Задачи по многочленам (Винберг)

[caxap]

ewert в сообщении #413185 писал(а):

Это одно и то же.

Ааа. Точно! $\binom ab=\binom a{a-b}$...

[Ales]

caxap в сообщении #412955 писал(а):

Я правильно понял, чтобы проверить на неприводимость, надо показать, что многочлен не имеет корней? Но в случае $\deg\ge 3$ это не так легко.

Не заметили?:

ewert в сообщении #412945 писал(а):

caxap в сообщении #412936 писал(а):

... уфф, надоело.

Хм. Многочлены первой степени неприводимы по определению (а к многочленам нулевой степени это понятие вроде бы и неприменимо). Неприводимые многочлены второй и третьей степеней -- это просто не имеющие корней. Т.е. заканчивающиеся на единицу и имеющие нечётное количество ненулевых слагаемых. Для четвёртой степени из этого списка следует исключить многочлены, раскладывающиеся на два неприводимых квадратных, а таких и всего-то один.

Многочлен не выше 4-ой степени имеет вид суммы $x^4+x^3+x^2+x+1$, из которой выкинуты несколько слагаемых.
Есть два самых простых $x$ и $x+1$.
Многочлен не должен иметь корень 0 - делиться на $x$ - значит $1$ всегда присутствует среди членов неприводимого многочлена степени выше $1$.
Многочлен не должен иметь корень 1 - делится на $x+1$ - значит число членов нечетно.

[caxap]

Ales
Да-да, я уже разобрался.

7.2. Доказать, что если поле $K$ содержит $q$ элементов, то функции, определяемые одночленами $x_1^{k_1}\cdots x_n^{k_n}$ с $k_1,\ldots,k_n<q$, составляют базис в пространстве всех функций на $K^n$ со значениями в $K$.

У меня нестыковка: Разные многочлены, степень которых по каждой переменной меньше $q$, определяют разные функции типа $K^n\to K$, которых $q^n$ штук. Но одночленов $x_1^{k_1}\cdots x_n^{k_n}$ с $k_1,\ldots,k_n<q$ всего тоже $q^n$ штук. А многочленов, из них составленных, ещё больше! Получается некоторым многочленам должны соответствовать одинаковые функции. Противоречие...

[ewert]

caxap в сообщении #413215 писал(а):

разные функции типа $K^n\to K$, которых $q^n$ штук.

Разве?... Чему равна мощность множества $K^{K^n}$?

[caxap]

Ах, извиняюсь $K^n$ содержит $q^n$ элементов и для каждого есть $q$ возможностей, куда отобразиться, итого $q^{q^n}$.

Доказательство 7.2:
Каждый одночлен указанного вида соответствует ровно одной функции. Эти $q^n$ функций независимы. Нам нужно доказать, что каждую функцию $K^n\to K$ можно представить в виде многочлена из таких одночленов.

Но многочленов степени $<q$ всего $q^{q^n}$ штук (одночленов $q^n$ штук и перед каждым можно поставить коэффициент $q$ способами, итого $q\cdots q$ ($q^n$ множителей) вариантов). Но разные многочлены степени $<q$ соответствуют разным функциям, значит существует биекция между многочленами степени $<q$ и функциями $K^n\to K$. Так?

[caxap]

10.1. Доказать, что если рациональные дроби $\frac {f_1}{g_1}$ и $\frac {f_2}{g_2}$ над бесконечным полем $K$ определяют функции, совпадающие в их общей области определения, то $\frac {f_1}{g_1}=\frac {f_2}{g_2}$.

(Я буду обозначать функцию, соотв. многочлену (или рац. дроби) $p$, как $\tilde p$.) Если $\widetilde{\left(\frac {f_1}{g_1}\right)}=\widetilde{\left(\frac {f_2}{g_2}\right)}$, то $\widetilde{f_1 g_2}=\widetilde{f_2 g_1}$ (умножили обе части на функцию $\widetilde{g_1 g_2}$). Так как поле бесконечно, то разные многочлены определяют разные функции, поэтому $f_1 g_2=f_2 g_1$ (иначе бы функции не были равны). Поделим их на $g_1 g_2$, получим $\frac {f_1}{g_1}=\frac {f_2}{g_2}$ (в общей области определения, где $\tilde g_i(x) \neq 0$).

[caxap]

Последняя
10.4. Разложить в сумму простейших дробей над полем $\mathbb Z_p$ ($p$ простое) дробь $\dfrac 1{x^p-x}$.

Я не очень понял, ведь по Малой теореме Ферма знаменатель $=0$.
Если не обращать внимание, то $x^p-x=x(x^{p-1}-1)=x(x-1)(x^{p-2}+x^{p-3}+\cdots+1)$, а как разложить последний множитель, если он раскладывается? (И я правильно понимаю, что $(x-1)=(x+(p-1))$ в $\mathbb Z_p$?)

[VAL]

caxap в сообщении #413331 писал(а):

Последняя
10.4. Разложить в сумму простейших дробей над полем $\mathbb Z_p$ ($p$ простое) дробь $\dfrac 1{x^p-x}$.

Я не очень понял, ведь по Малой теореме Ферма знаменатель $=0$.

Он обращается в ноль при всех x из $\mathbb Z_p$. Но x все же переменная, а не элемент $\mathbb Z_p$

Цитата:

Если не обращать внимание, то $x^p-x=x(x^{p-1}-1)=x(x-1)(x^{p-2}+x^{p-3}+\cdots+1)$, а как разложить последний множитель, если он раскладывается?

$x^p-x = \prod_{c \in \mathbb Z_p}(x-c)$.
Вы по ссылочке, что я прислал, ходили? Там это (и даже более общее) соотношение доказано.

Цитата:

(И я правильно понимаю, что $(x-1)=(x+(p-1))$ в $\mathbb Z_p$?)

Правильно.

[caxap]

А, понял. $x^p-x = \prod_{c \in \mathbb Z_p}(x-c)$ как раз из-за МТФ: ведь любой элемент $\mathbb Z_p$ является корнем $x^p-x$.

Так как $(x^p-x)'=px^{p-1}-1=-1$ для всех $x\in\mathbb Z_p$, то получилось такое разложение

$$\frac 1{x^p-x}=-\frac 1x-\frac 1{x-1}-\cdots-\frac 1{x-(p-1)}$$

Так?

А остальные задачки (7.2, 10.1) правильно?

[VAL]

caxap в сообщении #413352 писал(а):

А, понял. $x^p-x = \prod_{c \in \mathbb Z_p}(x-c)$ как раз из-за МТФ: ведь любой элемент $\mathbb Z_p$ является корнем $x^p-x$.

Так как $(x^p-x)'=px^{p-1}-1=-1$ для всех $x\in\mathbb Z_p$, то получилось такое разложение

$$\frac 1{x^p-x}=-\frac 1x-\frac 1{x-1}-\cdots-\frac 1{x-(p-1)}$$

Так?

Угу.

Цитата:

А остальные задачки (7.2, 10.1) правильно?

Не смотрел.

[caxap]

VAL, спасибо за проверку.

Маленькие вопросики:
1) Почему принято, что характеристика полей типа $\mathbb Z$ или $\mathbb R$ равна нулю? Разве не логичней $\infty$? (Можно было подумать, что "ноль" потому, что сумма нуля единиц дают ноль, но ведь то же можно сказать и про поля с положительной характеристикой. Наверное, есть какой-то смысл, но я его не улавливаю.)
2) Кажись, я понял, что такое "производящая функция". Это не функция не какая, а формальный ряд = элемент $K[[z]]$, где $K$ обычно $\mathbb R$ или $\mathbb C$. Я правильно понимаю? [Читая Конкретную математику, у меня душа была не очень спокойна, когда авторы делали страшные штуки, типа интегрирования расходящегося ряда $1+z+z^2+...$. Теперь я понимаю: просто эти операции были не в смысла матана, а в формальном смысле ($(z^n)'=nz^n$, $\int z^n\,dz=\frac{z^{n+1}}{n+1}$... просто как аксиоматически заданные операции). Люблю такие моменты просветления ]

[VAL]

caxap в сообщении #413408 писал(а):

VAL, спасибо за проверку.
1) Почему принято, что характеристика полей типа $\mathbb Z$ или $\mathbb R$ равна нулю? Разве не логичней $\infty$? (Можно было подумать, что "ноль" потому, что сумма нуля единиц дают ноль, но ведь то же можно сказать и про поля с положительной характеристикой. Наверное, есть какой-то смысл, но я его не улавливаю.)

У меня тоже возникал такой вопрос. IMHO,это просто дань традиции (или я чего-то не знаю).

Цитата:

2) Кажись, я понял, что такое "производящая функция". Это не функция не какая, а формальный ряд = элемент $K[[z]]$, где $K$ обычно $\mathbb R$ или $\mathbb C$. Я правильно понимаю?

В принципе, да. Хотя это не обязательно именно бесконечный ряд. Главное, что переменная особого значения не имеет. Ее главное предназначение - "производить" нужные коэффициенты, во имя которых производящие функции и рассматривают.

Цитата:

[Читая Конкретную математику, у меня душа была не очень спокойна, когда авторы делали страшные штуки, типа интегрирования расходящегося ряда $1+z+z^2+...$. Теперь я понимаю: просто эти операции были не в смысла матана, а в формальном смысле

Ну Вы же не испытывали душевных волнений, когда пару постов назад, дифференцировали многочлен над $\mathbb Z_p$
Хотя, казалось бы, какая там производная?! Какие пределы?! Какие приращения, стремящиеся к нулю?! Но, однако ж, работает!

[Xaositect]

caxap в сообщении #413408 писал(а):

1) Почему принято, что характеристика полей типа $\mathbb Z$ или $\mathbb R$ равна нулю? Разве не логичней $\infty$? (Можно было подумать, что "ноль" потому, что сумма нуля единиц дают ноль, но ведь то же можно сказать и про поля с положительной характеристикой. Наверное, есть какой-то смысл, но я его не улавливаю.)

Насколько я понимаю, это связано с тем, что минимальное унитарное подкольцо в случае характеристики $n$ будет изоморфно $\mathbb{Z}/n\mathbb{Z}$

[caxap]

VAL в сообщении #413417 писал(а):

Ну Вы же не испытывали душевных волнений, когда пару постов назад, дифференцировали многочлен над $\mathbb Z_p$

Там я дифференцировал не в смысле анализа. В Винберге аксиоматически вводится операция $(\cdot)':K[x]\to K[x]$, такая что 1) она линейна, 2) $(fg)'=f'g+fg'$, 3) $(x)'=1$. В частности, отсюда выводится $(x^n)'=nx^{n-1}$.

Когда обращаются с произв. функциями, видимо, тоже используют такие операции. (Только вот я ни в одной книжке не видел, чтобы их явно вводили...)