Posto qualche esercizio non proprio semplice al fine di prepararmi il meglio possibile per il terrificante scritto di Teoria di Galois
1) Siano a(1),....a(n) interi distinti. Mostrare che il polinomio
(x - a(1))*...*(x - a(n))
è irriducibile su Z.
2) Calcolare l'inversa della matrice di Vandermonde
(i-esima riga: x(i)^0,...,x(i)^(n-1))
3) ricordando che un polinomio ad n indeterminate è semisimmetrico se è invariante sotto l'azione del gruppo alterno An. Poniamo d=sqrt(D(x(1),..x(n)), essendo D il noto discriminante di un polinomio, calcolato però sulle indeterminate.
Dimostrare che un polinomio semisimmetrico si scrive in modo unico nella forma f + gd, con f,g simmetrici.
4) Sia A una matrice n*n a coefficienti razionali. Dimostrare che se Tr(A) = Tr(A^2) = ..... = Tr(A^n) = 0, allora A^n = 0.
5) Sia f un polinomio a coefficienti in un campo E ed ivi separabile; siano a(1),..a(n) le sue n radici distinte in una chiusura algebrica di E. Sia g € E[x(1),..x(n)] un polinomio simmetrico. Mostrare che g(a(1),...a(n)) € E.
6) Sia p(k) = x(1)^k +....+ x(n)^k il K-esimo polinomio di Newton su
E[x(1),...x(n)]. Mostrare che Q[p(1),...p(n)] = Q[x(1),...x(n]^Sn "polinomi simmetrici su Q". é vero lo stesso enunciato se al posto di Q si mette Z?.
Saluti,
Valerio
P.s. questo è solo l'inizio!
Qualche esercizio..
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ubermensch
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dunque... il testo su cui mi sono trovato meglio è "Galois Theory" di Jean Pierre Escofier. é consigliato però il seguente testo: "Algebra, parte II" di Serge Lang, che ho però trovato repellente (forse per la pessima qualità della copia che mi hanno dato in biblioteca)... dispense gratuite te le posso mandare via e-mail. Se ti interessano, quindi, fammi avere il tuo indirizzo e-mail.
Saluti, Valerio
Saluti, Valerio
Re: Qualche esercizio..
O l'esercizio è scritto male, o non ho capito nulla io. [a proposito, scrivere due formule in LaTeX, no, eh?]. Il polinomio è già fattorizzato. Come fa a essere irriducibile? [ok, a parte il caso cretino n=1...]ubermensch ha scritto:1) Siano a(1),....a(n) interi distinti. Mostrare che il polinomio
(x - a(1))*...*(x - a(n))
è irriducibile su Z.
[i:2epswnx1]già ambasciatore ufficiale di RM in Londra[/i:2epswnx1]
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"Well, master, we're in a fix and no mistake."
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wow,il mio primo post in MNE!! 
Nel primo esercizio,se $ p(x) = (x-a_1) ... (x-a_n) $,supponiamo per assurdo che $ p(x) - 1 $ non sia irriducibile.Essendo monico,se $ p(x) - 1 = q(x) r(x) $,ciascuno di questi polinomi avrà grado $ \geq 1 $,quindi minore di $ n $.
Ora,per ogni $ a_i $, $ q(a_i) r(a_i) = -1 $, il che significa che per ogni $ i $, si ha $ q(a_i) = 1, r(a_i) = -1 $, o il viceversa.
In ogni caso,per ogni $ a_i $, vale $ q(a_i) + r(a_i) = 0 $.Quindi,sappiamo che il polinomio $ h(x) = q(x) + r(x) $ ha almeno $ n $ radici distinte.Ma il suo grado è il massimo tra quello di $ q(x) $ e quello di $ r(x) $,che sono entrambi minori di $ n $, assurdo.
Nel primo esercizio,se $ p(x) = (x-a_1) ... (x-a_n) $,supponiamo per assurdo che $ p(x) - 1 $ non sia irriducibile.Essendo monico,se $ p(x) - 1 = q(x) r(x) $,ciascuno di questi polinomi avrà grado $ \geq 1 $,quindi minore di $ n $.
Ora,per ogni $ a_i $, $ q(a_i) r(a_i) = -1 $, il che significa che per ogni $ i $, si ha $ q(a_i) = 1, r(a_i) = -1 $, o il viceversa.
In ogni caso,per ogni $ a_i $, vale $ q(a_i) + r(a_i) = 0 $.Quindi,sappiamo che il polinomio $ h(x) = q(x) + r(x) $ ha almeno $ n $ radici distinte.Ma il suo grado è il massimo tra quello di $ q(x) $ e quello di $ r(x) $,che sono entrambi minori di $ n $, assurdo.
Sunshine or rain, it's all the same, life isn't gray
oh Mary-Lou.
(Mary-Lou --- Sonata Arctica)
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goedelgauss
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è quella scritta lì:
detta $ V_{(i)} $ l'i-esima riga, si ha $ V_{(i)} = (x_i^0, \dots, x_i^{n-1}) $, e la seconda colonna è $ V^{(2)} = {^t(x_1, \dots, x_n)} $.
(tanto per capire a cosa serva.. è una matrice che salta fuori in problemi di interpolazione, e se scegli n punti diversi di interpolazione, hai sempre uno ed un solo polinomio di grado n-1 che interpola.. tutto ciò perché la matrice di Vandermonde è sempre invertibile... esercizio suggerito: calcolane il determinante)
detta $ V_{(i)} $ l'i-esima riga, si ha $ V_{(i)} = (x_i^0, \dots, x_i^{n-1}) $, e la seconda colonna è $ V^{(2)} = {^t(x_1, \dots, x_n)} $.
(tanto per capire a cosa serva.. è una matrice che salta fuori in problemi di interpolazione, e se scegli n punti diversi di interpolazione, hai sempre uno ed un solo polinomio di grado n-1 che interpola.. tutto ciò perché la matrice di Vandermonde è sempre invertibile... esercizio suggerito: calcolane il determinante)
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goedelgauss
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LOL
ok, sorry..
allora, hai una funzione $ f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} $ (che fantasia, i nomi delle funzioni, eh? ), e vuoi approssimarla con un polinomio di grado fissato: cosa fai? prendi n punti $ x_1, \dots, x_n $, e consideri i valori che la funzione assume in questi punti: adesso, la cosa ovvia è trovare un polinomio (di grado minimo possibile, quindi al più di grado n-1) che nei punti suddetti coincida con la funzione.
(questa dovrebbe essere l'interpolazione polinomiale)
ora, proviamo ad imporre le condizioni nel modo "stupido": vogliamo che $ \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} a_kx_i^k = f(x_i) $ per $ i = 1, \dots, n $. (*)
se chiami $ V $ la matrice di Vandermonde associata a $ x_1, \dots, x_n $, se chiami $ a = {^t(a_0, \dots, a_{n-1})} $ il vettore associato al polinomio, e $ f = {^t(f(x_1), \dots, f(x_n))} $ il vettore delle valutazioni, puoi riscrivere il sistema (*) in forma compatta come $ Va = f $.
chiaro che a questo punto le proprietà della matrice di Vandermonde cominciano ad essere utili, e la richiesta nel problema iniziale ha una grande utilità pratica.
m.
ok, sorry..
allora, hai una funzione $ f:\mathbb{R} \to \mathbb{R} $ (che fantasia, i nomi delle funzioni, eh?
), e vuoi approssimarla con un polinomio di grado fissato: cosa fai? prendi n punti $ x_1, \dots, x_n $, e consideri i valori che la funzione assume in questi punti: adesso, la cosa ovvia è trovare un polinomio (di grado minimo possibile, quindi al più di grado n-1) che nei punti suddetti coincida con la funzione.(questa dovrebbe essere l'interpolazione polinomiale)
ora, proviamo ad imporre le condizioni nel modo "stupido": vogliamo che $ \displaystyle\sum_{k=0}^{n-1} a_kx_i^k = f(x_i) $ per $ i = 1, \dots, n $. (*)
se chiami $ V $ la matrice di Vandermonde associata a $ x_1, \dots, x_n $, se chiami $ a = {^t(a_0, \dots, a_{n-1})} $ il vettore associato al polinomio, e $ f = {^t(f(x_1), \dots, f(x_n))} $ il vettore delle valutazioni, puoi riscrivere il sistema (*) in forma compatta come $ Va = f $.
chiaro che a questo punto le proprietà della matrice di Vandermonde cominciano ad essere utili, e la richiesta nel problema iniziale ha una grande utilità pratica.
m.
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goedelgauss
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- Località: cella imbottita
Si sta andando un pochino off-topic, direi ... (e sì che il topic era pure vago).
Se volete chiacchierare dell'interpolazione, aprite un nuovo thread o fatelo tramite messaggi privati ... qui ci dovrebbero andare le soluzioni ai problemi di Algebra (in cui cmq il determinante di Vandermonde ha il suo ruolo legittimo, pur senza parlare di interpolazioni).
Se volete chiacchierare dell'interpolazione, aprite un nuovo thread o fatelo tramite messaggi privati ... qui ci dovrebbero andare le soluzioni ai problemi di Algebra (in cui cmq il determinante di Vandermonde ha il suo ruolo legittimo, pur senza parlare di interpolazioni).
boh, il quarto in maniera molto brutale viene...
io la posto, pur con ribrezzo... :s
dunque, $ \text{Tr } A^k = 0 $ implica che $ \displaystyle \sum_{\lambda \in \Lambda(A)} \lambda^k = 0 $. ora, per induzione si ha che il polinomio caratteristico $ p_A(t) = t^n $, quindi $ \Lambda(A) = \{0\} $.
ora, scriviamo $ A = BJB^{-1} $ in forma di jordan, e otteniamo con molta brute force la tesi...
ci dovrebbe anche essere qualche genere di soluzione più elegante.. almeno spero...
io la posto, pur con ribrezzo... :s
dunque, $ \text{Tr } A^k = 0 $ implica che $ \displaystyle \sum_{\lambda \in \Lambda(A)} \lambda^k = 0 $. ora, per induzione si ha che il polinomio caratteristico $ p_A(t) = t^n $, quindi $ \Lambda(A) = \{0\} $.
ora, scriviamo $ A = BJB^{-1} $ in forma di jordan, e otteniamo con molta brute force la tesi...
ci dovrebbe anche essere qualche genere di soluzione più elegante.. almeno spero...