Funzione TdN

[Triarii]

L'ho messa qua perchè secondo me ha molto più di TdN che di algebra.
Dato un primo $p$ dispari, trovare tutte le funzioni $f:\mathbb Z \rightarrow \mathbb Z$ che soddisfano entrambe le 2 seguenti condizioni
(i)$f(m)=f(n)\quad \forall m,n \in \mathbb Z$ tali che $m\equiv n \pmod p$
(ii)$f(mn)=f(m)f(n)\quad \forall m,n \in \mathbb Z$

[auron95]

Da $m=1$ otteniamo $f(n)=f(n)f(1)$ da cui o $f(n)$ è identicamente nulla (che è soluzione) oppure $f(1)=1$.

Da $m=0$ otteniamo $f(0)f(n)=f(0)$, da cui o $f(0)=0$ oppure $f(n)=1 \forall n \in \mathbb Z$ (e anche questa è soluzione).

Ora abbiamo che $f(n^a)=f(n)^a \;\forall a \in \mathbb Z^+$, lo dimostro per induzione su $a$:
- Per $a=1$ è banale
- $f(n^{a+1})=f(n^a)f(n)=f(n)^af(n)=f(n)^{a+1}$.

Quindi abbiamo, se $p\nmid n$:
$f(n)^{p-1}=f(n^{p-1})=f(1)=1$
(ho usato Fermat per sfruttare la prima ipotesi) e quindi $f(n) = \pm 1 \;\forall n \in \mathbb Z : (n,p)=1$.

Ora se $n$ è residuo quadratico allora abbiamo che per qualche $x$ vale $f(n)=f(x^2)=f(x)^2\ge0$, da cui $f(n)=1$.

Invece gli $n$ non-residui quadratici sono tutti $1$ o tutti $-1$; altrimenti presi $a,b$ tali che $f(a)=1,f(b)=-1$ avrei $\displaystyle \left(\frac {ab}p\right)=\left(\frac {a}p\right)\cdot \left(\frac {b}p\right) = (-1)\cdot(-1)=1$, quindi $f(ab)=1$ perché $ab$ è residuo, ma $f(ab)=f(a)f(b)=-1$ assurdo.

Concludendo ho 4 soluzioni:
- $f(n)=0 \;\forall n \in \mathbb Z$
- $f(n)=1 \;\forall n \in \mathbb Z$
- $\displaystyle f(n)=\left|\left(\frac np\right)\right|\;\forall n \in \mathbb Z$
- $\displaystyle f(n)=\left(\frac np\right)\;\forall n \in \mathbb Z$

[Triarii]

Corretto
La mia soluzione è identica alla tua, tranne che per dimostrare che $f(m)=\pm 1$ con $(m,p)=1$ non ho usato Fermat, ma il fatto che esiste l'inverso $m^{-1}$ modulo $p$, da cui $f(1)=1=f(m)f(m^{-1})$

[auron95]

Già in effetti con l'inverso era parecchio più semplice
Problema molto bello anyway

[karlosson_sul_tetto]

Immagino che quella frazione sia legendre, giusto?

[Drago96]

Cosa altro potrebbe essere? xD

P.S. che succede se estendiamo il codominio a $\mathbb C $? (e sì, è molto più tdn che algebra...)

[auron95]

A occhio potrei dire $\displaystyle f(g)=e^{ni\frac{2\pi}{p-1}}$ per un $g$ generatore a caso e un qualche $0\le n< p-1$ intero, per poi ottenere le altre di conseguenza (sfruttando $f(g^k)=f(g)^k$) .... questo deriva dal fatto che $f(g)^{p-1}=1$ non ha più come soluzioni $\pm1$, ma tutte le $p-1$-esime radici dell'unità!

[Drago96]

Esatto!
E se invece di $ f $ chiamiamo la nostra funzione $\chi $ abbiamo i caratteri di Dirichlet!