OliForum Matematico

Ahi noi, Marco, siccome hai un po' barato (certo in buona fede) ed io non sono stato troppo vigile nel riprenderti, ho paura che ci tocchi fare un passettino indietro... E perciò mi si lasci pur dirlo: ne ho piene le scatole!!!

Marco ha scritto:Fisso allora $ a $ un intero t.c. $ a \not \equiv 0 \pmod q $ e $ a^2 \not \equiv 1 \pmod q $ (che esiste, dato che $ q $ è almeno 5). [...] Quando $ i $ e $ j $ variano, anche $ ai $ e $ aj $ variano allo stesso modo, quindi [...]

Se vai a spulciare tra i post precedenti, ritroverai che, a proposito di questo primo quote e con riferimento a tutta una serie di notazioni da me introdotte e da te poi rivisitate (per tua comodità) all'occorrenza, giusto t'obiettavo quanto qui di seguito una volta in più riporto:

HiTLeuLeR ha scritto:Fissato un $ a\in\mathbb{Z} $ tale che $ a \not \equiv 0 \pmod q $ e $ a^2 \not \equiv 1 \pmod q $, la funzione $ \psi_a(\cdot): \mathcal{I}\times\mathcal{J} \mapsto \mathcal{U}_q\times\mathcal{U}_q:(i,j)\mapsto (ai,aj) $ è in vero una biezione di $ \mathcal{I}\times\mathcal{J} $ in se stesso, quando le componenti della coppia immagine si assumano ridotte $ \bmod\;\! q $.

Dopo aver confermato la mia interpretazione dei tuoi argomenti dimostrativi, tu quindi passavi a provarmi che $ \psi_a(\cdot) $ è appunto una biezione, sulla qual cosa nulla - credimi - ho da ridire! Soltanto mi trovo costretto a farti osservare, d'altro canto, che hai elegantemente sorvolato, ed io colpevole soltanto adesso me ne avvedo, sul fatto che - come ti è necessario stabilire, se non vuoi che il tuo proof della condizione sufficiente indicata nel tema del problema #4 non venga giù come quelle certe torri di cui si legge fra le rime del buon vecchio Orazio - $ \psi_a(\cdot) $ deve agire da $ \mathcal{I}\times\mathcal{J} $ in $ \mathcal{I}\times\mathcal{J} $. Attenderò il tempo necessario...

Marco ha scritto:Necessità per le non potenze di primi

Con riferimento al Pb.#2, dimostro che, se $ q $ non è potenza di un primo, allora $ \exists k \in \mathbb N_0 : \displaystyle \binom{kq}{q} \not \equiv k \pmod{q^3} $. [...]

Claim: è possibile scegliere $ k $ in modo t.c. $ v_p(k) = 0 $ (i.e. coprimo con $ p $) e $ v_p(N) $ grande a piacere.

@Marco: avevo già accennato al fatto che, scorrendo in velocità l'attualmente ultimo segmento della tua articolata soluzione al problema #4 de' miei, mi ero alquanto entusiasmato leggiucchiando qua e là che si parlava (incanto!!!) di valutazioni e residui p-adici, spingendomi tuttavia un po' oltre con l'immaginazione... E per quanto in fondo non si trattasse di quel che mi ero figurato, di buon grado riconosco (per quanto può servire) che il lemma #4 de' tuoi, il claim qui sopra quotato ed il suo proof, nell'insieme, sono veramente (ma veramente!!!) BELLI, oltre che impeccabili nella forma e nella sostanza.

E dopo questo tributo alla tua gloria, vediamo un po' di svolgere un rapido resoconto dei fatti: vista la falla che ti ho evidenziato nel corso del primo post di questa pagina, ahime', ci sarebbe in verità ben poco di cui gioire!

In concreto, finora avresti provato (fatte salve auspicabili rettifiche) soltanto che la proposizione implicita alla traccia del problema #4 è una condizione necessaria per tutti gli interi $ q > 1 $ che non siano esprimibili come potenza di un numero primo. Direi un po' poco, se ripensiamo alle energie profuse da ambo le parti... Su, vedi di sanare i tuoi argomenti! Seppure con una certa flemma, il mio compito io l'ho assolto: sferzare e fustigare...

Marco ha scritto:Oh, vediamo se la soluzione sta in piedi. L'amabile (!!) Hit, non dubito, sarà giudice inflessibile.

D'altro canto, tu avevi già profetizzato il tutto...

HiTLeuLeR ha scritto:Fissato un $ a\in\mathbb{Z} $ tale che $ a \not \equiv 0 \pmod q $ e $ a^2 \not \equiv 1 \pmod q $, la funzione $ \psi_a(\cdot): \mathcal{I}\times\mathcal{J} \mapsto \mathcal{U}_q\times\mathcal{U}_q:(i,j)\mapsto (ai,aj) $ è in vero una biezione di $ \mathcal{I}\times\mathcal{J} $ in se stesso, quando le componenti della coppia immagine si assumano ridotte $ \bmod\;\! q $.

[...]

passavi a provarmi che $ \psi_a(\cdot) $ è appunto una biezione, sulla qual cosa nulla - credimi - ho da ridire!

Ciao. Beh, mi ci è voluto un po' più del previsto, dato che si tratta di roba scritta un mesetto fa...

Stavolta sono io che non riesco a seguirti. Perché dici così? A quanto mi consta, i tuoi insiemi $ \mathcal I $ e $ \mathcal J $ sono entrambi tutto $ \{ 1, 2, \dots, q-1 \} $, dato che le somme sono estese a tutti gli invertibili $ \bmod q $. Perché mi dici che dovrebbero essere un sottoinsieme?

<some time later...>

Rifo: ho letto meglio la prova della sufficienza. Allora, per la precisione, la sommatoria incriminata (quella per stimare C) è una somma sull'insieme

$ \{ (i,j) : 1\leqslant i, j \leqslant q-1; i \neq j \} $

La cosa che sostengo nei posts susseguenti è che la mappa [come si chiamava?] $ \psi_a(\cdot,\cdot) $ è bigettiva su tale insieme di indici. Quindi posso cambiare le variabili raccogliendo un $ a^2 $ ecc...

Così forse è più chiaro? Se ci sono dei buchi o altre oscurità, dimmelo.

Un saluto. M.

P.S.: Grazie degli apprezzamenti. Per il caso delle potenze di primi, l'ho ovviamente affrontato; mi sembra che per le potenze di 2 e 3 sia facile, dato che il risultato base non vale; per gli altri primi invece mi pare che si passi dal dimostrare la falsità dell'enunciato mod q^4, ma poi, onestamente, mi sono scocciato di fare i conti e ho piantato lì, dato che si trattava di andare avanti "a rullo compressore". Andrebbe probabilmente rivisto l'approccio, come i tuoi commenti mi suggeriscono, ma vedremo...

Marco ha scritto:A quanto mi consta, i tuoi insiemi $ \mathcal I $ e $ \mathcal J $ sono entrambi tutto $ \{ 1, 2, \dots, q-1 \} $, dato che le somme sono estese a tutti gli invertibili $ \bmod q $.

Uhmmm... Sarò testone, ma non ne sono affatto convinto!!! Seguimi...

Marco ha scritto:$ C = \displaystyle{ \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant q-1 } \left( (-1)^{q-3} \frac{(q-1)!}{ij} \right) } \equiv_q (q-1)! \displaystyle{ \sum_{i,j} i^{-1}j^{-1} } $, dove, questa volta, con $ x^{-1} $ ho indicato l'inverso moltiplicativo mod. $ q $.

Le sommatorie indicate sono estese a tutte e sole le coppie ordinate $ (i,j) $ di interi in $ \{1, 2, \ldots, q-1\} $ tali che sia $ i < j $, e appunto l'insieme di tutte le coppie così formate denoto con $ \mathcal{I}\times\mathcal{J} $. Ora, un dubbio mi perplime...

Marco ha scritto:Rifo: ho letto meglio la prova della sufficienza. Allora, per la precisione, la sommatoria incriminata (quella per stimare C) è una somma sull'insieme $ \{ (i,j) : 1\leqslant i, j \leqslant q-1; i \neq j \} $

Gli insiemi $ \{(i,j)\in\mathbb{N}_0^2: 1 \leq i < j \leq q-1\} $ e $ \{(i,j)\in\mathbb{N}_0^2: 1 \leq i \leq q-1 \mbox{ }\wedge\mbox{ }1 \leq j \leq q - 1\mbox{ }\wedge\mbox{ }i \neq j\} $ sono generalmente distinti, mi sbaglio?!? E allora proprio non capisco questa tua ultima sortita!!! Boh, attenderò con impazienza tuoi commenti...

Ahhhh!! Giusto.

Bah, l'idea sarà di raccogliere un fattore due... si può fare perché q è almeno 5. Dammi qualche minuto di TeXare il tutto e ti dico.

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<some time later...>

Allora, resta da dimostrare questo passo, che, per evitare di dover scartabellare avanti e indietro il filo, isolo e chiamo

Lemma 5
Sia $ q $ il solito primo maggiore di 3. Allora si ha che

$ \displaystyle \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant q-1} i^{-1} j^{-1} \equiv 0 \pmod q, $

dove gli inversi sono presi $ \bmod q $.

Per farmi perdonare, do due dimostrazioni:

Dim.: Chiamo per comodità di notazione $ S $ la sommatoria dell'enunciato.

Allora

$ \displaystyle 2S = \sum_{1 \leqslant i < j \leqslant q-1} i^{-1} j^{-1} + \sum_{1 \leqslant j < i \leqslant q-1} i^{-1} j^{-1} = $

$ \displaystyle = \sum_{1 \leqslant i,j \leqslant q-1; i \neq j} i^{-1} j^{-1}. $

Definisco per chiarezza $ \mathcal U = \{ 1 \leqslant i,j \leqslant q-1; i \neq j \} $ l'insieme degli indici dell'ultima somma.

Dico che l'inversione $ \bmod q $ è una bigezione di $ \mathcal U $ in sé. [lascio la dimostrazione come esercizio per il lettore].

Tale bigezione permette di eliminare gli inversi [a stretto rigore, si potrebbe addirittura fare a meno, ma transeat...]

Sia ora $ a $ una classe $ \bmod q $ t.c. $ a^2 \not \equiv 1 \pmod q $, che esiste, dato che $ q \geqslant 5 $ e l'equazione $ a^2 - 1 \equiv 0 $ non può avere più di due radici $ \bmod q $.

Dico che l'omotetia di rapporto $ a $, $ \psi_a(i,j) := (ai,aj) $ è nuovamente una bigezione di $ \mathcal U $ in sé. [es.p.i.l.]

Questa omotetia permette, permutando gli addendi, di scrivere

$ \displaystyle 2S = \sum_{\mathcal U} ai \cdot aj = 2 a^2 S. $

Dato che $ a^2 \not \equiv 1 \pmod q $, segue che $ S \equiv 0 \pmod q $. []

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Sketch di una dimostrazione alternativa

Ho già dimostrato in uno degli altri lemmi che la somma dei quadrati fa $ 0 \bmod q $. Voglio dimostrare che la somma dei prodotti misti $ ij $ "fuori diagonale" fa 0. Dico che fa $ S $ (che, btw, è lo stesso $ S $ di prima).

L'idea è di sommare. Salta fuori che $ \left( \sum i \right) ^2 = 0 + 2S $ (quadrato di un multinomio: quadrati e doppi prodotti). La somma fa 0, quindi $ S $ fa 0. []

Ciao. M.

D'accordo, Marco, adesso un bel visto non te lo leva nessuno. A questo punto, visto il lavoro svolto da te sinora e risultati fin qui discussi, non resta altro che dimostrare come la condizione espressa dalla traccia del problema #4 venga a decadere quando $ q $ sia della forma $ p^n $, con $ p\in\mathfrak{P} $ ed $ n $ intero $ > 1 $. All'opera, dunque...