Demostración de la fórmula de Möbius para polinomios ciclotómicos

Question

Queremos demostrar que $$ \Phi_n(x) = \prod_{d|n} \left( x^{\frac{n}{d}} - 1 \right)^{\mu(d)} $$ donde $\Phi_n(x)$ en la n-ésima polinomio ciclotómico y $\mu(d)$ es el Función Möbius definido en los números naturales.

Se nos indicó que lo hiciéramos por las siguientes etapas:

Usando la inducción asumimos que la fórmula es verdadera para $n$ y queremos probarlo para $m = n p^k$ donde $p$ es un número primo tal que $p\not{|}n$ .

a) Demostrar que $$\prod_{\xi \in C_{p^k}}\xi = (-1)^{\phi(p^k)} $$ donde $C_{p^k}$ es el conjunto de todas las primitivas $p^k$ -raíces de la unidad, y $\phi$ es la función de Euler. Lo he demostrado.

b) Utilizando la hipótesis de inducción demuestre que $$ \Phi_m(x) = (-1)^{\phi(p^k)} \prod_{d|n} \left[ \prod_{\xi \in C_{p^k}} \left( (\xi^{-1}x)^{\frac{n}{d}} - 1 \right) \right]^{\mu(d)} $$

c) Demuestra que $$ \prod_{\xi \in C_{p^k}} \left( (\xi^{-1}x)^{\frac{n}{d}} - 1 \right) = (-1)^{\phi(p^k)} \frac{x^{\frac{m}{d}}-1}{x^{\frac{m}{pd}} - 1} $$

d) Utiliza estos resultados para demostrar la fórmula sustituyendo c) en b).

Estoy atascado en b) y c).

En b) he intentado utilizar la fórmula de recursión $$ x^m - 1 = \prod_{d|m}\Phi_d(x) $$ y $$ \Phi_m(x) = \frac{x^m-1}{ \prod_{\stackrel{d|m}{d<m}} \Phi_d(x)} . $$

En c) he intentado expandir el producto por el binomio de Newton utilizando $\phi(p^k) = p^k ( 1 - 1/p)$ . También intenté sustituir el producto por $\xi \mapsto [ \exp(i2\pi / p^k) ]^j$ y que $j$ se ejecutan en números que no se dividen $p^k$ . En ambos casos me quedé atascado.

Agradecería ayuda en este sentido.

Answer 1

Para b), hay que demostrarlo diciendo que $\Phi_n(x) = \prod_{\xi \in C_n} (x - \xi)$ , por lo que hay que relacionar $C_m$ con $C_n$ y $C_{p^k}$ . ¿Puede encontrar una relación entre $\phi(m)$ , $\phi(n)$ y $\phi(p^k)$ ? Si es así, debería darle una idea para una forma de describir $C_m$ en términos de $C_n$ y $C_{p^k}$ .

Para c), tal vez se pueda calcular $\Phi_{p^k}$ y utilizar ese resultado para demostrar que ambas expresiones son iguales a $(-1)^{\phi(p^k)} \Phi_{p^k}(x^{n/d})$

Answer 2

He encontrado una solución que es fácil de entender para aquellos que quieren saber cómo resolver sin seguir los pasos dados en el problema. Haga clic para ver la fuente .

En primer lugar, tenemos una fórmula $$ {x^{n}-1=\Pi_{d|n}\Phi_{d}(x)} $$ Entonces, tomando el logaritmo de ambos lados, $$ \log(x^{n}-1)=\log(\Pi_{d|n}\Phi_{d}(x))=\Sigma_{d|n}(\log\Phi_{d}(x)) $$ Ahora, utilizamos la fórmula de inversión de Mobius tomando $f_{n}=\log\Phi_{n}$ y $F_{n}=\Sigma_{d|n}(\log\Phi_{d})$ . \begin{align*} \log(\Phi_{n}(x)) & = \Sigma_{d|n}\mu(\frac{n}{d})\log(x^{d}-1)\\ & = \Sigma_{d|n}\log(x^{d}-1)^{\mu(\frac{n}{d})}\\ & = \log\Pi_{d|n}(x^{d}-1)^{\mu(\frac{n}{d})} \end{align*} Por lo tanto, tenemos $$ \Phi_{n}(x)=\Pi_{d|n}(x^{d}-1)^{\mu(\frac{n}{d})} $$

Answer 3

Para (b) Por definición, $$\Phi_m(x)=\prod_{\xi\in C_p^k}(x-\xi)=\prod_{\xi\in C_p^k}\xi\prod_{\xi\in C_p^k}\left(\xi^{-1}x-1\right)=(-1)^{\varphi(p^k)}\prod_{\xi\in C_p^k}\left(\xi^{-1}x-1\right)$$ y ahora utilizaremos la inducción y la fórmula $$\Phi_m(x)=(x^m-1)\prod_{d\mid m,d<m}\Phi_d(x)^{-1}$$

Añadido Supongo que conoces la fórmula de inversión (aditiva) de Moebius para las funciones aritméticas: $$f(n)=\sum_{d\mid n}F(d)\Longrightarrow F(n)=\sum_{d\mid n} \mu(d)f\left(\frac{n}{d}\right)$$

Bueno, también tenemos una versión multiplicativa de lo anterior: $$f(n)=\prod_{d\mid n}F(d)\Longrightarrow F(n)=\prod_{d\mid n}f\left(\frac{n}{d}\right)^{\mu(d)}$$ y la prueba es, mutatis mutandis, como la de la versión aditiva: $$\prod_{d\mid n}f\left(\frac{n}{d}\right)^{\mu(d)}=\prod_{d\mid n}\left(\prod_{t\mid\frac{n}{d}}F(t)\right)^{\mu(d)}=\prod_{t\mid n}F(t)^{\sum_{d\mid n, t\mid\frac{n}{d}}\mu(d)}=$$$$ =\prod_{t\mid n}F(t)^{\sum_{d\mid\frac{n}{t}}\mu(d)}=F(n)$$

\== La segunda igualdad anterior se debe a que $\,\displaystyle{t\frac{n}{d}\,,\,\text{when}\,\,d\mid n\Longleftrightarrow t\mid n}\,$

\== La tercera igualdad se deriva de una observación similar: $$t\mid\frac{n}{d}\Longleftrightarrow \frac{n}{d}=kt\Longleftrightarrow \frac{n}{t}=kd\Longleftrightarrow d\mid\frac{n}{t}\,\,,\,k\in\mathbb{N}\Longleftrightarrow d\mid n$$

\== Finalmente, la última igualdad se deduce de la fórmula básica $$\sum_{d\mid n}\mu(d)=\left\{\begin{array}{} 1 &\,\text{if}\,n=1\\0&\,\text{if}\,n\geq 2\end{array}\right.$$

Pero ahora la fórmula se sigue de inmediato, ya que al poner $\,f(k):=x^k-1\,,\,F(k):=\Phi_k(x)\,$ obtenemos $$ f(n)=x^n-1=\prod_{d\mid n}\Phi_d(x)=\prod_{d\mid n}F(d)\Longrightarrow$$$$ \Longrightarrow \Phi_n(x)=F(n)=\prod_{d\mid n}f\left(\frac{n}{d}\right)^{\mu(d)}=\prod_{d\mid n}\left(x^{\frac{n}{d}}-1\right)^{\mu(d)} $$

Creo que esta forma es mucho más fácil que la que se te indicó.