Fórum: Érdekes matekfeladatok

TeX minitanfolyam

Általánosan egy akármilyen q(x) eleme Z[x] polinomra kilehet számolni könnyen a legendre(q(x)) összegeit, ha x végig megy az összes maradékon.

A q(x) a (p-1)/2-en ek összegét vesszük, akkor olyan típusú összegeket kell vizsgálni, hogy (1) k +2 a k-o +....+(p-1) k és egy ilyenről belehet bizonyítani, hogypontosan akkor nem 0, ha k (p-1) többszöröse. Ha pedig k többszöröse (p-1)-nek, akkor ez az összeg (-1)-et ad a kis Fermat tétel miatt

Tehát a p(x) (p-1)/2 polinomban össze kell gyűjteni azokat a tagokat, amelyek kitevője osztható (p-1)-el és ezeknek a tagoknak a együtthatóinak az össszege.

Ezt nehéznek tűnik kiszámolni, de valójában nem az, például a p(x)= x köb +1 polinomra szép eredmény jön ki. Az összeg maradéka -(p-1)/2 alatt a (p-1)/3 plusz 1.

Érdekes még, hogyha veszünk egy akármilyen polinomot, akkor ezzel a polinomos módszerrel kihozható, hogy létezik egy c konstans melyre minden p-re az összeg maradéka c*sqrt(p)-nél közelebb van a 0-hoz. Ez azt jelenti, hogy egy polinom helyettesítési értékeiközt is nagyjából egyenletesen oszlanak el a kvadratikus és nem kvadratikus maradékok.

Érdekes kérdés, hogymely q(x) polinomra 0 ez az összeg minden p prímre.

Ha a balodali összeget S-nek jelöljük, akkor |S|p-2 miatt elég bizonyítani, hogy S-1 mod(p), vagy ami ugyanaz, a mod p testben S=-1.

Felhasználva, hogy és hogy

Az utolsó lépésekben felhasználtuk, hogy a 2,3,...(p-1) értékeket veszi fel valamilyen sorrendben és mindegyiket egyszer, másrészt hogy ugyanannyi négyzetes maradék van, mint négyzetes nemmaradék.

igen azon csakúgy átugrottam hogy p eleme P-nek, de valóban :)

Lagrange = Legendre

p páratlan prím

üdv. van még egy szép, érdekes és megoldatlan, lagrange-szimbólumos feladatom :)

340. feladat bizonyítsuk be, hogy ha 'p' páratlan, akkor:

Szép gondolat, érdemes lenne kidolgozni. Apróbb pontosításokat engedj meg. A te jelöléseidet megtartva, jelöljük -t _a-val, jelezve, hogy ennek az operátornak a a paramétere. A _a ekkor így néz ki:

_a:FF

_a(h)=xh(x+a)-h(x)

(nyilván elírtad, amikor a helyett p-t írtál). Az valóban elég lenne a h előállíthatóságához (a és b-periodikus fv-ek összegeként) ha, _a(Q)=Q teljesülne. Azonban nem biztos, hogy ez szükséges is, mert mi van ha Q-nak létezik olyan eleme, amely nem áll elő egyetlen F-beli elem _a szerinti képeként sem. Ehelyett azt kellene bizonyítani, hogy ha _a(h)Q, akkor _a(h)(Q) is teljesül.Mindez persze csak akkor, ha a és b nem összemérhetők. Ez utóbbi (egyébként szükséges) feltételt még nem használtuk ki.

Ebben a legutóbbiban igazad van, még egyszer elolvasva ez éppen a kiválasztási axióma által létrehozott borzalmak közé tartozik.

Gondolkodtam rajta, hogy csoportokkal esetleg szebben megfogalmazható, de végül nem sikerült bizonyítanom . Azért beírom, hogy meddig jutottam.

F legyen a valósakon értelmezett függvények csoportja ( összeadásra )

P legyen az a-periodikus függvények csoportja

Q legyen az b-periodikus függvények csoportja

Tehát P és Q F részcsoportjai.

Az egyik állítás úgy néz ki, hogy h felírható P-beli és Q-beli elemek összegeként, azaz

h=p+q    pP  qQ

A másikat megfogalmazni viszont kicsit bonyolultabb.

Vegyük a

:FF

(h)=xh(x+p)-h(x)

függvényt. Szemléletesen: megadja, hogy egy függvény hogyan nem a szerint periodikus. Ha ez ,,nemperiodikusság'' b szerint periodikus, akkor benne lesz Q-ban. Így megfogalmazva a második állítás:

(h)Q

Tehát bizonyítandó, hogy:

h=p+q  pP  qQ        (h)Q

művelettartó, tehát F-nek egy endomorfizmusa, mégpedig olyan, ami az egész P részcsoportot a nullába képezi. Ebből még következik az is, hogy képe F/P-vel izomorf.

A balról jobbra irány bizonyítása: A jobb oldali képletbe írjuk be, hogy h=p+q és alkalmazzuk művelettartását:

(p+q)Q

(p)+(q)Q

(p)-ről tudjuk, hogy nulla.

(q)Q

(q) pedig két Q-beli függvény különbsége, tehát maga is Q-beli.

A jobbról balra irány bizonyítása: Ha

(q)=(h)

teljesül valamilyen Q-beli q-ra, akkor q és h csak egy P-beli elemmel különbözhetnek. Innen még azt kéne bizonyítani, hogy (Q)=Q, tehát hogy Q-ra való megszorítása szürjektív és készen lennénk.

A Wikipedia ír egy kiválasztásai axiómával ekvivalens feltételt a szürjektivitásra itt: http://en.wikipedia.org/wiki/Surjective Valószínűleg ezt kéne valahogy okosan használni és úgy ezt a gondolatmenetet is be lehetne fejezni.

Nekem viszont csak eddig tartott a tehetségem meg az energiám.

Ha jól értem arra gondolsz, hogy a valós számok additív csoportját az np+kq n,kZ alakú számok által alkotott részcsoport mellékosztályaival osztályozzam. Csak ahhoz, hogy valamelyik osztályon f-et előállítsam, ki kell választanom egy reprezentáns elemet, amelyen f értékét tetszőlegesen megadom. Ezt sajnos nem lehet elkerülni. De kíváncsian várom a további észrevételeidet.

Köszi a hozzászólást. Most már én is nagyon álmos vagyok, úgyhogy holnap elgondolkozok rajta. De már annak is örülök,hogy valaki olvassa amit írtam.