Divisibilidad de ciertos polinomios

Question

Consideremos las sumas finitas $$F_n(q)=\sum_{k=1}^nq^{\binom{k}2}$$ con exponentes el números triangulares $\binom{k}2$ . Cuando $n$ es impar, parece que $F_n(q)$ no se factoriza sobre $\mathbb{Z}[q]$ . Por otro lado, cuando $n=2m$ es incluso

PREGUNTA. ¿es cierto que $F_{2m}(q)$ es divisible por el producto $$\prod_{j\geq0}(1+q^{m/2^j})$$ donde el producto se extiende mientras $m/2^j$ es un número entero.

Ejemplos. He aquí una muestra: \begin{align} (1+q^2)(1+q)\,\vert&\, F_4(q); \qquad (1+q^3)\,\,\vert\,F_6(q); \\ (1+q^4)(1+q^2)(1+q)\,\,\vert&\,F_8(q); \qquad (1+q^6)(1+q^3)\,\,\vert\,F_{12}(q). \end{align}

Answer 1

Sí.

Dejemos que $n = a*2^b$ con $a$ impar. Entonces su pregunta es si $\prod_{j = 1}^{b} \left((1 + q^{\frac{n}{2^j}})\right) \, | \, F_n(q)$ . Multiplicando ambos por $q^a - 1$ la cuestión es si $F_n(q)(q^a - 1)$ es divisible por $q^{n} - 1$ .

Consideremos el multiconjunto $\{{i(i - 1)} (\text{mod} \; 2n)\}_{i = 1}^{2n}$ . Afirmo que este conjunto múltiple es invariante bajo la traslación por $2a$ es decir, el número de veces que la clase de residuo $x (\text{mod} \; 2n)$ es el mismo que el número de veces que aparece $x + 2a$ aparece.

El teorema chino de los restos en los anillos nos permite analizar el multiconjunto utilizando los restos modulo $a$ y $2^{b + 1}$ por separado; la distribución de los resultados será el producto de las distribuciones de cada uno. Primero abordamos $a$ . Como $2a \equiv 0 (\text{mod} \; a)$ La distribución de los residuos en el módulo $a$ será invariante bajo traslación por $2a$ .

Por otro lado, considere el mapa $i \mapsto i (i - 1): \mathbb{Z}/2^{b + 1} \rightarrow \mathbb{Z}/2^{b + 1}$ . Claramente, todos los resultados deben ser pares. Afirmo que cada resultado par aparece exactamente dos veces. Supongamos que $i(i - 1) = j (j - 1) (\text{mod} \; 2^{b + 1})$ . Entonces $(i - j)(i + j - 1) = 0 (\text{mod} \; 2^{b + 1})$ . Los dos factores son de paridad opuesta, por lo que uno de ellos es impar, mientras que el otro debe ser divisible por $2^{b + 1}$ . Por lo tanto, cada resultado aparece como máximo dos veces. Pero por el principio de encasillamiento, tenemos que cada resultado par aparece exactamente dos veces - y por lo tanto la distribución de los residuos modulo $2^{b + 1}$ es invariante bajo la traslación por cualquier cantidad par, incluyendo $2a$ .

Juntando todo esto, tenemos que el conjunto de resultados $\{i(i - 1) (\text{mod} \; 2n)\}_{i = 1}^{2n}$ es invariante bajo traslación por $2a$ . Tenemos que $i (i - 1) \equiv (1 - i)(1 - i - 1)$ Así pues, al restringir a $1 \leq i \leq n$ cortamos el multiconjunto exactamente por la mitad, es decir $\{i(i - 1) (\text{mod} \; 2n)\}_{i = 1}^{n}$ también es invariable por traslación mediante $2a$ . Entonces, dividiendo el polinomio por $2$ (y también dividiendo el módulo por $2$ ), obtenemos que el conjunto de resultados $\{{i \choose 2} = \frac{i(i - 1)}{2} (\text{mod} \; n)\}_{i = 1}^{n}$ es invariante bajo traslación por $a$ .

Esto implica que $\sum_{i=1}^n q^{i \choose 2} \equiv \sum_{i=1}^n q^{{i \choose 2} + a} (\text{mod} \; q^n - 1)$ , como si $x \equiv y (\text{mod} \; n)$ entonces $q^x \equiv q^y (\text{mod} \; q^n - 1)$ . Podemos reescribir esto como $q^n - 1 | \sum_i q^{{i \choose 2} + a} - q^{i \choose 2} = (q^a - 1) F_n(q)$ Así que hemos terminado.