Polinomi

[davide123]

Chi potrebbe aiutarmi con questa dimostrazione????
Sia q un numero primo,sia f(x) un polinomio di grado al massimo q-2 a coefficienti interi.
Dimostrare che $\sum_{i=0}^{q-1}$ f(x) $\equiv$ 0 (mod q)

[Drago96]

Questo fatto dovrebbe essere dimostrato in circa tutti i video dei Senior passati. Ti do un paio di hint per una possibile strada:
- Fallo sulle somme di potenze, cioè $\sum_{i=0}^{q-1}i^k\equiv0$; poi sui polinomi segue per linearità.
- Fissa un certo $x$ e capisci cos'è la somma $\sum_{i=0}^{q-1}(xi)^k$

[sg_gamma]

Colgo l'invito e provo a proporre una cosa, nonchè cogliere lo spunto per chiedere

Testo nascosto:

Se ho inteso bene la scrittura, come si vede dall'articolo su Wikipedia ( https://it.wikipedia.org/wiki/Somma_di_ ... successivi ), la formula di Faulhaber propone una sommatoria di termini in cui compare sempre [math](n+1)^{m+1-k} e, essendo [math]n=q-1 in questo caso, si ha una serie di termini sommati in cui compare sempre un fattore [math]q^z con z non nullo. Cosa non mi torna però è la semplice considerazione secondo cui per [math]m=0 si ottiene che la sommatoria equivale a [math]q-1 e che non si spiega come mai per un polinomio di grado maggiore a [math]q-2 non vale più la congruenza. Sospetto che la scrittura [math]B_k(n+1)^{m+1-k} indichi piuttosto una certa funzione, e a quel punto posso solo vergognarmi...ma sempre meglio proporre, per quanto poco meditata sia la cosa sparata. Avevo provato precedentemente notato che in una sommatoria si ha sempre la comparsa di [math]n=q-1 elevato almeno a 1, ma ciò sarebbe conclusivo solo se [math]n=q e se [math]q fosse sempre coprimo con il denominatore della sommatoria: il suo essere sempre un numero intero è dopotutto un fatto certo.

Qualche informazione utile che posso trarre da quella sommatoria? Il non conoscere numeri e polinomi di Bernoulli non è particolarmente d'aiuto.

[Drago96]

I numeri di Bernoulli $B_k$ sono semplicemente dei numeri razionali, ed è qua che sta il problema: non puoi dire "tutti gli $(n+1)^h$ sono multipli di $q$, quindi anche una loro somma con coefficienti lo è" appunto perché i coefficienti sono razionali e quindi potrebbero avere dei $q$ a denominatore.
In realtà penso che si possa concludere anche con la formula di Faulhaber, dato che i denominatori dei Bernoulli sono "conosciuti".
Comunque non pensavo assolutamente a quella formula, suggerivo solamente di semplificare un po' il problema e ragionare solo sui monomi.
E per mostrare che sui monomi fa $0$ conosco almeno un paio di strade: una è quella che ho scritto nel secondo punto, l'altra usa i generatori.

[sg_gamma]

Alla fine ho intrapreso una via credo abbastanza strana ma molto funzionale, con la quale ho dimostrato che ciò vale quando l'esponente è un qualsiasi dispari e ho dimostrato poi che per l'esponente q-1 la sommatoria non è valida: riapplicare il procedimento per l'esponente dispari nel caso di un esponente pari mi porta a dover dimostrare che

Testo nascosto:

la sommatoria deve essere congrua a 0 mod q per i valori di i compresi tra 0 e (q-1)/2, invece che fino a q-1; quando poi l'esponente è uguale a 0 in effetti, contrariamente alla svista del post precedente, il coefficiente compare q volte e non q-1...

È utile proseguire da lì nel caso di esponenti pari?

[Drago96]

la sommatoria deve essere congrua a 0 mod q per i valori di i compresi tra 0 e (q-1)/2, invece che fino a q-1

Questa cosa è banalmente equivalente alla tesi: $(q-x)^{2h}\equiv x^{2h}\pmod q$ quindi $\sum_{i=0}^{q-1}i^{2h}\equiv2\sum_{i=0}^{\frac{q-1}2} i^{2h}$
Non so quale delle due sommatorie ti sia più comoda, e soprattutto come tu l'abbia dimostrato per gli esponenti dispari, che probabilmente sarebbe comodo per darti un aiuto.

Hai provato a vedere come lo dimostrano nei Senior passati?

[bananamaths]

Visto che si sta già parlando di sommatorie volevo chiedere che se abbiamo per esempio una funzione [math]g(x)e abbiamo per esempio una somma del tipo [math]y=\sum_{n=0}^{k}2^i posso dare per scontato che [math]\sum_{n=0}^{k}2^ig(1) sia uguale a [math]yg(1)o devo dare delle spiegazioni(appunto quando devo mandare i problemi del senior)? mi scuso subito per la domanda ignorante.

[Lasker]

Banana quella proprietà misteriosa dovresti averla studiata in prima elementare circa la settimana dopo che hanno introdotto i numeri da 1 a 10

[bananamaths]

Banana quella proprietà misteriosa dovresti averla studiata in prima elementare circa la settimana dopo che hanno introdotto i numeri da 1 a 10

Ahh per questo dicevo che era una domanda stupida

[sg_gamma]

la sommatoria deve essere congrua a 0 mod q per i valori di i compresi tra 0 e (q-1)/2, invece che fino a q-1

Questa cosa è banalmente equivalente alla tesi: $(q-x)^{2h}\equiv x^{2h}\pmod q$ quindi $\sum_{i=0}^{q-1}i^{2h}\equiv2\sum_{i=0}^{\frac{q-1}2} i^{2h}$
Non so quale delle due sommatorie ti sia più comoda, e soprattutto come tu l'abbia dimostrato per gli esponenti dispari, che probabilmente sarebbe comodo per darti un aiuto.

Hai provato a vedere come lo dimostrano nei Senior passati?

Premetto che no, non ho guardato i Senior passati (e d'altronde sarebbe decisamente tedioso andare alla ricerca di una singola dimostrazione in mezzo ad anni di video...), per quanto riguarda invece gli esponenti dispari:

Testo nascosto:

Ho preso in considerazione i numeri $ 1^k,2^k,3^k,...(\frac{q-1}{2})^k $ e ho riscritto i successivi come $ (q-\frac{q-1}{2})^k,...(q-2)^k,(q-1)^k $. A questo punto, siccome k è dispari, la seconda metà dei numeri risulta congrua dopo aver sviluppato il binomio di Newton proprio all'opposto della somma della prima metà, per cui per qualsiasi k dispari il tutto si annulla e risulta congruo a 0 (mod q). Alla fine l'idea, per l'appunto, è la semplice tesi $ (q-x)^{2m+1} \equiv -x^{2m+1} \pmod q $.

[Lasker]

Guardati la lezione di darkcrystal al senior 2014, N medium

[sg_gamma]

Guardati la lezione di darkcrystal al senior 2014, N medium

Grazie mille! Ho visto la dimostrazione e ne ho approfittato per vedere la parte del video precedente in cui si trattava dei generatori mod p; se posso considerare noto il fatto che ne esistono $\varphi(p-1)$ o anche solo almeno 1 mi risparmio una bella catena di dimostrazioni, ho notato.

[fph]

Sì sì dallo pure per noto, quello è "teoria standard olimpica".