有谁能解释一下分圆多项式是什么并证明 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)，将 (f(x)) 的各项系数模 (p) 后得到的多项式 (\overline{f}(x)) 在有限域 (\mathbb{Z}_p) 上也可约。反过来，如果存在素数 (p)，将 (f(x)) 的各项系数模 (p) 后得到的多项式 (\overline{f}(x)) 在有限域 (\mathbb{Z}_p) 上不可约,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 。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 (\varepsilon) 是 (x^n - 1) 的一个根,即 (\varepsilon) 是 (n) 次单位根，如果对任意的自然数 (k < n)，(\varepsilon) 都不是 (x^k - 1) 的根，那么称 (\varepsilon) 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。 以下是填补完整并详细解释后的内容：

证明过程

设(\alpha)是(n)次本原单位根，(f(x))是整系数不可约本原多项式使得(f(\alpha)=0)。取素数(q)，使得((q,n)=1)，则(\alpha^q)也是一个(n)次本原单位根。

证明(\alpha^q)是(n)次本原单位根： 因为(\alpha)是(n)次本原单位根，所以(\alpha^n = 1)且对于(1\leq k < n)，(\alpha^k\neq1)。假设((\alpha^q)^m = 1)，其中(1\leq m < n)，则(\alpha^{qm}=1)。由于((q,n)=1)，根据裴蜀定理，存在整数(s)和(t)使得(sq+tn = 1)。又因为(\alpha^n = 1)，所以(\alpha=\alpha^{sq + tn}=(\alpha^q)^s(\alpha^n)^t = (\alpha^q)^s)。若((\alpha^q)^m = 1)，则(\alpha^{sm}=1)，这与(\alpha)是(n)次本原单位根矛盾，所以(\alpha^q)是(n)次本原单位根。

假定(g(x))是整系数不可约本原多项式使(g(\alpha^q)=0)，下证(f(x)=g(x))。

因为(f(x))与(g(x^q))有公共根(\alpha)（因为(f(\alpha)=0)且(g(\alpha^q)=0)），由于(f(x))是不可约的整系数多项式，根据不可约多项式的性质，若一个不可约多项式与另一个多项式有公共根，则这个不可约多项式整除另一个多项式，因此(f(x)\mid g(x^q))。

同样，因为(g(x))与(f(x^q))有公共根(\alpha^q)（因为(g(\alpha^q)=0)且(f((\alpha^q)^q)=f(\alpha^{q^2}))，又((q,n)=1)，(\alpha^{q^2})也是(n)次本原单位根，且(f(x))以所有(n)次本原单位根为根，所以(f(\alpha^{q^2}) = 0)），所以(g(x)\mid f(x^q))。

但是(f(x))与(g(x))都是不可约的整系数多项式，若(f(x)\neq g(x))，则(f(x))与(g(x))互素。由(f(x)\mid g(x^q))，可设(g(x^q)=f(x)h(x))，其中(h(x))也是整系数多项式。由于(\alpha)也是(g(x^q))的根，所以(g(\alpha^q)=0)。

把这些多项式系数模素数(q)计算，记(\overline{f}(x))，(\overline{g}(x))，(\overline{h}(x))分别是(f(x))，(g(x))，(h(x))系数模(q)后得到的多项式，相当于看成有限域(\mathbb{Z}_q)上的多项式。由域上多项式的分解的唯一性，(x^n - 1)作为(\mathbb{Z}_q)上的多项式，它的每个不可约因子整除(\overline{f}(x))，因而也整除(\overline{g}(x^q))。因为在有限域(\mathbb{Z}_q)上((a + b)^q=a^q + b^q)，所以(\overline{g}(x^q)=\overline{g}(x)^q)，这样在模(q)中有(\overline{f}(x)\mid \overline{g}(x)^q)，且(\overline{f}(x))，(\overline{g}(x))都是不可约的，因此(\overline{f}(x)\mid \overline{g}(x))。同理(\overline{g}(x)\mid \overline{f}(x))，所以(\overline{f}(x)=\overline{g}(x))。

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，对(y = x^n-1)求导得(y^\prime=nx^n - 1)，在(\mathbb{Z}_q)中，因为((q,n)=1)，(\gcd(x^n - 1,nx^{n - 1}) = 1)），矛盾！因此，(f(x)=g(x))，说明(\alpha^q)也是(f(x))的根。

因此每个整数(m)，只要((m,n)=1)，则(\alpha^m)也是(f(x))的根，这就是说每个(n)次本原单位根都是(f(x))的根，于是(f(x))以所有(n)次本原单位根为根。

上述证明中实际上是证明了(f(x))的根都是(n)次本原单位根，应当还需证明(f(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\mid n))构成的所有的分圆多项式无重根即可（即(x^n - 1=\prod_{d\mid n}\Phi_d(x))无重根）。

分圆多项式的定义

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：(\cos\frac{2\pi}{n})是有理数的情况

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\frac{2\pi}{n})是有理数当且仅当(n = 1,2,3,4,6)；即(\cos\frac{2\pi}{n}\in\mathbb{Q}\Leftrightarrow n\in{1,2,3,4,6})。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 = \cos\frac{2\pi}{n})，利用三角公式(\cos(n\theta))的展开式（如(\cos(2\theta)=2\cos^2\theta - 1)，(\cos(3\theta)=4\cos^3\theta - 3\cos\theta)等）得到关于(x)的多项式，然后分析其根的情况来确定(n)的取值。

具体来说，根据棣莫弗定理((\cos\theta+i\sin\theta)^n=\cos(n\theta)+i\sin(n\theta))，(\cos(n\theta))可以表示为(\cos\theta)的多项式。令(\theta=\frac{2\pi}{n})，(\cos(n\theta) = 1)，得到一个关于(x = \cos\frac{2\pi}{n})的方程。通过分析这个方程在有理数域上的解的情况，结合(n)的取值范围，可得出当(n = 1)时，(\cos\frac{2\pi}{1}=1)；当(n = 2)时，(\cos\frac{2\pi}{2}=-1)；当(n = 3)时，(\cos\frac{2\pi}{3}=-\frac{1}{2})；当(n = 4)时，(\cos\frac{2\pi}{4}=0)；当(n = 6)时，(\cos\frac{2\pi}{6}=\frac{\sqrt{3}}{2})，而对于其他(n)值，(\cos\frac{2\pi}{n})是无理数。