1,2,...,n的最小公倍数公式

hbghlyj

$F(n)$为分母不超过 $n$ 的有理数$$\operatorname{lcm}(1,2,\dots,n)=\frac{1}{2}\left(\prod_{\substack{r \in F(n) \\ 0<r \leq 1 / 2}} 2 \sin (\pi r)\right)^2$$

hbghlyj

https://arxiv.org/pdf/0909.1838

证明：
回忆分圆多项式$\Phi_n(X)$的递推式：

正整数$n\ge1$，素数$p\ge2$，
(Serge Lang《Algebra》p280)若$p\mid n$，$\Phi_{n p}(X)=\Phi_n\left(X^p\right)$；若$p\nmid n$，$\Phi_{n p}(X)=\Phi_n\left(X^p\right)/\Phi_n(X)$.

代入$X=1$，使用$\Phi_p(1)=1^0+1^1+1^2+\dots+1^{p-1}=p$和上述递推式可以证明：$$\Phi_n(1)=\begin{cases}1, & \text { if } n \neq p^\alpha \\ p, & \text { if } n=p^\alpha .\end{cases}$$ 由$\forall n\ge1:\Phi_n(X)=\prod_{\substack{1\le k\le n\\k\perp n}}\left(X-\exp \left(\frac{2 k \pi i}{n}\right)\right)$得 $$\forall n>2:\qquad\Phi_n(1)=\prod_{\substack{-n / 2 < k < n / 2 \\ k \perp n}}\left(1-\exp \left(\frac{2 k \pi i}{n}\right)\right)$$ 由以上二式得$$\forall n>2:\qquad\prod_{\substack{-n / 2 < k < n / 2 \\ k \perp n}}\left(1-\exp \left(\frac{2 k \pi i}{n}\right)\right)=\begin{cases}1, & \text { if } n \neq p^\alpha \\ p, & \text { if } n=p^\alpha .\end{cases}$$ 取模长，由$\left|1-\exp \left(\frac{2 k \pi i}{n}\right)\right|=2\left|\sin \frac{k \pi}{n}\right|$，得到
$$\forall n>2:\qquad\prod_{\substack{-n / 2 < k < n / 2 \\ k \perp n}}2\left|\sin \frac{k \pi}{n}\right|=\begin{cases}1, & \text { if } n \neq p^\alpha \\ p, & \text { if } n=p^\alpha .\end{cases}$$
在左边设$r=\frac kn$，右边对$n=1,2,\dots,n$的积为$\displaystyle\prod_{\substack{p\text{ prime}\\p^\alpha\le n< p^{\alpha+1}}}p^\alpha=\operatorname{lcm}(1,2,\dots,n)$，得$$\operatorname{lcm}(1,2,\dots,n)=\frac{1}{2}\left(\prod_{\substack{r \in F(n) \\ 0<r \leq 1 / 2}} 2 \sin (\pi r)\right)^2$$

hbghlyj

如何证明$$\operatorname{lcm}(1,2,\dots,\lfloor \frac{1}{2}n\rfloor)=\left(\prod_{\substack{r \in F(n) \\ 0<r \leq 1 / 2}} 2 \cos (\pi r)\right)^2$$

hbghlyj

验证：

1. Table[FullSimplify[LCM@@Range[n/2]==Product[2Cos[Pi r],{r,Select[FareySequence[n],0<#<1/2&]}]^2],{n,2,20}]

复制代码

{True,True,True,True,True,True,True,True,True,True,True,True,True,True,True,True,True,True,True}

hbghlyj

https://arxiv.org/pdf/0909.1838

证明：
回忆分圆多项式$\Phi_n(X)$的递推式：

正整数$n\ge1$，素数$p\ge2$，
(Serge Lang《Algebra》p280)若$p\mid n$，$\Phi_{n p}(X)=\Phi_n\left(X^p\right)$；若$p\nmid n$，$\Phi_{n p}(X)=\Phi_n\left(X^p\right)/\Phi_n(X)$.

代入$X=-1$，使用$\Phi_p(-1)=\frac{(-1)^p-1}{(-1)-1}$和上述递推式可以证明： $$ \forall n>2:\qquad\Phi_n(-1)= \begin{cases}p, & \text { if } n=2 p^\alpha \\ 1, & \text { otherwise} \end{cases}$$ 设$\tilde{\epsilon}_n(k)=1+\exp (2 \pi i k / n)$，由$\forall n\ge1:\Phi_n(X)=\prod_{\substack{1\le k\le n\\k\perp n}}\left(X-\exp \left(\frac{2 k \pi i}{n}\right)\right)$得 $$\forall n>2:\qquad\Phi_n(1)=\prod_{\substack{1\le k\le n\\k\perp n}}\left(-1-\exp \left(\frac{2 k \pi i}{n}\right)\right)=\prod_{\substack{0< k < n \\ k \perp n}}-\tilde{\epsilon}_n(k)$$ 由以上二式得 $$\forall n>2:\qquad\prod_{\substack{0< k < n \\ k \perp n}}-\tilde{\epsilon}_n(k)= \begin{cases}p, & \text {if } n=2 p^\alpha \\ 1, & \text{otherwise} \end{cases}$$ 由于 $\tilde{\epsilon}_n(k)$ 与 $\tilde{\epsilon}_n(n-k)$ 为共轭复数，$\tilde{\epsilon}_n(k) \tilde{\epsilon}_n(n-k)=(2 \cos \pi k / n)^2$得 $$\prod_{\substack{0< k< n \\ k \perp n}} 2\left|\cos \frac{\pi k}{n}\right|= \begin{cases}p, & \text { if } n=2 p^\alpha \\ 1, & \text { otherwise }\end{cases}$$ 在左边设$r=\frac kn$，右边对$n=1,2,\dots,n$的积为$\displaystyle\prod_{\substack{p\text{ prime}\\p^\alpha\le \lfloor\frac n2\rfloor< p^{\alpha+1}}}p^\alpha=\operatorname{lcm}(1,2,\dots,\lfloor\frac n2\rfloor)$，得$$\operatorname{lcm}(1,2,\dots,\lfloor \frac{1}{2}n\rfloor)=\left(\prod_{\substack{r \in F(n) \\ 0< r \leq 1 / 2}} 2 \cos (\pi r)\right)^2$$

hbghlyj

设 $n>1$ 为正整数，$\zeta_n=e^{2i\pi/n}$ 为 $n$ 次本原单位根。

设 $m=\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor$，如何证明
\begin{equation}\label{eq:1}
\prod_{k=1}^m \sin^2\left(\frac{\pi k}{n}\right) = \prod_{k=1}^{n-1} \sin\left(\frac{\pi k}{n}\right)
  = \frac{n}{2^{n-1}}
\end{equation}

hbghlyj

引理：设 $n>1$ 为正整数。那么
\[
  \prod_{k=1}^{n-1} (1-\zeta_n^k) = n
\]
引理的证明：
我们有 $x^n-1 = \prod_{k=1}^n (x-\zeta_n^k)$。两边同时除以 $x-1$ 得
\[
  \frac{x^n-1}{x-1} = 1+x+x^2+\dots x^{n-1} = \prod_{k=1}^{n-1} (x-\zeta_n^k)
\]
代入 $x=1$ 得结果。

---

\eqref{eq:1} 的证明：
使用 $\zeta_n$ 的定义和二倍角公式，我们有
\begin{align*}
  1-\zeta_n^k &= 1-\cos\left(\frac{2\pi k}{n}\right) - i\sin\left(\frac{2\pi k}{n}\right) \\
        &= 2\sin^2\left(\frac{\pi k}{n}\right) -
           2i\sin\left(\frac{\pi k}{n}\right)\cos\left(\frac{\pi k}{n}\right) \\
        &= 2\sin\left(\frac{\pi k}{n}\right)
           \left(\sin\left(\frac{\pi k}{n}\right)-i\cos\left(\frac{\pi k}{n}\right)\right)
\end{align*}
注意到 $\lvert \sin\theta - i\cos\theta\rvert = \sin^2\theta + \cos^2\theta=1$，所以取模长，我们得到
\[
  \left\lvert 1-\zeta_n^k\right\rvert = 2\left\lvert \sin\left(\frac{\pi k}{n}\right)\right\rvert
\]
现在，对于 $1\leq k\leq n-1$，（对于 $n$ 为偶数，当 $k=m$ 时 $k=n-k$，多出的项 $\sin\frac{\pi}{2}=1$），
\begin{align*}
  \prod_{k=1}^m \sin^2\left(\frac{\pi k}{n}\right)
   &=\left\lvert \prod_{k=1}^m \sin\left(\frac{\pi k}{n}\right) \sin\left(\pi - \frac{\pi k}{n}\right)\right\rvert
   \\&= \left\lvert\prod_{k=1}^m \sin\left(\frac{\pi k}{n}\right) \sin\left(\frac{\pi(n-k)}{n}\right)\right\rvert \\
   &= \left\lvert\prod_{k=1}^{n-1} \sin\left(\frac{\pi k}{n}\right)\right\rvert \\
   &= \frac{1}{2^{n-1}}\left\lvert \prod_{k=1}^{n-1} (1-\zeta_n^k)\right\rvert
\\   &= \frac{n}{2^{n-1}}
\end{align*}

hbghlyj

设 $n>1$ 为正整数，$\zeta_n=e^{2i\pi/n}$ 为 $n$ 次本原单位根。

设 $m=\left\lfloor\frac{n}{2}\right\rfloor$，如何证明
\begin{equation}\label{eq:2}\prod_{k=1}^m \cos \left(\frac{\pi k}{n}\right)= \begin{cases}2^{-m}, & \text { if } n \text { odd} \\ 0, & \text { if } n \text { even}\end{cases}
\end{equation}

hbghlyj

引理：设 $n>1$ 为正整数。那么
\[
  \prod_{k=1}^{n-1} (-1-\zeta_n^k) = \begin{cases}1, & \text { if } n \text { odd } \\ 0, & \text { if } n \text { even }\end{cases}
\]
引理的证明：
我们有 $x^n-1 = \prod_{k=1}^n (x-\zeta_n^k)$。两边同时除以 $x-1$ 得
\[
  \frac{x^n-1}{x-1} = 1+x+x^2+\dots x^{n-1} = \prod_{k=1}^{n-1} (x-\zeta_n^k)
\]
代入 $x=-1$ 得结果。

---

\eqref{eq:2} 的证明：
使用 $\zeta_n$ 的定义和二倍角公式，我们有
\begin{align*}
  -1-\zeta_n^k &= -1-\cos\left(\frac{2\pi k}{n}\right) - i\sin\left(\frac{2\pi k}{n}\right) \\
        &= -2\cos^2\left(\frac{\pi k}{n}\right) -
           2i\sin\left(\frac{\pi k}{n}\right)\cos\left(\frac{\pi k}{n}\right) \\
        &= -2\cos\left(\frac{\pi k}{n}\right)
           \left(\cos\left(\frac{\pi k}{n}\right)+i\sin\left(\frac{\pi k}{n}\right)\right)
\end{align*}
注意到 $\lvert \sin\theta +i\cos\theta\rvert = \sin^2\theta + \cos^2\theta=1$，所以取模长，我们得到
\[
  \left\lvert -1-\zeta_n^k\right\rvert = 2\left\lvert \cos\left(\frac{\pi k}{n}\right)\right\rvert
\]
若$n$为偶数，\eqref{eq:2}中的$k=m$项为 $\cos \left(\frac{\pi m}{n}\right)=0$，所以$\eqref{eq:2}=0$.
若$n$为奇数，对于 $1\leq k\leq m$，$k<n-k$，所以
\begin{align*}
  \prod_{k=1}^m \cos^2\left(\frac{\pi k}{n}\right)
   &= \left\lvert\prod_{k=1}^m \cos\left(\frac{\pi k}{n}\right) \cos\left(\pi - \frac{\pi k}{n}\right) \right\rvert\\
   &= \left\lvert\prod_{k=1}^m \cos\left(\frac{\pi k}{n}\right) \cos\left(\frac{\pi(n-k)}{n}\right)\right\rvert \\
   &=\left\lvert\prod_{k=1}^{n-1} \cos\left(\frac{\pi k}{n}\right) \right\rvert
\\   &= \frac{1}{2^{n-1}}\left\lvert \prod_{k=1}^{n-1} (-1-\zeta_n^k)\right\rvert
    =2^{-2m}
\end{align*}对于 $1\leq k\leq m$，$\cos \left(\frac{\pi k}{n}\right)>0$，所以两边的平方根
\begin{equation*}\prod_{k=1}^m \cos \left(\frac{\pi k}{n}\right)= 2^{-m}
\end{equation*}

hbghlyj

上面用到的分圆多项式的递推，书上没有证明，留作习题，请问如何证明呢

Serge Lang《Algebra》p280

hbghlyj

• If $p$ is a prime number, then
  \[
  \Phi_p(X)=X^{p-1}+X^{p-2}+\cdots+1
  \]
  and for an integer $r \geqq 1$,
  \[
  \Phi_{p^r}(X)=\Phi_p\left(X^{p^{r-1}}\right)
  \]
• Let $n=p_1^{r_1} \cdots p_s^{r_s}$ be a positive integer with its prime factorization. Then
  \[
  \Phi_n(X)=\Phi_{p_1 \cdots p_s}\left(X^{p_1^{r_1-1}\dots p_s^{r_s-1}}\right)
  \]
• If $n$ is odd $>1$, then $\Phi_{2 n}(X)=\Phi_n(-X)$.
• If $p$ is a prime number, not dividing $n$, then
  \[
  \Phi_{p n}(X)=\frac{\Phi_n\left(X^p\right)}{\Phi_n(X)}
  \]
  On the other hand, if $p \mid n$, then $\Phi_{p n}(X)=\Phi_n\left(X^p\right)$.
• We have
  \[
  \Phi_n(X)=\prod_{d \mid n}\left(X^{n / d}-1\right)^{\mu(d)}
  \]