Cyclotomic polinomios evaluados en las raíces de la unidad

Question

Queridos MO_World,

Estoy trabajando en una ergodic theory pregunta (acerca de una generalización de las funciones propias para medir la preservación de las transformaciones) y se han ejecutado en un número de la teoría de la cuestión relativa a cyclotomic polinomios que yo soy incapaz de hacer frente.

La pregunta es esta:

Deje $p$ ser una de las primeras y deje $p|n$. Cuando se da el caso de que $\Phi_n(e^{2\pi i/p})=\pm e^{2\pi ij/p}$ para algunos $j$?

Aquí $\Phi_n$ indica el $n$th cyclotomic polinomio.

He experimentado con Mathematica y han encontrado allí no son desdeñables los casos en que la condición se mantiene, mientras que para la mayoría de los casos no parecen sostener.

Dejando $c(n,p)=\Phi_n(e^{2\pi i/p})$, tenemos $c(105,3)=1$, pero $c(105,5)$ e $c(105,7)$ no están en el círculo unidad. Ninguno de $c(15,3)$, $c(21,3)$, $c(15,5)$, $c(35,5)$, $c(21,7)$, $c(35,7)$ están en el círculo unitario; $c(40,2)=1$, pero $c(50,2)=5$...

No es de extrañar que parece ser la más fácil para la condición de mantener por pequeño $p$.

Además, el uso de las relaciones $\Phi_{p^2n}(x)=\Phi_{pn}(x^p)$; y $\Phi_n(1)=q$ si $n=q^k$ para algunos prime $q$ y un entero $k$, pero $\Phi_n(1)=1$, de lo contrario, no es difícil ver que la condición mantiene siempre $p^2|n$, pero $n$ no es una potencia de $p$.

Gracias por más sistemática sugerencias...

Answer 1

Set $\zeta=e^{2\pi i/p}$. Por lo que Anthony escribió, podemos suponer que $n=pm$ donde $p$ no divide $m$. Tenga en cuenta que si $\Phi_n(\zeta)=\pm\zeta^j$,, a continuación, $\Phi_n(\zeta^k)=\pm\zeta^{jk}$ por cada $k$ primer a $p$, debido a la absoluta Galois grupo de $\mathbb Q$ actúa transitivamente sobre el $\zeta^k$s (por irreductibilidad de $\Phi_p$).

Deje $r$ ser el radical de $m$ (el producto de los distintos primer divisores de $m$). De $\Phi_n(\zeta)=\Phi_{pr}(\zeta^{m/r})$, vemos que además puede suponer que $m$ es squarefree.

No podemos tener el caso de $\Phi_n(\zeta)=-\zeta^j$ si $p=2$: Supongamos que sucede. A continuación, $\zeta$ es una raíz de $\Phi_n(X)+X^j$. Por otro lado, $\Phi_p$ es irreductible, por lo $\Phi_p$ divide $\Phi_n(X)+X^j$. Pero, a continuación, $p=\Phi_p(1)$ divide $\Phi_n(1)+1=2$, lo $p=2$.

Usando la fórmula de $\Phi_n(X)=\prod_{d\mid n}(X^d-1)^{\mu(n/d)}$, obtenemos $\Phi_{pm}(\zeta)=\Phi_m(1)/\Phi_m(\zeta)$. Claramente, si $m$ es un número primo, entonces $\lvert\Phi_m(1)/\Phi_m(\zeta)\rvert>1$. Por lo tanto $m$ no es un número primo, por lo $\Phi_m(1)=1$, e $\Phi_m(\zeta)$ es $\pm$ un poder de $\zeta$.

Ahora $\Phi_m(\zeta)$ sólo depende de la clase residual de cada divisor primo de $m$ modulo $p$. Así que, dado que $p$, y el número de $t$ de los factores primos de $m$, uno sólo tiene que verificar cual de las $(p-1)^t$ posibilidades de trabajo. Por ejemplo, si cada divisor primo de $m$ es$\equiv1\pmod{p}$,, a continuación,$\Phi_m(\zeta)=1$. Así que por Dirichlet, para cada uno de los prime $p$, hay infinitamente muchos casos.

No creo que se haga una descripción explícita de las posibilidades de $m$ es posible.

Añadido: Bajo los supuestos del anterior ($m$ es squarefree, el primer a $p$, y no un prime) $\Phi_m(\zeta)$ (y también en la $\Phi_{pm}(\zeta)$) es una potencia de $\zeta$ siempre $m$ tiene un divisor primo que es $\equiv1$ o $\equiv-1\pmod{p}$. De esta manera se sigue por inducción a partir de la identidad de $\Phi_m(X)=\Phi_k(X^q)/\Phi_k(X)$ para $m=kq$ e $q$ de una prima.

Probablemente, esta condición suficiente es necesario también. Yo sólo se comprueba si $m=uv$ con $u,v$ distintos de los números primos: $\Phi_m(\zeta)=\zeta^j$ da $X^p-1$ divide $(X^{uv}-1)(X-1)-X^j(X^u-1)(X^v-1)$, y esto es fácil de rendimientos $u\equiv\pm1\pmod{p}$ o $v\equiv\pm1\pmod{p}$.