È più difficile capirne il testo

Polinomi, disuguaglianze, numeri complessi, ...
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Tess
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È più difficile capirne il testo

Messaggio da Tess » 01 ago 2013, 14:32

Sia $\zeta$ una radice primitiva $p-$esima dell'unità con $p$ un primo. Sia $k$ un divisore di $p-1$ e $g$ un generatore modulo $p$.
Siano ora, per ogni $i=1,\dots,k$, $$ x_i=\sum_{j\equiv i\ (mod\ k),}_{1\leq j \leq p-1} \zeta^{g^j}. $$
Dimostrare che il polinomio $P(x)=\prod\limits_{1\leq i \leq k}(x-x_i)$ ha coefficienti interi ($P(x)\in \mathbb{Z}[x]$).

Gottinger95
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Re: È più difficile capirne il testo

Messaggio da Gottinger95 » 03 ago 2013, 15:34

Come il problema, è più difficile capire il testo della soluzione che la soluzione in sè. Ho preferito abusare di simboli piuttosto che di parole.


Definiamo \(y_i = \zeta^{g^i}\), di conseguenza

\(\displaystyle x_i = \sum_{j \equiv i \pmod{k} } _{1 \leq j \leq p-1}{y_j}\)

Sia
\(\displaystyle \sigma_m = \sum_{1 \leq i_1 < \ldots < i_m \leq k} { \prod_{j=1}^m{x_j} }\),
ossia le somme di tutti i possibili prodotti a gruppi di \(m\). Per le relazioni radici-coefficienti, \(P(x) \in \mathbb{Z}[x] \Leftrightarrow \sigma_1, \ldots, \sigma_k \in \mathbb{Z}\). Sia infine \(H_{m,n} = \{ (h_1, \ldots, h_m)\ :\ h_i \not \equiv h_j \pmod{n} \ \ \forall i \not = j \ \mbox{e}\ h_i \not \equiv 0 \pmod{n} \ \ \forall i=1,\ldots,m\}\).

LEMMA. Sia \(\alpha \in \mathbb{Z}/p\mathbb{Z}\). Abbiamo:
\(\displaystyle \sum_{i=0}^{p-2}{y_{\alpha}^{g^i}} = \sum_{i=0}^{p-2}{\zeta^{g^{\alpha+i}}} = \sum_{i=1}^{p-1}{\zeta^{i}} = \frac{1-\zeta}{\zeta-1} = -1\)

Ogni \(\sigma_m\) è una somma di prodotti tra gli \(x_i\) a gruppi di \(m\). A loro volta questi prodotti sono una somma di prodotti tra gli \(y_i\) a gruppi di \(m\), a patto che gli indici degli \(y_i\) in uno stesso prodotto appartengano a classi di resto diverse in \(\mathbb{Z}/_k\mathbb{Z}\). Identifichiamo un prodotto tra gli \(y_i\) con \(\Theta(j_1, h_2, \ldots, h_m)\), in modo che \(\Theta(j_1, h_2, \ldots, h_m) = y_{j_1} \cdot y_{j_1+h_2} \cdot \ldots \cdot y_{j_1+h_m}\) e che \(( h_2, \ldots,h_m) \in H_{m-1,k}\).

Notiamo che ad ogni scelta di \((h_2, \ldots, h_m)\) in \((1, \ldots, k-1)\) e di \(j_1\) in \((1,\ldots, p-1)\) corrisponde uno e un solo prodotto a gruppi di \(m\); perciò possiamo dire che:
\(\displaystyle \sigma_m = \sum_{(h_2, \ldots, h_m) \in H_{m-1,k}}_{j_1 \in \mathbb{Z}/_{p-1}\mathbb{Z}} {\Theta(j_1, h_2,\ldots,h_m)}\)

Riarrangiamo la somma:
\(\displaystyle \sigma_m =\sum_{(h_2, \ldots, h_m) \in H_{m-1,k}} \sum_{j=1}^{p-1}{\Theta(j, h_2,\ldots,h_m)}\)

Si verifica facilmente che \(\Theta^g(j_1, h_2,\ldots, h_m) = \Theta(j_1+1, h_2, \ldots, h_m)\), perciò abbiamo:
\(\displaystyle \sigma_m =\sum_{(h_2, \ldots, h_m) \in H_{m-1,k}} \sum_{j=0}^{p-2}{\Theta^{g^j}(1 , h_2,\ldots,h_m)}\)

Ancora, sia
\(\displaystyle \Omega(h_2, \ldots, h_m) = \sum_{j=0}^{p-2}{\Theta^{g^j}(1 , h_2,\ldots,h_m)}\)
Perciò si ha:

\(\displaystyle \sigma_m = \sum_{(h_2, \ldots, h_m) \in H_{m-1,p-1}}{\Omega(h_2, \ldots, h_m)}\)

Se \(\Theta(1 , h_2,\ldots,h_m) = \zeta^{0}=1\), allora \(\Omega(h_2, \ldots, h_m)=p-1\); se invece \(\Theta(1, h_2, \ldots, h_m) = y_{\alpha}\) per qualche \(\alpha \in (1, \ldots, p-1)\), allora per il lemma vale \(\Omega(h_2, \ldots, h_m) = -1\). In ogni caso \(\sigma_m\) è una somma di termini interi, perciò è intero. Con questo si conclude la dimostrazione.
Ultima modifica di Gottinger95 il 09 ago 2013, 02:12, modificato 1 volta in totale.
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe

Gottinger95
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Re: È più difficile capirne il testo

Messaggio da Gottinger95 » 06 ago 2013, 15:47

Quadra?
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe

darkcrystal
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Re: È più difficile capirne il testo

Messaggio da darkcrystal » 08 ago 2013, 19:39

Gottinger95 ha scritto:Sia
\(\displaystyle \sigma_m = \sum_{1 \leq i_1 < \ldots < i_m \leq k} { \prod_{j=1}^m{x_j} }\),
ossia le somme di tutti i possibili prodotti a gruppi di \(m\).
Quello che volevi scrivere è \(\displaystyle \sigma_m = \sum_{1 \leq i_1 < \ldots < i_m \leq k} { \prod_{j=1}^m{x_{i_j}} }\), credo.

Poi, temo tu ti sia scordato dell'esistenza di \(k\) (ma pure io, mentre leggevo la soluzione...)! In particolare,
Gottinger95 ha scritto:A loro volta questi prodotti sono una somma di prodotti tra gli \(y_i\) a gruppi di \(m\), a patto che gli indici degli \(y_i\) in uno stesso prodotto appartengano a classi di resto diverse in \(\mathbb{Z}/p-1\mathbb{Z}\).
sembra falso: gli indici devono dare classi diverse modulo \(k\), non modulo \(p-1\)
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Gottinger95
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Re: È più difficile capirne il testo

Messaggio da Gottinger95 » 09 ago 2013, 02:17

Ho corretto tutti i typo \(p-1\) con \(k\). Adesso dovrebbe funzionare! Però solo gli \(h_2, \ldots, h_m\) devono variare modulo \(k\) (che sarebbero le differenze, quelle che determinano se due numeri sono o meno congrui modulo qualcosa), mentre il \(j\) iniziale deve variare modulo \(p-1\). Comunque l'ho scritto in modo piuttosto macchinoso, ma l'idea alla base è semplice; prendo un prodotto tra \(y_i\) in \(\sigma_m\): se l'esponente è 0, benvenga, se invece è diverso da 0, cerco di accoppiarlo con \(p-2\) prodotti in modo che formino una geometrica, e ci si riesce. Se c'è un modo più semplice di formalizzarlo, lo ascolterei ben volentieri!
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Re: È più difficile capirne il testo

Messaggio da Tess » 11 ago 2013, 14:57

Gottinger95 ha scritto:ma l'idea alla base è semplice; prendo un prodotto tra $y_i$ in $\sigma_m$: se l'esponente è 0, benvenga, se invece è diverso da 0, cerco di accoppiarlo con $p−2$ prodotti in modo che formino una geometrica, e ci si riesce
Sono d'accordo che questa è un'idea di base per il problema. Io l'ho formalizzata interpretando gli $x_i$ come polinomi nella variabile $\zeta$ e riducendoli modulo il $p-$esimo polinomio ciclotomico: in questo modo se l'esponente è multiplo di $p-1$ ottengo un intero, se c'è una geometrica lunga $p-1$ ottengo 0.
Ma l'altra idea che ho usato per risolverlo è stata quella di "cambiare" la radice $\zeta$. Infatti si nota che gli $x_i$ definiti usando $\zeta$ e gli $x_i'$ definiti analogamente usando $\zeta^c$ sono gli stessi a meno di permutazione.

Quindi, formalmente, sia $p_i(x)$ il polinomio a coefficienti interi tale che $p_i(\zeta)=x_i$, per ogni $i$.
Consideriamo una funzione simmetrica $S$ dei $p_i$. Si ha che $S(x)=Q(x)\frac{x^p-1}{x-1}+R(x)$ dove $R(x)$ in particolare è a coefficienti interi.
Si ha inoltre che $S(x)\equiv S(x^c)$ modulo il $p-$esimo ciclotomico, per ogni $c$ intero (che non sia multiplo di $p-1$) perché vale l'uguaglianza usando qualsiasi delle radici primitive dell'unità al posto della $x$. Quindi $R(x)$ è costante, perché $S(x)$ ridotto modulo $(x-\zeta^c)$ dà sempre la stessa costante.
Quindi $S(\zeta)=R\in \mathbb{Z}$.

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Re: È più difficile capirne il testo

Messaggio da Gottinger95 » 12 ago 2013, 18:26

Giusto. Beh, devo dire che effettivamente così è più elegante! Il procedimento formale in qualche passaggio non mi è chiarissimo, ma il dire "sostituisco \(\zeta\) con \(\zeta^c\) e vedo che ottengo la stessa cosa" spiega tutto. In ogni caso, pensi che il procedimento che ho usato, seppur macchinoso, possa andar bene?
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Re: È più difficile capirne il testo

Messaggio da Chuck Schuldiner » 12 ago 2013, 18:45

Gottinger95 ha scritto:In ogni caso, pensi che il procedimento che ho usato, seppur macchinoso, possa andar bene?
"Qualsiasi cosa può andar bene" (Feyerabend)
https://www.youtube.com/watch?v=35bqkTIcljs

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mura di Pisa: fatto

ho fatto più allo scritto in normale che alla maturità \m/

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Re: È più difficile capirne il testo

Messaggio da Gottinger95 » 13 ago 2013, 02:33

Grazie Chuck. Potevamo scriverlo a quelli del tetto, peccato che non ci sia venuto in mente.
\( \displaystyle \sigma(A,G) \ \ = \sum_{Y \in \mathscr{P}(A) } \dot{\chi_{|G|} } (Y) \) bum babe

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Re: È più difficile capirne il testo

Messaggio da Chuck Schuldiner » 13 ago 2013, 11:20

E' vero :(
certo che alla fine siam finiti in galera per sta storia Immagine
https://www.youtube.com/watch?v=35bqkTIcljs

Mare Adriatico: fatto
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