^{\ell})^pa^{\ell}$. 這意味著 $a^{\ell}=f(0)^p((-1)^{\ell })^p=((-1)^{\ell }f(0))^p$。 由於 $1\leqslant \ell\leqslant p-1$, 從而 $p,\ell$ 互質, 於是根據定理 4 的整數平行版本, 存在整數 $u,v$ 使得 $1=up+v\ell$, 從而

\begin{align*} a=\,&a^{up+v\ell}=(a^u)^p(a^{\ell})^v=(a^u)^p(((-1)^{\ell }f(0))^{p})^v =(a^u)^p(((-1)^{\ell }f(0))^{v})^p\\ =\,&(a^u((-1)^{\ell }f(0))^{v})^p. \end{align*}

令 $b=a^u((-1)^{\ell }f(0))^{v}$, 即得 $a=b^p$。 證畢。

$\Box$

5.2. 單位根 $\zeta$

在所有的二項多項式 $x^n-a$ 中, 以 $x^n-1$ 形式上最簡單。 $x^n-1$ 在複數體上的根, 稱為 $n$ 次單位根 ($n$th roots of unity )。 顯然, 一共有 $n$ 個 $n$ 次單位根, 可以用指數(或三角函數)表示為

$$e^{i\frac{2k\pi }{n}}=\cos\left({\frac{2k\pi }{n}}\right)+i\sin\left({\frac{2k\pi }{n}}\right), \,\,0\leqslant k\leqslant n-1.$$

它們恰好對應著將單位圓周 $n$ 等分的 $n$ 個分點。

設 $\zeta$ 是一個 $n$ 次單位根, 若對任意的 $1\leqslant m\leqslant n-1$, $\zeta$ 都不是 $m$ 次單位根, 則稱 $\zeta$ 是一個本原 $n$ 次單位根 (primitive $n$th root of unity)。 容易驗證, 一個 $n$ 次本原單位根具有形式

$$e^{i\frac{2k\pi }{n}}=\cos\left({\frac{2k\pi }{n}}\right)+i\sin\left({\frac{2k\pi }{n}}\right), \,\,0\leqslant k\leqslant n-1\text{且 $k,n$ 互質。}$$

遵循 Euler, 我們以 $\varphi(n)$ (稱為 Euler 函數)表示集合 $\{1,\ldots,n-1\}$ 中與 $n$ 互質的整數的個數, 則 $n$ 次本原單位根一共有 $\varphi(n)$ 個。 例如, 對於質數 $p$, $\varphi(p)=p-1$。

若 $n\geqslant 2$, 則顯然 $x^n-1=(x-1)(x^{n-1}+\cdots+1)$ 在有理數體可約。

1772 年, Euler 首先給出了 $x^n-1$ 在有理數體上的一個因式分解(後來才表明這是不可約因式分解)：

$$x^n-1=\prod_{d\mid n}\Phi_d(x).$$

注意, $\Phi_n(x)$ 可以從上式遞迴算出, 例如 令 $n=1$, 即得 $\Phi_1(x)=x-1$, 而對一切 $n\gt1$, 有

$$\displaystyle \Phi_n(x)=\frac{x^n-1}{\prod_{d\mid n,\atop d\lt n}\Phi_d(x)}.$$

特別地, 對於 $n=p$ 是質數的情況, 有

$$\displaystyle \Phi_p(x)=\frac{x^p-1}{\prod_{d\mid p,\atop d\lt p}\Phi_d(x)} =\frac{x^p-1}{\Phi_1(x)}=\frac{x^p-1}{x-1}=x^{p-1}+\cdots+1.$$

$\Phi_n(x)$ 稱為第 $n$ 個分圓多項式 (cyclotomic polynomial), 它的零點恰好是所有的 $n$ 次本原單位根, 這是由 Gauss 首先明確指出的：

$$\Phi_n(x)=\prod_{1\leqslant k\leqslant n\atop \gcd(k,n)=1}(x-\zeta_n^k) ,\quad \text{其中 }\zeta_n=e^{i\frac{2\pi }{n}}.$$

1801年, Gauss 首先證明了, 對質數 $p$, 第 $p$ 個分圓多項式 $\Phi_p(x)$ 不可約 ^{3 3} 後來德國數學家 T. Schönemann(1812$\sim$1868) 與 G. Eisenstein (1823$\sim$1852)先後給出了更簡潔的證明, 參見 。 。 由此可知, 對於 $p$ 次本原單位根 $\zeta_p=e^{i\frac{2\pi }{p}}$, 它的極小多項式是 $\Phi_p(x)=x^{p-1}+\cdots+1$, 其次數是 $p-1$, $\zeta_p$ 的共軛是全部的 $p$ 次本原單位根, 即 $\zeta_p^k,\,1\leqslant k\leqslant p-1$。 請讀者自行導出 $n=p^m$ 的分圓多項式。

1854 年, 德國數學家 Kronecker (1823$\sim$1891) 證明了, 對任意的正整數 $n$, 第 $n$ 個分圓多項式 $\Phi_n(x)$ 不可約。 由此即得以下定理:

定理9： 設 $\zeta_n=e^{i\frac{2\pi }{n}}=\cos\left({\frac{2\pi }{n}}\right)+i\sin\left({\frac{2\pi }{n}}\right)$, 則它的極小多項式是第 $n$ 個分圓多項式 $\Phi_n(x)$, 其次數是 $\varphi(n)$, $\zeta_n$ 的共軛是全部的 $n$ 次本原單位根, 即 $\zeta_n^k,\,0\leqslant k\leqslant n-1$ 且 $k,n$ 互質。

將 Gauss 引向 $n$ 次本原單位根的, 是用尺規作圖將圓周 $n$ 等分的問題。 Gauss 在 1801 年出版的《算術探索》 最後一章最後一節指出： 用尺規作圖可以將圓周 $n$ 等分當且僅當 $\varphi(n)$ (注意它是 $n$ 次本原單位根的次數) 是 2 的一個方冪 ^{4 4} 根據這一結果, 對於 $n=2,3,4,5,6,8,10,12$, 可以用尺規作圖將圓周 $n$ 等分。 而 $n=7,9,11$ 的情況, 則無法用尺規作圖從圓周得到正 $n$ 邊形。 這也解釋了, 為何在許多建築中, 我們能見到正三角形、 正方形、 正五邊形、 正六邊形、 正八邊形等, 而很少見到正七邊形、 正九邊形和正十一邊形等。 參見 。 。 特別地, Gauss 發現可以用尺規作圖將圓周 $17$ 等分 ($\varphi(17)=16=2^4$)。

1837年, 受 Gauss 這一工作的啟發, 法國數學家 Pierre Wantzel (1814$\sim$1848) 解決了尺規作圖三大著名難題中的兩個, 他證明了用尺規作圖不可倍立方, 用尺規作圖不可三等分任意角。 前者的關鍵在於 $\sqrt[3]{2}$ 的次數為 $3$, 不是 $2$ 的一個冪。 後者實際上可歸結為 Gauss 的前述結果, 因為 $60^{\circ}$ 可以尺規作圖三等分當且僅當單位圓可以用尺規作圖 $9$ 等分, 而根據 Gauss 的結果, $\varphi(9)=6$ 不是 2 的冪, 是不可以用尺規作圖 $9$ 等分的。

應該指出, 正是 Gauss 關於分圓方程 $\Phi_p(x)=0$ 的先驅工作, 啟發了 Abel 和 Galois 關於方程論的偉大工作。

5.3. 有理角的三角函數

從 Euler 等式

$$e^{i\theta}=\cos\theta+i\sin\theta$$

不難得到

$$2\cos\theta=e^{i\theta}+e^{-i\theta}.$$

從而我們可以從 $n$ 次本原單位根 $e^{i\frac{2\pi}{n}}$ 的資訊得到 $2\cos\frac{2\pi}{n}$ 的信息。基本結果如下。

令 $2\cos\frac{2\pi}{n}$ 的極小多項式為 $\Psi_n(x)$, 則 $\Psi_1(x)=x-2$, $\Psi_2(x)=x+2$, 而當 $n\geqslant 3$ 時, $\Psi_n(x)$ \begin{equation} \frac{\Phi_n(x)}{x^{\frac{\varphi(n)}{2}}}=\Psi_n(x+x^{-1}), \end{equation} 其中 $\varphi(n)$ 如前為 Euler 函數。 據此, 從 $\Phi_n(x)$ 可算出 $\Psi_n(x)$。 $\Psi_n(x)$ 稱為第 $n$ 個實分圓多項式。

根據定義, 有

\begin{align*} \frac{\Phi_n(x)}{x^{\frac{\varphi(n)}{2}}}=&\frac{\displaystyle\prod_{1\leqslant k\leqslant n\atop \gcd(k,n)=1} (x-\zeta_n^k)}{x^{\frac{\varphi(n)}{2}}} =\prod_{1\leqslant k\leqslant \frac{n}{2}\atop \gcd(k,n)=1}\frac{(x-\zeta_n^k)(x-\zeta_n^{n-k})}{x}\\ =\,&\prod_{1\leqslant k\leqslant \frac{n}{2}\atop \gcd(k,n)=1}\left(x+x^{-1}-2\cos\frac{2k\pi}{n}\right). \end{align*}

進而有

$$\Psi_n(x)=\prod_{1\leqslant k\leqslant \frac{n}{2}\atop \gcd(k,n)=1}\left(x-2\cos\frac{2k\pi}{n}\right).$$

5.4. 有理角的三角函數

俄國大數學家 I. M. Gelfand (1913$\sim$2009) 與合作者 A. Shen 在其為中學生寫的《代數》教材 [p. 67] 中曾給出一個因式分解的例題:

\begin{align*} x^5+x+1&=x^5+x^4+x^3-x^4-x^3-x^2+x^2+x+1\\ &=x^3(x^2+x+1)-x^2(x^2+x+1)+(x^2+x+1)\\ &=(x^3 - x^2 + 1)(x^2+x+1). \end{align*}

作者還緊忙評論道："也許你被這個解答弄得垂頭喪氣, 因為它似乎不可能被看出來。 作者與你感同身受。" 事實上, 對於 $x^5+x+1$ 的因式分解, 利用Abel不可約定理, 立即可以發現它有因式 $x^2+x+1$。 我們留給有興趣的讀者探究。

致謝

感謝西北農林科技大學劉昌勇教授、 湖南大學李軍教授、 湘潭大學孫鵬教授、 學友吳帆老師與作者討論交流。 感謝首都師範大學李克正教授、北京師範大學劉玉明教授、中央民族大學王兢教授、中國礦業大學 (北京) 張漢雄教授和本刊審稿老師對初稿提出寶貴意見。

參考文獻

本文作者任教中國西北農林科技大學理學院