Cyclotomic polinomios: $\Phi_n(p)$ es como $p^{\phi(n)}$ lo suficientemente grande como para $p$, ¿verdad?

Question

Disculpas de antemano si este resulta ser simple. Hasta ahora no he encontrado una prueba o una referencia.

Aunque me gustan $p$ a ser una de las primeras, me puede preguntar lo siguiente para enteros positivos $n$ e $p$, utilizando lo que debe tener claro notaciones para la $n$th cyclotomic polinomio y de Euler totient función: Dado $p \gt 1$, es

$$ \mid \Phi_n(p)/p^{\phi(n)} \mid \lt p/(p-1)$$ para cada $n$?

De hecho, si $n$ es una potencia de un primo $q$, tenemos a la mano izquierda de la cantidad delimitada por $p^{n/q}/(p^{n/q} -1)$, y el lim sup sobre todos los números primos $n$ consigue $p/(p-1)$. El caso de los compuestos de $n$ no me queda claro, por tanto, la pregunta, pero tengo la esperanza para un mejor obligado (quizá con la menor potencia principal factor de $n$) de $p/(p-1)$.

Una pregunta equivalente pide para verificar el obligado en $\Phi_n(1/p)$. Por supuesto, el producto de tales cantidades (a una alimentación adecuada como $n$ ejecuta a través de divisores de algunos $m$) va a satisfacer los obligados, pero esto no parece ayudar. Si hay una referencia ofreció que dice (algo así como) los coeficientes de cyclotomic polinomios crecen lentamente suficiente para presentar el obligado, voy a leer eso. Estoy esperando una simple prueba de eso.

Estoy mirando (el equivalente moral de) los factores primos de $\Phi_n(p)$, y quería asegurarse de que estos valores no son mucho más grandes que yo creo que son. Yo estaría satisfecho con un grueso atado (reemplace $p/(p-1)$ por $2$, digamos), pero Creo que se puede decir mucho más.

ACTUALIZACIÓN 2015.10.23 Más ahora que se ha dicho, con mi revisado tomar en Jameson presentación publicado por separado como una respuesta. Para mí, la clave de las piezas será que $p \geq 2 $ el primer y el $p/(p-1)$ puede ser sustituido por el real $x \gt (2 - \epsilon)^{r/n}$ e $x^{n/r}/(x^{n/r} - 1)$ donde $r=$rad$(n)$. Gracias de nuevo todos, y gracias en especial a Peter Mueller. ACTUALIZACIÓN DE FIN DE 2015.10.23

ACTUALIZACIÓN 2015.10.21: Gracias a Peter Mueller, que he leído de notas de G. J. O. Jameson en http://www.maths.lancs.ac.uk/~jameson/cyp.pdfen cyclotomic polinomios de una mayor nitidez de resultado, que de hecho es más sencillo, pero también más difícil. Puedo eliminar algunos de los desafío de la interpretación de algunos aspectos destacados aquí (espero que sin errores), pero yo recomiendo seguir el desarrollo de las notas como se procede en el pequeño pero útil pasos, con un cierto grado de economía que lleva queridos aliento.

En primer lugar, Jameson señala en 1.3 una inversión de la relación que involucran $\Phi_n(1/x)$ y real,distinto de cero $x$ que aparece a continuación. Jameson también se prepara en 1.12 para trabajar con squarefree índices a través de el uso de $n_0=$rad$(n)$ y la identidad de $\Phi_n(x) = \Phi_{n_0}(x^{n/n_0})$. Puedo modificar y esbozo una desigualdad estricta (Lema 1.19) que se utiliza: Para $0 \lt x \lt 1, m, a,\ldots,b$ enteros positivos (también lo $0 \lt x^{powers} \leq x$),

\begin{eqnarray*} (1 -x^m)(1-x^{m+a})\ldots(1-x^{m+b}) & \geq & (1 - x^m - x^{m+a} - \ldots - x^{m+b}) \\ & \gt & 1 - ( x^m + x^{m+1} + \ldots ) = 1 - x^m/(1-x) \\ \end{eqnarray*}

A continuación, Jameson ha 1.20, que debo escribir y restringir a squarefree enteros $n$, como de hecho se pone mejor los límites y rangos para al $n$ no es squarefree.

1.20 (reescrito) Deje $n>1$ ser squarefree con $j=1$ si el número de $k$ de los distintos factores primos de $n$ es un número y $j=-1$ si $k$ es impar. Deje $0 \lt x \leq 1/2$. Entonces

$$1-x \lt \Phi_n(x)^j \lt 1.$$

Nota al $n$ es 1, uno ha $\Phi_1(x)= x-1$, lo que es negativo en el dominio considerado.

El uso de la inversión $\Phi_n(x)/x^{\phi(n)} = \Phi_n(1/x)$ al $n \gt 1$, esto da para $2 \leq x$ \begin{eqnarray*} (x-1)/x && \lt \Phi_n(x)/x^{\phi(n)} \lt 1, && k=2m \\ 1 && \lt \Phi_n(x)/x^{\phi(n)} \lt x/(x-1), && k=2m+1 . \\ \end{eqnarray*}

El uso de la relación para general no squarefree índices, uno puede mejorar el $x$ en $1-x$ a $x$ a una potencia fraccionaria, así como ampliar la gama un poco. Todavía estoy trabajando esta parte. Incluso la elaboración de la declaración mediante la inversión requiere de atención. Creo que los resultados son a la vez simples y difíciles, y me alegra compartir este en MathOverflow.

Jameson utiliza las herramientas con cuidado, trabajando en la squarefree caso en aproximadamente la mitad de una página de primaria razonamiento que todavía estoy hojeando. Estoy joyed. También estoy dispuesto a comprar Jameson dos bebidas calientes. Peter Mueller puede caer por y me pregunta por un bagel tostado. ACTUALIZACIÓN DE FIN DE 2015.10.21

Gerhard "Quiere Que Deje De Girar La Cabeza" Paseman, 2015.10.19

Answer 1

El uso de la Mobius inversión de la fórmula, se puede escribir

$$\Phi _n(X)= \prod _{d\mid n} (X^d-1)^{\mu (n/d)}.$$ A continuación, obtener $$\frac{\Phi _n(p)}{p^{\phi (n)}}=\prod _{d \mid n} (1-\frac{1}{p^d})^{\mu (n/d)} . $$

[Editar] yo no creo que esto daría una completa prueba, pero Fedja comentarios a continuación dar la estimación en todos los casos. Me dan su prueba: tomar registros en ambos lados de la última ecuación obtenemos $$\log \big (\frac{\Phi _n(p)}{p^{\phi (n)}}\big )= \sum _{d\mid n} \mu (\frac{n}{d})\log (1-\frac{1}{p^d})=- \sum _{d\mid n} \mu (\frac{n}{d}) \sum _{k\geq 1} \frac{1}{kp^{kd}}.$$ Now, for $0\leq x\leq 1/2$, es probado en Fedja el comentario de abajo que la estimación $$0\leq \mid \sum _{d\mid n}\mu (\frac{n}{d})x^d \mid \leq x$$ holds. Taking $x=\frac{1}{p^k}$ y el uso de esta estimación en el por encima de la igualdad, obtenemos la estimación
$$\mid \log \big( \frac{\Phi _n(p)}{p^{\phi (n)}}) \mid \leq \sum _{k\geq 1} \frac{1}{kp^k}=\log \big ( \frac{1}{1-\frac{1}{p} }\big ). $$ (We may assume that $\Phi _n(p)/p^{\phi (n)}\geq 1$; de lo contrario, la estimación es trivialmente cierto). A continuación, la última desigualdad implica inmediatamente $$\frac{\Phi _n(p)}{p^{\phi (n)}}\leq \frac{p}{p-1},$ $ , que es lo que se necesitaba.

Answer 2

Deje $d = \phi(n)$ y asumen $n>2$.A continuación, la primitiva $n$-th raíces de la unidad ocurrir en $d/2$ complejo conjugado de a pares, y el GM-AM desigualdad aplicado a la (positivo) de las contribuciones de cada par de da $\Phi_n(p)/p^d \leq (1 + \frac{1}{p^2}+ \frac{2}{dp})^{d/2}$, ya que la suma de los primitivos $n$-th raíces de la unidad tiene valor absoluto en la mayoría de los $1$. Esto es menos que $e^{1/p}(1+ \frac{1}{p^{2}})^{d/2}$.Segundo término del producto es en la mayoría de las $ e^{d/2p^{2}}$,por lo que el cociente en el que está interesado en la mayoría de las $e^{1/p + d/2p^{2}}$, en comparación con $\sum_{j=0}^{\infty} 1/p^{j}$. Esto sólo ayuda al $p$ es bastante grande en comparación a$n$, aunque.

Answer 3

He decidido simplificar el argumento se encuentra en las notas de Jameson, y al mismo tiempo mejorar los límites y rangos de aplicabilidad. Estoy reescribiendo para el propósito de la comprensión y el objetivo específico de mejorar la respuesta; para otras aplicaciones aún así, recomiendo las notas.

Para $n=1$, e $x$ reales positivos, tenemos la cantidad deseada $\Phi_n(x)/x^{\phi(n)} = (x-1)/x$, lo que nos tomar como se entiende, y se centrará en $n \gt 1$. Por medio de la inclusión-exclusión o algunos otros medios de sumar más de divisores positivos de $n$, tenemos $\phi(n) = \sum_{d \mid n} d\mu(n/d)$, donde yo uso el de Moebius la función $\mu(m)$, y la reescritura de la cantidad como en la respuesta de Venkataramana: $$\frac{\Phi_n(x)}{x^{\phi(n)}}= \frac{\prod_{d\mediados n} (x^d -1)^{\mu(n/d)}}{\prod_{d \mediados n} x^{d\mu(n/d)}}= \prod_{d \mediados n}(1 - x^{d})^{\mu(n/d)}= \left( \frac{P(x)}{Q(x)} \right)^j,$$ donde explico el último término de abajo.

En el caso general, $n$ no es siempre squarefree, por lo que para algunos divisores $d$ de $n$ $\mu(n/d)$ es $0$ y la base asociado $1 - x^{-d}$ "cae". Recopilamos los términos que no la abandonan y organizar para el término con el mayor valor de $-d$ (menor $d$) en la parte superior. Como resultado, $j$ será $1$ cuando el número de de los distintos factores primos de $n$ es aún, y $-1$ cuando este número es impar. Dejando $n_0=$rad$(n)$ y $n_1= n/n_0$, $P(x)$ contendrá los factores de la forma $(1 - x^{-an_1})$ donde $a$ ejecuta a través de la divisores de $n_0$ con $\mu(a)=1$ (por lo $1-x^{-n_1}$ es un factor de $P(x)$), y $Q(x)$ contendrá la resto (factores de $1 - x^{-an_1}$ donde $a\mid n_0$ e $\mu(a)=-1$). Sin embargo, incluso cuando se $n$ es squarefree, $n_1$ será $1$ y el argumento se aplica en este caso también. Mediante el uso de $-n_1$, evitar en algunos de anotación costo de la inversión y squarefree reducciones utilizado en el argumento de Jameson.

Como una comprobación rápida, tomemos $n= q^k$, una potencia principal con $k \geq 1$. A continuación, $j=-1, n_1=n/q,$ $P(x)=(1-x^{-n_1}),$ e $Q(x)=(1-x^{-n})$, y
$$1 < \frac{\Phi_n(x)}{x^{\phi(n)}} = \frac{x^n - 1}{x^n - x^{n-n_1}} \lt \frac{x^{n_1}}{x^{n_1} - 1}= \frac{x^{n/p}}{x^{n/p} - 1},$$ y esta última está limitada por $x/(x-1)$, y se pone mejor cuando $k$ se hace más grande. Nota, sin embargo, para $k=1$ que como $n$ se ejecuta a través de grandes números primos, $\Phi_n(x)/x^{\phi(n)}$ enfoques $x/(x-1)$: no podemos esperar una mejora significativa para los $n$.

Continuamos ahora asumiendo $n$ no es una fuente primaria de energía. Yo uso una simple estimación de obligado tanto $P(x)$ e $Q(x)$. En realidad, una característica clave de Jameson, el argumento de que quiero destacar aquí es que estamos obligados $P(x)/(1-x^{-n_1}) = (1- x^{-pqn_1})R(x)$ donde $R(x)$ es el resto del producto (y podría ser 1), el cual es necesario para que la desigualdad en mi pregunta. $p$ e $q$ son los más pequeños y el segundo más pequeño de los factores primos de $n$.

Puedo presentar a un familiar-en busca de la desigualdad que yo dub Lema 91.1. Para $1 \lt x$ real, $m \lt 0$ un entero, y enteros $0 \lt a \lt b$, y quizás en otros distintos exponentes de números enteros procedentes de $[a,b]$ \begin{eqnarray*} (1-x^{am}) & \gt & (1- x^{am})\ldots(1-x^{bm}) \gt 1 - x^{am} - \ldots - x^{bm} \\ & \geq & 1 - x^{am} - x^{(a+1)m} - \ldots - x^{bm} = 1 - \frac{x^{am} (1- x^{m(1+b-a)})}{1- x^m} \\ \end{eqnarray*} Tenga en cuenta que si $a=b$ en la de arriba, a continuación, acabamos de $(1- x^{am})$ a enlazar, y obtenemos las igualdades en en este caso.

Este Lema es el algebraicas reemplazo de fedja la idea de que es el corazón de la aceptó respuesta. Da $1- x^{-n_1} \gt P(x) \geq (1 - x^{-n_1})(1 - x^{-pqn_1}(1- x^{-{\beta}n_1})/(1 - x^{-n_1}))$, para algunos entero $1 \leq \beta \leq n_0 - pq$ lo suficientemente grande, y recogiendo $\gamma \leq n_0 - p$ de manera similar a $\beta$ $1 - x^{-pn_1} \gt Q(x) \gt 1 - x^{-pn_1}(1-x^{-{\gamma}n_1})/(1-x^{-n_1})$. (Si $1 \gt n_0 - pq$, pick $\beta=1$ , de todos modos. Uno siempre puede elegir más grande $\beta$ e $\gamma$ a debilitar la desigualdad.)

Para obtener $P(x) \lt Q(x)$, miramos al $1-Q(x) \lt 1 -P(x)$, o la condición suficiente $1- Q(x) \lt x^{-pn_1}(1-x^{-{\gamma}n_1})/(1-x^{-n_1}) \leq x^{-n_1} \lt 1 -P(x)$. Para mejorar la legibilidad sustituimos $y=x^{-n_1}$ y preguntar por esto $y$ a satisfacer $y^p(1 - y^{\gamma}) \leq y- y^2$, o $ y + y^{p-1}(1- y^{\gamma}) \leq 1$. $p$ es, al menos,$2$, así que esto es al $x^{-n_1} = y \leq 1/2$, sin embargo, se puede sostener por un poco más grande $y$. Así para $x^{-n_1} \leq 1/2 + \epsilon(p,\gamma)$, tenemos $P(x) \lt Q(x)$. No podemos se espera que un gran $\epsilon(2,\gamma)$ (para los que necesitamos $y \lt (2 - y^{\gamma})^{-1}$), pero ya $0.1 \lt \epsilon(p, \gamma)$ para los números primos $p \gt 2$.

Utilizamos el otro desigualdades para obtener inmediatamente

$$\frac{P(x)}{Q(x)} \gt \frac{(1 - x^{-n_1})(1 - x^{-pqn_1}(1- x^{-{\beta}n_1})/(1 - x^{-n_1}))}{1 - x^{-pn_1}},$$ y reutilizamos $y$ a escribir esta última como $$(1-y)\frac{1 - y^{pq}(1 - y^{\beta})/(1-y)}{1-y^p}= (1-y)\frac{1 - y - y^{pq}(1-y^{\beta})}{1 - y - y^p + y^{p+1}}.$$

Como $q\geq 3$, $y^{p(q-1)} ( 1- y^{\beta}) \lt 1 - y$ siempre que $y^4 + y \lt 1$, y uno puede usar $\beta$ a ajustar el intervalo más, así que para tales $y$ hemos $-y^{pq}(1- y^{\beta}) \gt - y^p(1-y)$ así que la última muestra término es $(1-y)$ veces algo más grande que la de $1$. Así $P(x)/Q(x) \gt 1-y = 1- x^{-n_1}$ para estos $x$, que incluyen la $x^{n_1} \geq 2$.

Así tenemos a $\Phi_n(x)/x^{\phi(n)}$ intercala entre $1 - x^{-n/\textrm{rad}(n)}$ y $1$, o entre el $1$ e $(1 - x^{-n/\textrm{rad}(n)})^{-1}$ para $x^{n_1} \gt 2 - \epsilon$, donde se puede sintonizar epsilon basado en $n$.

Gerhard "Disculpas Por Las Partes Simples" Paseman, 2015.10.23