-
Notifications
You must be signed in to change notification settings - Fork 0
/
feed.xml
2145 lines (1216 loc) · 196 KB
/
feed.xml
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
16
17
18
19
20
21
22
23
24
25
26
27
28
29
30
31
32
33
34
35
36
37
38
39
40
41
42
43
44
45
46
47
48
49
50
51
52
53
54
55
56
57
58
59
60
61
62
63
64
65
66
67
68
69
70
71
72
73
74
75
76
77
78
79
80
81
82
83
84
85
86
87
88
89
90
91
92
93
94
95
96
97
98
99
100
101
102
103
104
105
106
107
108
109
110
111
112
113
114
115
116
117
118
119
120
121
122
123
124
125
126
127
128
129
130
131
132
133
134
135
136
137
138
139
140
141
142
143
144
145
146
147
148
149
150
151
152
153
154
155
156
157
158
159
160
161
162
163
164
165
166
167
168
169
170
171
172
173
174
175
176
177
178
179
180
181
182
183
184
185
186
187
188
189
190
191
192
193
194
195
196
197
198
199
200
201
202
203
204
205
206
207
208
209
210
211
212
213
214
215
216
217
218
219
220
221
222
223
224
225
226
227
228
229
230
231
232
233
234
235
236
237
238
239
240
241
242
243
244
245
246
247
248
249
250
251
252
253
254
255
256
257
258
259
260
261
262
263
264
265
266
267
268
269
270
271
272
273
274
275
276
277
278
279
280
281
282
283
284
285
286
287
288
289
290
291
292
293
294
295
296
297
298
299
300
301
302
303
304
305
306
307
308
309
310
311
312
313
314
315
316
317
318
319
320
321
322
323
324
325
326
327
328
329
330
331
332
333
334
335
336
337
338
339
340
341
342
343
344
345
346
347
348
349
350
351
352
353
354
355
356
357
358
359
360
361
362
363
364
365
366
367
368
369
370
371
372
373
374
375
376
377
378
379
380
381
382
383
384
385
386
387
388
389
390
391
392
393
394
395
396
397
398
399
400
401
402
403
404
405
406
407
408
409
410
411
412
413
414
415
416
417
418
419
420
421
422
423
424
425
426
427
428
429
430
431
432
433
434
435
436
437
438
439
440
441
442
443
444
445
446
447
448
449
450
451
452
453
454
455
456
457
458
459
460
461
462
463
464
465
466
467
468
469
470
471
472
473
474
475
476
477
478
479
480
481
482
483
484
485
486
487
488
489
490
491
492
493
494
495
496
497
498
499
500
501
502
503
504
505
506
507
508
509
510
511
512
513
514
515
516
517
518
519
520
521
522
523
524
525
526
527
528
529
530
531
532
533
534
535
536
537
538
539
540
541
542
543
544
545
546
547
548
549
550
551
552
553
554
555
556
557
558
559
560
561
562
563
564
565
566
567
568
569
570
571
572
573
574
575
576
577
578
579
580
581
582
583
584
585
586
587
588
589
590
591
592
593
594
595
596
597
598
599
600
601
602
603
604
605
606
607
608
609
610
611
612
613
614
615
616
617
618
619
620
621
622
623
624
625
626
627
628
629
630
631
632
633
634
635
636
637
638
639
640
641
642
643
644
645
646
647
648
649
650
651
652
653
654
655
656
657
658
659
660
661
662
663
664
665
666
667
668
669
670
671
672
673
674
675
676
677
678
679
680
681
682
683
684
685
686
687
688
689
690
691
692
693
694
695
696
697
698
699
700
701
702
703
704
705
706
707
708
709
710
711
712
713
714
715
716
717
718
719
720
721
722
723
724
725
726
727
728
729
730
731
732
733
734
735
736
737
738
739
740
741
742
743
744
745
746
747
748
749
750
751
752
753
754
755
756
757
758
759
760
761
762
763
764
765
766
767
768
769
770
771
772
773
774
775
776
777
778
779
780
781
782
783
784
785
786
787
788
789
790
791
792
793
794
795
796
797
798
799
800
801
802
803
804
805
806
807
808
809
810
811
812
813
814
815
816
817
818
819
820
821
822
823
824
825
826
827
828
829
830
831
832
833
834
835
836
837
838
839
840
841
842
843
844
845
846
847
848
849
850
851
852
853
854
855
856
857
858
859
860
861
862
863
864
865
866
867
868
869
870
871
872
873
874
875
876
877
878
879
880
881
882
883
884
885
886
887
888
889
890
891
892
893
894
895
896
897
898
899
900
901
902
903
904
905
906
907
908
909
910
911
912
913
914
915
916
917
918
919
920
921
922
923
924
925
926
927
928
929
930
931
932
933
934
935
936
937
938
939
940
941
942
943
944
945
946
947
948
949
950
951
952
953
954
955
956
957
958
959
960
961
962
963
964
965
966
967
968
969
970
971
972
973
974
975
976
977
978
979
980
981
982
983
984
985
986
987
988
989
990
991
992
993
994
995
996
997
998
999
1000
<?xml version="1.0" encoding="utf-8"?><feed xmlns="http://www.w3.org/2005/Atom" xml:lang="fi"><generator uri="https://jekyllrb.com/" version="3.8.5">Jekyll</generator><link href="https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/feed.xml" rel="self" type="application/atom+xml" /><link href="https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/" rel="alternate" type="text/html" hreflang="fi" /><updated>2019-09-08T07:07:14+00:00</updated><id>https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/feed.xml</id><title type="html">Matematiikkakilpailijat</title><subtitle>Matematiikan olympiavalmennuksen osallistujien kokemuksia</subtitle><entry><title type="html">Polynomien yhteiset alkutekijät, osa 11: lisäaiheita</title><link href="https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA01lisaaiheita.html" rel="alternate" type="text/html" title="Polynomien yhteiset alkutekijät, osa 11: lisäaiheita" /><published>2019-06-05T00:00:00+00:00</published><updated>2019-06-05T00:00:00+00:00</updated><id>https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA01lisaaiheita</id><content type="html" xml:base="https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA01lisaaiheita.html"><p>Tässä postauksessa esitän lisäaiheita työhön liittyen.</p>
<!--jatkuu-->
<p><strong>Sisällysluettelo</strong></p>
<ol>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA11johdanto.html">Osa 1 - johdanto</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA10esitiedot.html">Osa 2 - esitiedot</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA09tulokset.html">Osa 3 - tulokset</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA08motivaatio.html">Osa 4 - motivaatio</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA07heikko.html">Osa 5 - heikko versio</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA06yleinen.html">Osa 6 - yleinen tapaus</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA05lause2.html">Osa 7 - lause 2</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA04lause3.html">Osa 8 - lause 3</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA03lause4.html">Osa 9 - lause 4</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA02sovelluksia.html">Osa 10 - sovelluksia</a></li>
<li>Osa 11 - lisäaiheita</li>
</ol>
<p>Postauksessa käydään läpi seuraavia asioita:</p>
<ol>
<li>Polynomien alkutekijöiden suhtautuminen kirjallisuuden materiaaleihin.</li>
<li>Esimerkkitehtävä (EGMO 2016, P6).</li>
<li>Esimerkkitehtävä (Saksan joukkuevalintakoe 3, 2009, T2).</li>
<li>Alkutekijöiden karakterisoiminen.</li>
<li>Eksponenttiyhtälöt.</li>
</ol>
<h1 id="alkulukujen-jakautuminen-laajennuksissa">Alkulukujen jakautuminen laajennuksissa</h1>
<p>Ennen kuin pääsen itse asiaan, määrittelen pari käsitettä.</p>
<p><strong>Algebrallinen kokonaisluku</strong></p>
<p>Algebrallista lukua $\alpha$ kutsutaan algebralliseksi kokonaisluvuksi, jos luvun $\alpha$ minimaalinen polynomi on kokonaislukukertoiminen.</p>
<p><strong>Esimerkki</strong></p>
<p>$i$ on algebrallinen kokonaisluku (min. pol. on $x^2 + 1$), mutta $\frac{i}{2}$ ei ole (min. pol. on $x^2 + \frac{1}{4}$). Rationaaliluku $r$ on algebrallinen kokonaisluku jos ja vain jos $r$ on kokonaisluku.</p>
<p>Jokaisella algebrallisella luvulla $\alpha$ on olemassa sellainen $n \in \mathbb{Z_+}$, jolla $n\alpha$ on algebrallinen kokonaisluku. Tämä jätetään helpohkoksi harjoitustehtäväksi.</p>
<p><strong>Ring of integers</strong></p>
<p>Olkoon $K = \mathbb{Q}(\alpha)$ jollain algebrallisella luvulla $\alpha$. Olkoon $O_K$ niiden $\beta \in K$ joukko, jotka ovat algebrallisia kokonaislukuja. $O_K$ on rengas (todistus on samankaltainen kuin <a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2018/09/02/Algebralliset.html">tämän postauksen</a> todistus). Englanniksi sanotaan “$O_K$ is the ring of integers of $K$”. Suomenkieliset termit ovat minulle hieman vieraita, joten käytän englanninkielisiä termejä.</p>
<p><strong>Esimerkki</strong></p>
<p>Olkoon $K = \mathbb{Q}(i)$. Tällöin $O_K$ ovat ns. Gaussin kokonaisluvut, eli luvut muotoa $a + bi, a, b \in \mathbb{Z}$.</p>
<p>Gaussin kokonaisluvuista lisää Esa Vesalaisen materiaalissa <a href="https://matematiikkakilpailut.fi/kirjallisuus/laajalukuteoriamoniste.pdf">Lyhyt johdatus alkeelliseen lukuteoriaan</a>, luku 7. Esan materiaalissa on osoitettu seuraava väite alkulukujen jakautumisesta Gaussin kokonaisluvuissa:</p>
<p>Olkoon $p$ alkuluku. $p$ ei jakaudu Gaussin kokonaisluvuissa $O_{\mathbb{Q}(i)}$ jos ja vain jos $p \equiv 3 \pmod{4}$.</p>
<p>Tässä kohtaa muistutan seuraavasta väitteestä:</p>
<p>Olkoon $p$ alkuluku. $p$ ei ole polynomin $x^2 + 1$ alkutekijä jos ja vain jos $p \equiv 3 \pmod{4}$.</p>
<p>Selvä analogia - onko sellainen olemassa yleisestikin? On. Olin hyvin tyytyväinen löytäessäni tämän tuloksen - olin miettinyt jo pidemmän aikaa tämän väitteen pätemistä (juurikin Gaussin kokonaislukujen vuoksi) ennen kuin löysin viitteen tulokselle. Väitettä kutsutaan Dedekindin tekijöihinjakokriteeriksi (Dedekind’s factorization criterion), ja väitteestä voi lukea lisää kenenkä muunkaan kuin Keith Conradin <a href="https://kconrad.math.uconn.edu/blurbs/gradnumthy/dedekindf.pdf">materiaalista</a>.</p>
<p><strong>Jakautuminen</strong></p>
<p>Olkoon $K = \mathbb{Q}(\alpha)$ jollain algebrallisella luvulla $\alpha$, ja olkoon $O_K$ kuten edellä. Olkoon $f$ luvun $\alpha$ minimaalinen polynomi. Kaikilla paitsi äärellisen monella $p$ pätee seuraava väite:</p>
<p>$p$ jakautuu samalla tavalla renkaassa $O_K$ kuin $f$ jakautuu modulo $p$.</p>
<p><strong>Huomautus</strong></p>
<p>Puhun siitä, kuinka $p$ jakautuu joukossa $O_K$. Tämä on kuitenkin hieman virheellistä: $O_K$:ssa <strong>ei välttämättä päde uniikki tekijöihinjako</strong> kuten kokonaisluvuissa. Esim. jos $K = \mathbb{Q}(\sqrt{-5})$, niin $6 = 2 \cdot 3 = (1 - \sqrt{5})(1 + \sqrt{5})$ antaa kaksi eri tapaa jakaa luku $6$ tekijöihin, ja näitä tulontekijöitä ei voi jakaa eteenpäin tekijöihin.</p>
<p>Ongelma kierretään tutkimalla ns. ideaaleja. Ideaaleja voi jakaa tekijöihin, ja tällä kertaa tekijöihinjako on uniikki. Jokaista lukua vastaa jokin ideaali (mutta on myös muita ideaaleja). Yleisesti tutkitaan siis, miten $p$:tä vastaava ideaali jakautuu renkaassa $O_K$. Yllä oleva tulos koskee siis ideaalien jakautumista.</p>
<p><strong>Tämä muutos on todellisuudessa melko suuri.</strong> Syynä siihen, miksi otin väitteen tästä huolimatta esille on se, että <strong>muissa materiaaleissa puhutaan käytännössä aina ideaalien jakautumisesta eikä polynomien alkutekijöistä</strong>. Nämä kuitenkin vastaavat toisiaan, eli kirjallisuuden tuloksia jakautumisesta voi käyttää suoraan polynomien alkutekijöiden käsittelyyn.</p>
<p>Lisäksi, usein valitaan $K = \mathbb{Q}(\alpha)$, missä $\alpha$ on algebrallinen kokonaisluku. Tällöin $f$ on kokonaislukukertoiminen. Tällä ei kuitenkaan ole väliä - $f$ voidaan, jälleen kerran, kertoa sopivalla vakiolla, jolloin se on kokonaislukukertoiminen.</p>
<p><strong>Esimerkki</strong></p>
<p>Gaussin kokonaislukujen tapauksessa $O_K$ käyttäytyy miellyttävästi. Tässä on jonkinlainen esimerkki väitteen vastaavuudesta.</p>
<p>$x^2 + 1$ ei jakaudu modulo $3$, ja $3$ ei jakaudu Gaussin kokonaisluvuissa (kts. yllä oleva tulos).</p>
<p>$x^2 + 1$ jakautuu kahdeksi erisuureksi polynomiksi modulo $5$, koska $x^2 + 1 \equiv (x - 2)(x + 2) \pmod{5}$. Vastaavasti, $5 = -(i - 2)(i + 2)$.</p>
<p>$x^2 + 1$ on neliö mod $2$, koska $x^2 + 1 \equiv (x + 1)^2 \pmod{2}$. Vastaavasti, $2 = -i(i+1)^2$. Huomaa, että tässä $-i$ vastaa vain etumerkkiä, jonka saa kumottua kertomalla sen luvulla $i$.</p>
<h1 id="äärellisten-kuntien-kuntalaajennukset">Äärellisten kuntien kuntalaajennukset</h1>
<p>Äärellinen kunta on kunta, jossa on vain äärellinen määrä alkioita. Yksinkertaisin esimerkki on kokonaisluvut modulo $p$.</p>
<p>Äärellisille kunnille pätee seuraavat ominaisuudet:</p>
<ol>
<li>
<p>Äärellisen kunnan koko on aina alkuluvun potenssi. Jos kunnan koko on $p^k$, niin $p \cdot a = 0$ kaikilla $a$, jotka kuuluvat tähän kuntaan.</p>
</li>
<li>
<p>Kaikilla alkuluvun potensseilla $p^k$ on olemassa äärellinen kunta $\mathbb{F_{p^k}}$, jonka koko on $p^k$. <strong>Tämä kunta on uniikki</strong> isomorfisia kuntia lukuun ottamatta.</p>
</li>
</ol>
<p>Äärellisten kuntien kuntalaajennuksista voidaan sanoa seuraavat asiat:</p>
<ol>
<li>
<p>Olkoon $\mathbb{F}$ äärellinen kunta, ja olkoon $P$ kunnassa $\mathbb{F}$ jaoton polynomi, jonka aste on $d$. Olkoon $\alpha$ $P$:n juuri. Tällöin $[\mathbb{F}(\alpha) : \mathbb{F}] = d$.</p>
</li>
<li>
<p>Olkoot $\mathbb{F}, P, \alpha$ kuten edellä. $P$:n juurikunta $\mathbb{F}(\alpha_1, \alpha_2, \ldots , \alpha_d)$ on $\mathbb{F}(\alpha)$.</p>
</li>
</ol>
<p>Ominaisuus 3. on täysin sama kuin rationaaliluvuissa. Näetkö, miten 4. seuraa väitteistä 2. ja 3.?</p>
<p>Seuraavaksi esitetään konkreettinen esimerkki kuntalaajennuksien soveltamisesta kilpailutehtävään. Toivon, että esimerkki on valaiseva.</p>
<h2 id="egmo-2016-t6">EGMO 2016, T6</h2>
<p>Olkoon $S$ niiden positiivisten kokonaislukujen $n$ joukko, joilla luvulla $n^4$ on tekijä välillä $n^2 + 1, n^2 + 2, \ldots , n^2 + 2n$. Osoita, että on olemassa äärettömän monta $S$:n alkiota, jotka ovat kongruentteja $k \pmod{7}$ jos ja vain jos $k \not\equiv 3, 4 \pmod{7}$.</p>
<h2 id="ratkaisu">Ratkaisu</h2>
<p>Tutkitaan ensin, milloin tapahtuu $n^2 + k \mid n^4$ jollain $1 \le k \le 2n$. Huomaamme</p>
<script type="math/tex; mode=display">n^2 + k \mid n^4 \Leftrightarrow n^2 + k \mid n^4 - (n^2 + k)(n^2 - k) = k^2</script>
<p>Siis $n^2 + k \mid k^2$. Luku $k$ ei ole kovin iso: pätee $k \le 2n$, eli</p>
<script type="math/tex; mode=display">% <![CDATA[
k^2 < 4(n^2 + k). %]]></script>
<p>Tutkitaan eri tapauksia:</p>
<ol>
<li>
<p>$n^2 + k = k^2$. Tämä on mahdoton tapaus - jos $k \le n$, niin oikea puoli on pienempi kuin vasen, ja jos $k &gt; n$, niin oikea puoli on isompi kuin vasen.</p>
</li>
<li>
<p>$2(n^2 + k) = k^2$. Tällöin $2n^2 = k^2 - 2k = (k-1)^2 - 1$, eli $(k-1)^2 - 2n^2 = 1$. Tämä on Pellin yhtälö.</p>
</li>
<li>
<p>$3(n^2 + k) = k^2$. Tämä saadaan muutettua myös Pellin yhtälöksi standardimenetelmin: $k$:n tulee olla jaollinen kolmella, joten olkoon $k = 3m$. Tällöin yhtälö on $3n^2 = 9m^2 - 9m$, eli $n^2 = 3(m^2 - m)$. Ja vielä, $n$:n tulee olla jaollinen kolmella, eli $n = 3t$, ja yhtälö on $3t^2 = m^2 - m$.
Kerrotaan yhtälö puolittain neljällä, eli $3(2t)^2 = 4m^2 - 4m = (2m-1)^2 - 1$. Saamme siis $x^2 - 3y^2 = 1$, missä $x = 2m-1$ ja $y = 2t$.</p>
</li>
</ol>
<p>Tutkimme siis yhtälöitä $x^2 - 2y^2 = 1$ ja $x^2 - 3y^2 = 1$. Mikäli Pellin yhtälöt eivät ole tuttuja, kannattanee lukea Matti Lehtisen moniste <a href="https://matematiikkakilpailut.fi/kirjallisuus/pell.pdf">Pellin yhtälöistä</a>. Tulemme käyttämään seuraavia tietoja Pellin yhtälöistä, eli muotoa $x^2 - Dy^2 = 1$ oleviasta yhtälöistä, missä $D &gt; 0$ ei ole neliö:</p>
<ol>
<li>Tällä yhtälöllä on aina äärettömän monta ratkaisua.</li>
<li>Kaikki positiiviset ratkaisut saadaan löytämällä pienin positiivinen ratkaisu $(x_1, y_1)$, ja asettamalla $n$:nnessä ratkaisussa $x_n$ olemaan luvun $(x_1 + y_1\sqrt{D})^n$ kokonaislukuosa, ja $y_n$ olemaan tämän luvun $\sqrt{D}$-osa.</li>
</ol>
<p>Tutkitaan ensiksi yhtälöä $x^2 - 2y^2 = 1$. Tämän yhtälön pienin (epätriviaali) ratkaisu on $x = 3, y = 2$. Siispä yleisesti $n$:nnen ratkaisun saa valitsemalla $x_n$ olemaan luvun $(3 + 2\sqrt{2})^n$ kokonaislukuosa, ja $y_n$ olemaan kyseisen luvun $\sqrt{2}$-osa. Tämän voi myös kirjoittaa eksplisiittisenä kaavana:</p>
<script type="math/tex; mode=display">x_n = \frac{(3 + 2\sqrt{2})^n + (3 - 2\sqrt{2})^n}{2}.</script>
<p>Ideana siis se, että $\sqrt{2}$-osat kumoavat toisensa osoittajassa. Vastaavasti saadaan eksplisiittinen kaava $y_n$:lle.</p>
<p>Haluamme loppujen lopuksi tutkia lukuja $x_n$ ja $y_n$ modulo $7$. Tutkitaan yllä olevaa $x_n$:n lauseketta: se on, kuten totesimme, kokonaisluku. Jos tutkimme sitä modulo $7$, voidaan luvulla $2$ jakaminen ajatella vain luvulla $4$ kertomisena, koska luvun $2$ käänteisalkio modulo $7$ on $4$. Vastaavasti, $\sqrt{2}$ voidaan tulkita lukuna $3$ modulo $7$, koska $3^2 \equiv 2 \pmod{7}$. Siispä</p>
<script type="math/tex; mode=display">x_n \equiv 4\Big((3 + 2\cdot 3)^n + (3 - 2\cdot 3)^n \Big) \equiv 4(2^n + 4^n) \pmod{7}.</script>
<p>Tästä on helppoa ratkaista kaikki $x_n$:n mahdolliset arvot modulo $7$, ja vastaavasti saamme $y_n$:n mahdolliset arvot. Menetelmä voi tuntua hieman arvelluttavalta, mutta se toimii kyllä.</p>
<p>Tutkitaan sitten tapausta $x^2 - 3y^2 = 1$. Tässä saamme pienimmän ratkaisun $x = 2, y = 1$, eli yleisesti</p>
<script type="math/tex; mode=display">x_n = \frac{(2 + \sqrt{3})^n - (2 - \sqrt{3})^n}{2}.</script>
<p>Nyt ongelmaksi muodostuu se, että $\sqrt{3}$ ei olekaan kokonaisluku modulo $7$. Edellä tutkimme lukuja $x_n$ kunnassa $\mathbb{F_7}$, mutta nyt joudumme tutkimaan isompaa kuntaa $\mathbb{F_7}(\sqrt{3})$. Tämä kunta sisältää siis luvut muotoa $a + b\sqrt{3}$, missä $a, b \in \mathbb{F_7}$. Yhteenlasku ja kertolasku määritellään aivan kuten luulisikin, eli esimerkiksi kertolasku on</p>
<script type="math/tex; mode=display">(a + b\sqrt{3})(c + d\sqrt{3}) = ac + (ad + bc)\sqrt{3} + bd\sqrt{3}^2 = (ac + 3bd) + (ad + bc)\sqrt{3}</script>
<p>Ajatusta voi helpottaa vertaamalla tilannetta kompleksilukuihin, joille määritellään kertolasku aivan vastaavasti. Sen sijaan, että laajentaisimme reaalilukuja $i$:llä, niin laajennamme kuntaa $\mathbb{F_7}$ luvulla $\sqrt{3}$.</p>
<p>Siispä, kun yhtäsuuruus tulkitaan kunnassa $\mathbb{F_7}(\sqrt{3})$, pätee</p>
<script type="math/tex; mode=display">x_n = 4\Big( (2 + \sqrt{3})^n - (2 - \sqrt{3})^n \Big),</script>
<p>ja voimme laskea lukujen $2 \pm \sqrt{3}$ potensseja: $(2 + \sqrt{3})^0 = 1$, eksponentilla $1$ saadaan $(2 + \sqrt{3})^1 = 2 + \sqrt{3}$, eksponentilla $2$ taas $(2 + \sqrt{3})^2 = 4\sqrt{3}$, eksponentilla $3$ vielä $(2 + \sqrt{3})^3 = 5 + \sqrt{3}$, ja vielä $(2 + \sqrt{3})^4 = -1$. Tämän jälkeen potenssit ovat kuten edellä, mutta negaiitivismerkkisiä, ja lopulta $(2 + \sqrt{3})^8 = 1$.</p>
<p>Tällä idealla saamme laskettua luvun $x_n$ kaikki mahdolliset arvot.</p>
<p>Tekemällä yllä esitetyt ideat molemmille yhtälöistä $x^2 - 2y^2 = 1$ ja $x^2 - 3y^2 = 1$ sekä purkamalla tehdyt sijoitukset saadaan viimeisteltyä ratkaisu. Itse laskeminen ei ole kovin mielenkiintoista, ja se sivuutetaan.</p>
<h3 id="huomautus-fermatn-pieni-lause">Huomautus (Fermat’n pieni lause)</h3>
<p>Totesimme edellä. että $(2 + \sqrt{3})^4 = -1$, eli $(2 + \sqrt{3})^8 = 1$ kunnassa $\mathbb{F_7}(\sqrt{3})$. Ei ole yllättävää, että jossain kohtaa potenssiinkorotus johtaa lukuun $1$. Tälle on hyvin yksinkertainen selitys:</p>
<p>Fermat’n pieni lause todistetaan yleensä seuraavasti: olkoon $a \not\equiv 0 \pmod{p}$. Tällöin luvut $a, 2a, 3a, \ldots , (p-1)a$ ovat vain lukujen $1, 2, \ldots , p-1$ permutaatio. Siispä</p>
<script type="math/tex; mode=display">a \cdot 2a \cdot 3a \cdot \ldots \cdot (p-1)a \equiv 1 \cdot 2 \cdot \ldots \cdot (p-1) \pmod{p}</script>
<p>Supistamalla termejä pois saadaan $a^{p-1} \equiv 1 \pmod{p}$.</p>
<p>Todistetaan nyt vastaavasti yleistys Fermat’n pienelle lauseelle mille tahansa äärelliselle kunnalle. Konkreettisena esimerkkinä kannattaa miettiä yllä esitettyä tapausta $\mathbb{F_7}(\sqrt{3})$.</p>
<p><strong>Fermat’n pienen lauseen yleistys</strong></p>
<p>Olkoon $\mathbb{F_{p^k}}$ (se) kunta, jonka koko on $p^k$. Tällöin $a^{p^k - 1} = 1$ kaikilla $a \in \mathbb{F_{p^k}}$, joilla $a \neq 0$.</p>
<p><strong>Todistus</strong></p>
<p>Olkoon $S$ joukko, joka sisältää luvut muotoa $at, t \in \mathbb{F_{p^k}}$, missä $t \neq 0$. Osoitetaan, että $S$ sisältää jokaisen joukon $\mathbb{F_{p^k}}$ nollasta eroavan luvun (täsmälleen kerran). Selvästi kaikilla $s \in S$ pätee $s \neq 0$ - muutenhan pätisi $s = at = 0$. Mutta koska $a, t \neq 0$, on niillä olemassa käänteisalkiot $a^{-1}$ ja $t^{-1}$ (käsittelemmehän kuntaa!), ja kertomalla yhtälön $at = 0$ puolittain tulolla $a^{-1}t^{-1}$ saamme $1 = 0$.</p>
<p>Oletetaan sitten, että $at = at’$ jollain $t, t’ \in \mathbb{F_{p^k}}$. Kertomalla puolittain luvulla $a^{-1}$ saamme $t = t’$.</p>
<p>Siispä luvut $at, t \in \mathbb{F_{p^k}}$ ovat erisuuria, nollasta eroavia alkioita, mikä todistaa väitteen.</p>
<p>Ja nyt, kuten Fermat’n pienen lauseen todistuksessa, joukon $S$ alkioiden tulo on sama kuin kunnan $\mathbb{F_{p^k}}$ nollasta eroavien alkioiden tulo. Ja kuten edellisessä todistuksessa, sieventämällä saamme $a^{p^k - 1} = 1$.</p>
<h3 id="huomautus-asteet">Huomautus (asteet)</h3>
<p>Fermat’n pienen lauseen yleistys takaa, että $(2 + \sqrt{3})^{48} = 1$, mutta totesimme, että $(2 + \sqrt{3})^8 = 1$. Tämä ei ole ristiriita - Fermat’n pieni lause sanoo, että $2^6 \equiv 1 \pmod{7}$, mutta $2^3 \equiv 1 \pmod{7}$.</p>
<p>Kokonaisluvuille modulo $p$ määritellään usein ns. aste tai kertaluku: olkoon $ord_p(a)$ pienin positiivinen kokonaisluku $e$, jolla $a^e \equiv 1 \pmod{p}$, kun $a \not\equiv 0 \pmod{p}$. Tunnetusti jos $a^x \equiv 1 \pmod{p}$, niin $ord_p(a) \mid x$.</p>
<p>Voimme yleistää asteen määritelmää yleisesti äärellisille kunnille: esimerkiksi luvun $2 + \sqrt{3}$ asteeksi tulisi $8$ kunnassa $\mathbb{F_7}(\sqrt{3})$. Huomaamme, että tämä aste jakaa luvun $48$, jonka Fermat’n pienen lauseen yleistys antaa, kuten kuuluukin.</p>
<p>Hyvä tuuri, että luvun $2 + \sqrt{3}$ aste oli niinkin pieni kuin $8$ - muuten manuaalista laskemista olisi tullut paljon enemmän!</p>
<h3 id="huomautus-kuntien-isomorfisuus">Huomautus (kuntien isomorfisuus)</h3>
<p>Puhumme todistuksessa kunnasta $\mathbb{F_7}(\sqrt{3})$. Tämä on hieman epätyypillistä: kuten yllä huomautettiin, äärelliset kunnat, joiden koot ovat samat, ovat isomorfisia. Yleensä siis kirjoitettaisiin vain $\mathbb{F_{49}}$.</p>
<p>Esimerkki isomorfisuudesta: $5$ ei ole neliönjäännös modulo $7$, joten kunnan $\mathbb{F_7}(\sqrt{5})$ koko on $49$, ja sen tulisi olla isomorfinen kunnan $\mathbb{F_7}(\sqrt{3})$ kanssa. Näin onkin: olkoon $f$ funktio, jolla $f(a + b\sqrt{3}) = a + 3b\sqrt{5}$. On helppoa varmistaa, että tämä on isomorfismi - tarkistetaan vaikein ehto eli multiplikatiivisuus $f(xy) = f(x)f(y)$:</p>
<script type="math/tex; mode=display">f\Big((a+b\sqrt{3})(c + d\sqrt{3})\Big) = f\Big((ac + 3bd) + (ad + bc)\sqrt{3} \Big) = ac + 3bd + 3(ad + bc)\sqrt{5}</script>
<p>ja</p>
<script type="math/tex; mode=display">f(a+b\sqrt{3})f(c+d\sqrt{3}) = (a + 3b\sqrt{5})(c + 3d\sqrt{5}) = (ac + 3bd) + 3(ad + bc)\sqrt{5}.</script>
<h3 id="huomautus-alkeellinen-ratkaisu">Huomautus (alkeellinen ratkaisu)</h3>
<p>Pellin yhtälön ratkaisuille on olemassa myös yksinkertainen rekursio: jos yhtälön $x^2 - Dy^2 = 1$ pienin (positiivinen) ratkaisu on $(x_1, y_1)$, niin $n+1$:nneksi pienin (positiivinen) ratkaisu saadaan rekursioilla</p>
<script type="math/tex; mode=display">x_{n+1} = x_nx_0 + Dy_ny_0</script>
<p>ja</p>
<script type="math/tex; mode=display">y_{n+1} = x_ny_0 + y_nx_0.</script>
<p>Modulotarkastelun voi siis tehdä myös tätäkin kautta, eikä kuntalaajennuksia tarvita. Huomaa, että rekursioyhtälöt muistuttavat kertolaskua</p>
<script type="math/tex; mode=display">(a + b\sqrt{D})(c + d\sqrt{D}) = (ac + Dbd) + (ad + bc)\sqrt{D}.</script>
<p>Siis $x_n$ vastaa kokonaislukuosaa ja $y_n$ vastaa $\sqrt{D}$-osaa.</p>
<p>Loppukädessä alkeellinen ratkaisu ja kuntalaajennusratkaisu vastaavat samaa asiaa, mutta eri tavalla muotoiltuna. Kuntalaajennusratkaisu esitettiinkin pääasiallisesti pedagogisista syistä.</p>
<h3 id="yhteenveto">Yhteenveto</h3>
<p>Äärelliset ja äärettömät kunnat siis toimivat hyvinkin samalla tavalla, ja toisessa ympäristössä toimivia ideoita voidaan usein käyttää toisessa. Lauseen 1 lemma 4 on tämän vuoksi hyvin luonnollinen.</p>
<p>Esitetään vielä toinen esimerkkitehtävä samassa hengessä.</p>
<h1 id="esimerkkitehtävä">Esimerkkitehtävä</h1>
<p><strong><a href="https://artofproblemsolving.com/community/u328030h289403p11502215">Saksan joukkuevalintakoe 3, 2009, T2</a></strong></p>
<p>Olkoon lukujono $a_1, a_2, \ldots$ määritelty asettamalla $a_1 = 1$ ja $a_{n+1} = a_n^4 - a_n^3 + 2a_n^2 + 1$ kaikilla $n \ge 1$. Osoita, että on olemassa äärettömän monta alkulukua, jotka eivät jaa mitään tämän lukujonon termiä.</p>
<p><strong>Ratkaisu (tai sen yritys)</strong></p>
<p>Ratkaisuni ei ole täysin toimiva. Tämä ei silti tarkoita, etteikö ratkaisusta voisi oppia jotain.</p>
<p>Olkoon $P(x) = x^4 - x^3 + 2x^2 + 1$. Osoitetaan, että on olemassa äärettömän monta $p$, jotka eivät ole $P$:n alkutekijöitä, mikä todistaa väitteen. En tiedä tälle mitään kovin yksinkertaista tapaa - yksi olisi todistaa Frobeniuksen lauseella, että vastaava väite pätee kaikille neljännen asteen polynomeille (lukujen $\lbrace 1, 2, 3, 4 \rbrace$ permutaatioita on vain $24$, ja osaryhmiä ei järkyttävän paljoa). Lähestymme ongelmaa kuitenkin toisella tavalla:</p>
<p><strong>Idea:</strong> Hajotetaan $P$ kahden neliön summaksi.</p>
<p><strong>Mitä tästä hyötyisi?</strong></p>
<p>Kuvitellaan vaikka, että $Q(x) = x^2 + (x^2 + x + 1)^2$ jollain $Q$. Valitaan jokin $p \equiv 3 \pmod{4}$. Tällöin $p \in S(Q) \implies a^2 + b^2 \equiv 0 \pmod{p}$ jollain $a, b$, missä siis $a = x$ ja $b = x^2 + x + 1$. Mutta on tunnettua (eikä vaikeaa osoittaa), että tästä seuraa ehdon $p \equiv 3 \pmod{4}$ nojalla $a \equiv b \equiv 0 \pmod{p}$. Siis $x \equiv x^2 + x + 1 \equiv 0 \pmod{p}$. Tämä on selvästi mahdotonta.</p>
<p><strong>Toteutus</strong></p>
<p>Yritetään siis kirjoittaa $P$ kahden neliön summana. Yksi veikkaus olisi, että $P$ on muotoa $A(x)^2 + B(x)^2$, missä $A$ on toisen asteen polynomi ja $B$ on ensimmäisen asteen polynomi. Ei ole vaikeaa nähdä, että $A$:n tulee olla muotoa $x^2 - \frac{x}{2} + c$ jollain vakiolla $c$. Tehtävä palautuu siis sellaisten vakioiden $a, b, c$ löytämiseen, joilla</p>
<script type="math/tex; mode=display">P(x) = (x^2 - \frac{x}{2} + c)^2 + (ax + b)^2.</script>
<p>Kerrotaan kaikki auki ja verrataan eri termien kertoimia. Toisen asteen termejä vertaamalla saadaan yhtälö</p>
<script type="math/tex; mode=display">\frac{1}{4} + 2c + a^2 = 2.</script>
<p>Ensimmäisen asteen:</p>
<script type="math/tex; mode=display">-c + 2ab = 0.</script>
<p>Vakiot:</p>
<script type="math/tex; mode=display">c^2 + b^2 = 1.</script>
<p>Tämä on yhtälöryhmä, joka ei ole aivan triviaali muttei ihan mahdotonkaan. En kirjoita välivaiheita tähän. Ratkaisut ovat:</p>
<p>$b$ on yhtälön $64x^6 - 64x^4 + 1 = 0$ ratkaisu.</p>
<script type="math/tex; mode=display">a = -\frac{1}{16b^3},</script>
<script type="math/tex; mode=display">c = -\frac{1}{8b^2}.</script>
<p>Ei siis rationaaliratkaisuja. Tämä ei kuitenkaan ole ongelma: todellisuudessa haluamme ratkoa tämän yhtälöryhmän modulo $p$, koska haluamme kirjoittaa $P$:n kahden neliön summana mod $p$. Valitaan siis jokin $p$, joka on polynomin $64x^6 - 64x^4 + 1$ alkutekijä. Tällöin $p \neq 2$, eli $a, b, c$ ovat hyvin määriteltyjä kokonaislukuja mod $p$ (eli siis kunnan $\mathbb{F_p}$ alkioita).</p>
<p>Näillä $p$ pätee $p \in S(P) \implies x^2 - \frac{x}{2} + c \equiv ax + b \equiv 0 \pmod{p}$ jollain kokonaisluvulla $x$, olettaen $p \equiv 3 \pmod{4}$. Ei ole vaikeaa muodostaa tästä ehto $T(b) \equiv 0 \pmod{p}$ polynomille $T$, voimmehan kirjoittaa muuttujat $x, a, c$ muuttujan $b$ avulla.</p>
<p>Polynomien $T$ ja $64x^6 - 64x^4 + 1$ suurin yhteinen tekijä on 1 (tämä saadaan määrittämällä $T$ ja sytin laskemisella), joten Bezout’n lemman nojalla argumentti menee läpi suurilla $p$.</p>
<p>Ainoa ongelma on sen takaaminen, että on olemassa äärettömän monta $p$, joilla $p \equiv 3 \pmod{4}$ ja $p$ on polynomin $64x^6 - 64x^4 + 1$ alkutekijä. En näe mitään helppoa tapaa tämän todistamiseksi (tosin tämä väite vaikuttaa pätevän, ainakin tietokoneen mukaan), minkä vuoksi ratkaisu on puutteellinen. Ratkaisu kuitenkin demonstroi keinon hyödyntää vastaavuutta äärettömien ja äärellisten kuntien välillä - ratkaistaan yhtälöryhmä rationaalilukujen laajennuksessa, josta se voidaan tuoda äärettömän moneen eri äärelliseen kuntaan $\mathbb{F_p}$.</p>
<p>Siirrytään sitten muihin aiheisiin.</p>
<h1 id="alkutekijöiden-karakterisointi-kongruenssiehdoin">Alkutekijöiden karakterisointi kongruenssiehdoin</h1>
<p>Lähtökohtana toimii seuraava kysymys:</p>
<p>Millä polynomeilla $P \in \mathbb{Z_c}[x]$ on olemassa kokonaisluvut $m, a_1, a_2, \ldots , a_k$, joilla pätee seuraava ehto:</p>
<script type="math/tex; mode=display">p \in S(P) \Leftrightarrow \exists i: p \equiv a_i \pmod{m}?</script>
<p>Toisin sanoen, milloin $P$:n alkutekijät voidaan esittää kongruenssiehdoin?</p>
<p>Esimerkiksi $P(x) = x^2 + 1$ on tällainen polynomi, koska $p \in S(P)$ joss $p$ on $1$ tai $2$ (mod $4$).</p>
<p>(Yleisesti polynomien alkutekijöille ei tunneta yksinkertaista esitystapaa. Tällä on ilmeisesti jotain kytköksiä ns. <a href="https://en.wikipedia.org/wiki/Langlands_program">Langlandsin ohjelmaan</a>. Olen kuitenkin väärä henkilö kertomaan tästä sen enempää.)</p>
<p>Arvind Suresh on todistanut työssään <a href="https://scholarship.claremont.edu/cgi/viewcontent.cgi?article=2095&amp;context=cmc_theses">On the Characterization of Prime Sets of Polynomials by Congruence Conditions</a>, että mikäli $P$ on jaoton pääpolynomi, jonka Galois’n ryhmä on Abelin ryhmä, niin tämä toteutuu. Keskitytään tähän hieman tarkemmin.</p>
<p><strong>Abelin ryhmä</strong></p>
<p>Ryhmää $G$ sanotaan Abelin ryhmäksi, jos $ab = ba$ kaikilla $a, b \in G$.</p>
<p>Näitä ryhmiä voisi kutsua myös kommutatiivisiksi ryhmiksi, koska mainittu ehto on kommutatiivisuus. Jostain syystä Abelin ryhmä on se termi, jota käytetään kaikkialla. Ainakin se on lyhyempi.</p>
<p><strong>Galois’n ryhmät Abelin ryhminä</strong></p>
<p>Aiemmista esimerkeistä on selvää, että $x^2 - 2$:n Galois’n ryhmä on Abelin ryhmä. Polynomin $x^3 - 2$ Galois’n ryhmä ei kuitenkaan ole Abelin ryhmä:</p>
<p>Polynomin $P(x) = x^3 - 2$ juurikunta on $\mathbb{Q}(\sqrt[3]{2}, \omega)$, missä $\omega = \zeta_3$ totetuttaa yhtälön $\omega^2 + \omega + 1 = 0$. Voimme esittää $P$:n juuret muodossa $\sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{2}\omega, \sqrt[3]{2}\omega^2$.</p>
<p>Mitä $P$:n Galois’n ryhmä sisältää? Tätä käsiteltiin edellisessä postauksessa yleisemmin polynomeille muotoa $x^n - a$. Tässä tapauksessa on kuusi eri vaihtoehtoa. Ensinnäkin, luku $\sqrt[3]{2}$ voidaan kuvata mille tahansa juurelle $\sqrt[3]{2}\omega^i$, missä $i = 0, 1, 2$. Lisäksi $\omega$ voidaan kuvata joko itselleen tai yhtälön $x^2 + x + 1 = 0$ toiselle juurelle, joka on $\omega$:n kompleksikonjugaatti $\overline \omega$.</p>
<p>Eli siis: $P$:n Galois’n ryhmä vastaa kaikkia joukon $\lbrace 1, 2, 3 \rbrace$ permutaatioita.</p>
<p>Permutaatioryhmät eivät yleisesti ole Abelin ryhmiä. Esimerkki: olkoon $\sigma_1$ permutaatio, jolla $\sigma_1(1) = 2, \sigma_1(2) = 1, \sigma_1(3) = 3$, ja olkoon $\sigma_2$ permutaatio, jolla $\sigma_2(1) = 2, \sigma_2(2) = 3, \sigma_2(3) = 1$. Muodostetaan permutaatiot $\sigma_3$ ja $\sigma_4$ asettamalla $\sigma_3(x) = \sigma_1(\sigma_2(x))$ ja $\sigma_4(x) = \sigma_2(\sigma_1(x))$. (Huomaa siis, että permutaatioryhmien laskutoimitus on “composition”, eli suoritetaan permutaatiot peräkkäin). Osoittautuu, että $\sigma_3 \neq \sigma_4$. Nimittäin,</p>
<script type="math/tex; mode=display">\sigma_3(1) = \sigma_1(\sigma_2(1)) = \sigma_1(2) = 1</script>
<p>ja</p>
<script type="math/tex; mode=display">\sigma_4(1) = \sigma_2(\sigma_1(1)) = \sigma_2(2) = 3.</script>
<p>Kaikkien polynomien Galois’n ryhmät eivät siis ole Abelin ryhmiä.</p>
<p>Sureshin tulos toimii myös muille kuin pääpolynomeille lemman 8 nojalla. Väite yleistyy myös muille kuin jaottomille polynomeille - relevantti lähde tähän löytyy <a href="https://math.stackexchange.com/questions/126771/proof-subextension-of-abelian-extension-is-also-abelian">täältä</a>.</p>
<p>Hyvin mielenkiintoinen kysymys on seuraava, jonka Suresh on esittänyt jatkotutkimusaiheena:</p>
<p>Oletetaan, että $P$:n alkutekijät voidaan esittää kongruenssiehdoilla. Onko $P$:n Galois’n ryhmä Abelin ryhmä?</p>
<p>Jos tutkielman aiheet kiinnostavat vielä tämän postaussarjan jälkeenkin, suosittelen vahvasti lukemaan Sureshin työn. Kappale 1 esittelee yleisesti polynomien alkutekijöitä, ja ratkaisee toisen asteen polynomin tapauksen. Kappaleessa 2 esitetään kohtuullisen nopeasti mutta hyvin selkeästi tärkeimpiä asioita polynomien alkutekijöiden kytköksistä syvällisempään teoriaan. Kappaleessa 3 osoitetaan työn päätulos. Sureshin työ on erinomainen lähde, jos on kiinnostunut lukemaan syvemmin algebrallisesta lukuteoriasta. Toinen, aloittelevalle ehkäpä helpompi, materiaali on Evan Chenin <a href="http://web.evanchen.cc/napkin.html">Napkin-materiaalin</a> algebrallista lukuteoriaa käsittelevät luvut.</p>
<h1 id="jatkotutkimusaihe-eksponenttiyhtälöt">Jatkotutkimusaihe: eksponenttiyhtälöt</h1>
<p>Luonnollinen jatkotutkimusaihe on siirtyä polynomiyhtälöistä eksponenttiyhtälöihin. Mitä voidaan sanoa niistä alkuluvuista $p$, joilla yhtälöllä</p>
<script type="math/tex; mode=display">2^x \equiv 3 \pmod{p}</script>
<p>on ratkaisu?</p>
<p>Eksponentiaalisiin rakenteisiin liittyen tunnetuin konjektuuri on Artinin primitiivijuurikonjektuuri:</p>
<p><strong>Konjektuuri</strong></p>
<p>Olkoon $a$ kokonaisluku, jonka itseisarvo on suurempaa kuin $1$, ja joka ei ole neliöluku. On olemassa äärettömän monta alkulukua $p$, joilla $a$ on primitiivijuuri modulo $p$.</p>
<p>Ehkä hieman yllättäen, tämä väite todella on konjektuuri eikä lause.</p>
<p>Aivan loistava materiaali eksponentiaalisista rakenteista on Pieter Mooren teksti <a href="http://guests.mpim-bonn.mpg.de/moree/surva.pdf">Artin’s primitive root conjecture</a>. Kyseessä on survey-tyyppinen materiaali, eli Moore on esitellyt hyvin laajasti nykyistä kirjallisuutta aiheeseen liittyen.</p>
<p>Erityisesti yhtälöitä $a^x \equiv b \pmod{p}$ varten hyvä materiaali edellisen lisäksi on Pieter Mooren ja Peter Stevenhagenin artikkeli <a href="https://core.ac.uk/download/pdf/81106660.pdf">A Two-Variable Artin Conjecture</a>.</p>
<p>Tulen itse työstämään ainakin jonkin verran eksponentiaalisiin rakenteisiin liittyviä ajatuksia lähiaikoina.</p></content><author><name>Olli Järviniemi</name></author><summary type="html">Tässä postauksessa esitän lisäaiheita työhön liittyen.</summary></entry><entry><title type="html">Polynomien yhteiset alkutekijät, osa 10: sovelluksia</title><link href="https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA02sovelluksia.html" rel="alternate" type="text/html" title="Polynomien yhteiset alkutekijät, osa 10: sovelluksia" /><published>2019-06-05T00:00:00+00:00</published><updated>2019-06-05T00:00:00+00:00</updated><id>https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA02sovelluksia</id><content type="html" xml:base="https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA02sovelluksia.html"><p>Tässä postauksessa esitetään työn sovelluksia neliönjäännöksiä ja korkeampien potenssien jäännöksiä käsitteleviin kysymyksiin.</p>
<!--jatkuu-->
<p><strong>Sisällysluettelo</strong></p>
<ol>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA11johdanto.html">Osa 1 - johdanto</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA10esitiedot.html">Osa 2 - esitiedot</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA09tulokset.html">Osa 3 - tulokset</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA08motivaatio.html">Osa 4 - motivaatio</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA07heikko.html">Osa 5 - heikko versio</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA06yleinen.html">Osa 6 - yleinen tapaus</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA05lause2.html">Osa 7 - lause 2</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA04lause3.html">Osa 8 - lause 3</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA03lause4.html">Osa 9 - lause 4</a></li>
<li>Osa 10 - sovelluksia</li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA01lisaaiheita.html">Osa 11 - lisäaiheita</a></li>
</ol>
<p>Tämän postauksen sisältöä ei tilanpuutteen vuoksi kirjoitettu lopulliseen tutkielmaan. Pidän tämän postauksen tuloksia hyvin mielenkiintoisina (vaikkakin todistuksia aavistuksen puuduttavina), joten esitän ne tässä.</p>
<p>Ensimmäisenä neliönjäännöksistä tulos, jota olen sivunnut <a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2018/12/09/Nelionjaannos.html">aiemminkin</a>.</p>
<h1 id="lause">Lause</h1>
<p>Olkoot $a_1, a_2, \ldots , a_n \in \mathbb{Z}$ sellaisia, ettei minkään joukon $\lbrace a_1, a_2, \ldots , a_n \rbrace$ epätyhjän osajoukon alkioiden tulo ole neliöluku. Olkoon $S \subset \lbrace 1, 2, \ldots , n \rbrace$. Olkoon $T_S$ niiden $p$ joukko, joilla on seuraava ominaisuus:</p>
<p>$a_i$ on neliönjäännös modulo $p$ jos ja vain jos $i \in S$.</p>
<p>Tällöin</p>
<script type="math/tex; mode=display">\delta(T_S) = \frac{1}{2^n}.</script>
<h2 id="todistus">Todistus</h2>
<p>Tutkimme siis polynomien $P_i(x) = x^2 - a_i$ alkutekijöitä.</p>
<p>Osoitetaan ensiksi, että voimme soveltaa lauseen 3 tulosta.</p>
<p><strong>Lemma</strong></p>
<p>Olkoon $F$ polynomin $P_1P_2 \ldots P_n$ juurikunta. $[F : \mathbb{Q}] = 2^n$.</p>
<p><strong>Todistus</strong></p>
<p>Olkoon $B$ joukko, joka sisältää kaikki joukon $\lbrace a_1, a_2, \ldots , a_n \rbrace$ osajoukkojen alkioiden tulot, eli $B$ sisältää $2^n$ alkiota.</p>
<p>Olkoon $C$ joukko, joka sisältää luvut muotoa $\sqrt{b}, b \in B$.</p>
<p>Riittää osoittaa, että $C$:n alkiot ovat lineaarisesti riippumattomia rationaalilukujen yli. Toisin sanoen, <strong>ei</strong> ole olemassa nollasta eroavia rationaalilukua $q_1, q_2, \ldots , q_k$ ja pareittain erisuuria $C$:n alkioita $c_1, c_2, \ldots , c_k$, joilla</p>
<script type="math/tex; mode=display">q_1c_1 + q_2c_2 + \ldots + q_kc_k = 0</script>
<p>Miksi tämä on riittävä ehto? Oletetaan, että $[F : \mathbb{Q}] &lt; 2^n$, tavoitteena vastaoletus yllä esitetyn ehdon kanssa. Käyttäen vastaavanlaista ideaa kuin lauseen 3 todistuksessa, saadaan</p>
<script type="math/tex; mode=display">[F : \mathbb{Q}] = [\mathbb{Q}(\sqrt{a_1}, \ldots , \sqrt{a_n}) : \mathbb{Q}(\sqrt{a_1}, \ldots , \sqrt{a_{n-1}})] \cdots [\mathbb{Q}(\sqrt{a_1}, \sqrt{a_2}) : \mathbb{Q}(\sqrt{a_1})][\mathbb{Q}(\sqrt{a_1}) : \mathbb{Q}].</script>
<p>Oikean puolen tulon jokainen termi on selvästi enintään $2$. Jos kaikki termit olisivat $2$, pätisi $[F : \mathbb{Q}] = 2^n$, mikä ei ole mielenkiintoista. Oletetaan siis, että jokin tulontekijä on $1$. Täten on olemassa sellainen $i$, jolla luvun $\sqrt{a_i}$ minimaalisen polynomin aste kunnassa $\mathbb{Q}(\sqrt{a_1}, \ldots \sqrt{a_{i-1}})$ on $1$, eli $\sqrt{a_i}$ kuuluu tähän kuntaan. Siispä $\sqrt{a_i}$ voidaan esitää polynomina luvuista $\sqrt{a_1}, \ldots , \sqrt{a_{i-1}}$. Nähdään, että tämä on ristiriita lineaarisesti riippumattomuuden kanssa.</p>
<p>On melko tunnettua, vaikkeikaan helppoa todistaa, että neliöjuuret ovat lineaarisesti riippumattomia rationaalilukujen yli (epätriviaaleissa tapauksissa). Lyhyt ja kohtuullisen helppo todistus käyttäen juurikuntien isomorfismeja löytyy Paul Garrettin monisteesta <a href="http://www-users.math.umn.edu/~garrett/m/v/linear_indep_roots.pdf">Linear independence of roots</a>.</p>
<p><strong>Toteutus</strong></p>
<p>Åalapelin palaset on nyt koottu, ja ideana on soveltaa lausetta 3 väitteen todistamiseen, ehkä käyttäen inkluusio-ekskluusiota ja induktiota. Tätä kautta saa todistuksen (lukija voi itse vaikka yrittää), mutta lähestyn ongelmaa eri näkökulmasta.</p>
<p>Olkoon $F$ polynomien $P_1, P_2, \ldots , P_n$ juurikuntien compositum, eli olkoon $F$ pienin kunta, joka sisältää kaikkien polynomien $P_i$ juurikunnat. Edellisestä päättelystä ei ole vaikeaa nähdä, että $C$ on kanta $\mathbb{Q}$-vektoriavaruudelle $F$. Jokainen $F$:n alkio voidaan siis kirjoittaa muodossa</p>
<script type="math/tex; mode=display">\sum q_ic_i,</script>
<p>missä $q_i \in \mathbb{Q}$ ja $c_i \in C$, ja tämä esitys on yksikäsitteinen.</p>
<p>Tutkitaan $F$:n Galois’n ryhmää $G$. Jokainen $\sigma \in G$ kuvaa $C$:n alkion $c$ joko $c$:ksi tai $-c$:ksi. Ideana on seuraava:</p>
<p>Olkoot $s_1, s_2, \ldots , s_n$ kokonaislukuja, jotka ovat jokainen joko $-1$ tai $1$. On olemassa sellainen $\sigma \in G$, jolla $\sigma(\sqrt{a_i}) = s_i\sqrt{a_i}$ kaikilla $i$.</p>
<p>Todistus on triviaali: määritellään $f(\sqrt{a_i}) = s_ia_i$. Voimme vain laajentaa $f$:n olemaan isomorfismi $F \to F$. Se, miksi tämä toimii, johtuu siitä, että $[F : \mathbb{Q}] = 2^n$ - tästä seuraa yllä esitetty $C$:n alkioiden lineaarinen riippumattomuus, ja meillä ei synny ristiriitaista määrittelyä.</p>
<p>(Esimerkki tilanteesta, jossa tulisi ristiriitainen määrittely: vaadimme, että $\sigma(\sqrt{2}) = \sqrt{2}, \sigma(\sqrt{3}) = \sqrt{3}$ ja $\sigma(\sqrt{6}) = -\sqrt{6}$.)</p>
<p>Tämä idea todistaa, että $F$:n Galois’n ryhmän $G$ koko on $2^n$. Lisäksi, on olemassa täsmälleen yksi $\sigma \in G$, jolla $\sigma(\sqrt{a_i}) = \sqrt{a_i}$ jos ja vain jos $i \in S$.</p>
<p>Frobeniuksen lause todistaa väitteen vaikkapa näin: olkoon $P_T$ niiden $P_i$ tulo, joilla $i \not\in S$. Soveltamalla yllä todistettua tulosta polynomille $P_T$ saadaan sen alkutekijöiden tiheydeksi</p>
<script type="math/tex; mode=display">1 - \frac{1}{2^{n - |S|}},</script>
<p>koska ainoa $P_T$:n Galois’n ryhmän alkio $\sigma$, joka ei kuvaa jotain $P_T$:n juurta itselleen, on se $\sigma$ jolla $\sigma(\sqrt{a_i}) = -\sqrt{a_i}$ kaikilla $i \not\in S$.</p>
<p>Soveltamalla lausetta 3 saamme polynomien $P_i, i \in S$ ja $P_T$ yhteisten alkutekijöiden tiheydeksi</p>
<script type="math/tex; mode=display">\frac{1}{2^{|S|}}\Big(1 - \frac{1}{2^{n - |S|}}\Big).</script>
<p>Haluamme vähentää tämän tiheyden tiheydestä</p>
<script type="math/tex; mode=display">\delta\Big(\bigcap_{i \in S} S(P_i)) \Big).</script>
<p>Viimeksi mainittu on lauseen 3 avulla $2^{-\mid S \mid}$, ja väite seuraa.</p>
<p>Tämä todistus on tietyssä mielessä oikea tapa ajatella lausetta 3 - lauseen ehto varmistaa, että polynomin $P_1P_2 \cdots P_n$ Galois’n ryhmä on vain $G_1 \times G_2 \times \cdots \times G_n$, missä $G_i$ on $P_i$:n Galois’n ryhmä. Tämän vuoksi lauseen väite seuraa Frobeniuksen lauseesta.</p>
<p>Tämän idean avulla seuraava väite on ilmeinen:</p>
<p>Olkoot $P_1, P_2, \ldots , P_n$ sellaisia, jotka toteuttavat lauseen 3 ehdot. Olkoon $S$ joukon $\lbrace 1, 2, \ldots , n \rbrace$ jokin osajoukko. Olkoon $T$ niiden $p$ joukko, joilla $p \in S(P_i)$ jos ja vain jos $i \in S$. Tällöin</p>
<script type="math/tex; mode=display">\delta(T) = \prod_{i \in S} \delta(S(P_i)) \prod_{j \not\in S} 1 - \delta(S(P_j)).</script>
<p>Ei kovin yllättävää, mutta miellyttävää, että tämä voidaan todistaa.</p>
<h1 id="korkeampien-potenssien-jäännökset">Korkeampien potenssien jäännökset</h1>
<p>Neliönjäännökset-postauksen viimeisessä harjoitustehtävässä pyydettiin esittämään heuristiikka väitteelle $\delta(S(x^p - a)) = \frac{p-1}{p}$, kun $p$ on alkuluku ja $a$ ei ole kokonaisluvun $p$:nnes potenssi. Esitän ensin oman heuristiikkani, minkä jälkeen todistan väitteen Frobeniuksen lauseella.</p>
<h2 id="heuristiikka">Heuristiikka</h2>
<p>Valitaan jokin satunnainen alkuluku $q$. Tutkitaan kahta eri tapausta.</p>
<ol>
<li>
<p>$q \not\equiv 1 \pmod{p}$. Funktio $f(x) = x^p$ on injektiivinen modulo $p$ postauksen <a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2018/05/17/Juuri.html">Juuren ottaminen moduloissa</a> nojalla. Täten se on myös surjektiivinen, eli yhtälöllä $f(x) \equiv c \pmod{q}$ on ratkaisu kaikilla $c$. Tässä tapauksessa todennäköisyys sille, että $q \in S(x^p - a)$, on $1$.</p>
</li>
<li>
<p>$q \equiv 1 \pmod{p}$. Olkoon $g$ primitiivijuuri modulo $q$. Kaikki $p$:nnet potenssit modulo $q$ ovat muotoa $g^{ip}$, $i \in \mathbb{Z}$ (ja luku $0$). Käyttäen vaikkapa Fermat’n pientä lausetta nähdään, että $p$:nsiä potensseja on $\frac{q-1}{p}$ kappaletta, kun lukua $0$ ei lasketa.
Siis osuus $\frac{1}{p}$ luvuista $1, 2, \ldots , q-1$ on $p$:nsiä potensseja. Todennäköisyys sille, että juuri luku $a$ on $p$:nnes potenssi on heuristisesti $\frac{1}{p}$.</p>
</li>
</ol>
<p>Tapauksen $1$ mukaiset $q$ muodostavat Dirichlet’n lauseen tiheysversion nojalla osuuden $\frac{p-2}{p-1}$ alkuluvuista, ja tapauksen $2$ mukaisia $q$ on $\frac{1}{p-1}$. Kertomalla tapauksien todennäköisyydet todennäköisyydellä sille, että $a$ on $p$:nnes potenssi, saadaan lopullinen todennäköisyys:</p>
<script type="math/tex; mode=display">\frac{p-2}{p-1} \cdot 1 + \frac{1}{p-1} \cdot \frac{1}{p} = \frac{p-1}{p}.</script>
<h2 id="todistus-1">Todistus</h2>
<p>Polynomin $P(x) = x^p - a$ juuret ovat</p>
<script type="math/tex; mode=display">\sqrt[p]{a}, \sqrt[p]{a}\zeta_p, \sqrt[p]{a}\zeta_p^2 , \ldots , \sqrt[p]{a}\zeta_p^{p-1}.</script>
<p>Huomaamme, että $P$:n juurikunta $F$ on $\mathbb{Q}(\sqrt[p]{a}, \zeta_p)$.</p>
<p>Tutkitaan $P$:n Galois’n ryhmää $G$. Jokainen $\sigma \in G$ määräytyy lukujen $\sigma(\sqrt[p]{a})$ ja $\sigma(\zeta_p)$ avulla. Lisäksi $G$ sisältää kaikki ne kuvakset, mitä voisi olettaa:</p>
<p><strong>Lemma 1</strong></p>
<p>Olkoon $0 \le b &lt; p$ kokonaisluku, ja olkoon $0 &lt; c &lt; p$ kokonaisluku. On olemassa sellainen $\sigma \in G$, jolla pätee:</p>
<ol>
<li>
<p>$\sigma(\sqrt[p]{a}) = \sqrt[p]{a}\zeta_p^b.$</p>
</li>
<li>
<p>$\sigma(\zeta_p) = \zeta_p^c.$</p>
</li>
</ol>
<p>Lisäksi jokaista $\sigma \in G$ vastaa edellä kuvaillut $b, c$.</p>
<p><strong>Todistus</strong></p>
<p>Väite pätee myös muillekin luvuille kuin alkuluvuille $p$:</p>
<p><strong>Vahvempi versio</strong></p>
<p>Olkoon $m$ positiviinen kokonaisluku, ja olkoon $G$ polynomin $x^m - a$ Galois’n ryhmä. Oletetaan, että $m$ on pariton ja $x^m - a$ ei jakaudu rationaaliluvuissa.</p>
<p>Olkoot $0 \le b, c &lt; p$ kokonaislukuja, joilla $syt(c, m) = 1$. On olemassa sellainen $\sigma \in G$, jolla:</p>
<ol>
<li>
<p>$\sigma(\sqrt[m]{a}) = \sqrt[m]{a}\zeta_m^b.$</p>
</li>
<li>
<p>$\sigma(\zeta_m) = \zeta_m^c.$</p>
</li>
</ol>
<p>Lisäksi jokaista $\sigma \in G$ vastaa edellä kuvaillut $b, c$.</p>
<p><strong>Todistus vahvemmalle versiolle</strong></p>
<p>On selvää, että jokaisella $\sigma \in G$ on edellä kuvaillut $b, c$. Enää tulee osoittaa toinen suunta. Tämä seuraa, jos osoitetaan, että $\mid G \mid = m\phi(m)$ (miksi?). Tämän on todistanut David Gluck ja I. M. Isaacs artikkelissaan <a href="https://www.ams.org/journals/proc/2007-135-11/S0002-9939-07-08864-8/S0002-9939-07-08864-8.pdf">Radical and cyclotomic extensions of the rational numbers</a> (lause 3.1.).</p>
<p>Lemman 1 avulla tiedämme siis polynomin $x^p - a$ Galois’n ryhmän koon (voimme käyttää vahvempaa versiota, kts. jaottomuuskriteeri alla). Lisäksi ei ole enää vaikeaa laskea niiden kuvausten $\sigma \in G$ määrää, jotka kuvaavat jonkin polynomin $x^p - a$ juuren itselleen. Käyttäen Frobeniuksen lausetta saadaan haluttu väite. En mene yksityiskohtiin tässä, koska en näe niitä kovin kiinnostavina.</p>
<h2 id="variantteja">Variantteja</h2>
<p>Voimme myös laskea vaikkapa polynomien $x^3 - 2$, $x^3 - 3$ yhteisien alkutekijöiden tiheyden. Emme kuitenkaan voi käyttää lausetta 3, koska näiden polynomien juurikuunat sisältävät luvun $\zeta_3$. Voimme kuitenkin tutkia vaikkapa tulon $(x^3 - 2)(x^3 - 3)$ Galois’n ryhmän käyttäytymistä, ja saada sieltä halutun tiheyden.</p>
<p>Polynomit muotoa $x^{p^k} - a$ ovat myös mielenkiintoisia. Esimerkiksi polynomien $x^{p^2} - 2$ ja $x^{p^2} - 2^p$ alkutekijöiden tiheyden tutkiminen antaa jotain uutta.</p>
<p>En mene näihin aiheisiin sen syvemmin. Pointtina on kuitenkin se, että näitä tiheyksiä voidaan laskea. Lisäksi tiheys $1 - \frac{1}{n}$ voidaan saavuttaa kaikilla alkuluvun potensseilla $n$, ainakin jos $n$ ei ole kakkosen potenssi (syy alla).</p>
<p>Vahvemman version käyttäminen vaatii jaottomuuskriteerin:</p>
<p><strong>Polynomin $x^n - a$ jaottomuus</strong></p>
<p>Olkoon $P(x) = x^n - a$, $a \in \mathbb{Q}$. $P$ jakautuu rationaaliluvuissa jos ja vain jos jompikumpi seuraavista ehdoista pätee:</p>
<ol>
<li>
<p>Jollain $p \mid n$ luku $a$ on jonkin rationaaliluvun $p$:nness potenssi</p>
</li>
<li>
<p>$4 \mid n$ ja $a$ on muotoa $-4c^4$ jollain $c \in \mathbb{Q}$. Tämä johtuu Sophie-Germainin identiteetistä. Kts. esim. <a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2018/04/16/Tekijoita.html">tämä postaus</a>.</p>
</li>
</ol>
<p>Todistus ei ole missään nimessä triviaali, mutta netistä pitäisi löytyä todistus väitteelle.</p>
<p>Lisäksi mainitaan vielä helppo kilpailumatematiikkahenkinen fakta joilla ongelman saa redusoitua alkulukujen potensseihin:</p>
<p><strong>Lemma 4</strong></p>
<p>Olkoot $m, n \in \mathbb{Z_+}$, ja olkoon $d$ niiden syt. Olkoon vielä $a \in \mathbb{Z}$. Pätee:</p>
<script type="math/tex; mode=display">S(x^m - a) \cap S(x^n - a) = S(x^d - a).</script>
<p>Kiinnostunut lukija voi itse kokeilla, millaisia tuloksia saa irti näillä tiedoilla. Hyvä harjoitustethävä onkin todistaa, että tiheyden yläraja $1 - \frac{1}{n}$ on saavutettavissa.</p>
<p><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA01lisaaiheita.html">Seuraava postaus.</a></p></content><author><name>Olli Järviniemi</name></author><summary type="html">Tässä postauksessa esitetään työn sovelluksia neliönjäännöksiä ja korkeampien potenssien jäännöksiä käsitteleviin kysymyksiin.</summary></entry><entry><title type="html">Polynomien yhteiset alkutekijät, osa 9: lause 4</title><link href="https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA03lause4.html" rel="alternate" type="text/html" title="Polynomien yhteiset alkutekijät, osa 9: lause 4" /><published>2019-06-05T00:00:00+00:00</published><updated>2019-06-05T00:00:00+00:00</updated><id>https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA03lause4</id><content type="html" xml:base="https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA03lause4.html"><p>Tässä postauksessa todistetaan tutkielman lause 4, eli että kaikki välin $[0, 1]$ rationaaliluvut esiintyvät jonkin polynomin alkutekijöiden tiheytenä.</p>
<!--jatkuu-->
<p><strong>Sisällysluettelo</strong></p>
<ol>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA11johdanto.html">Osa 1 - johdanto</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA10esitiedot.html">Osa 2 - esitiedot</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA09tulokset.html">Osa 3 - tulokset</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA08motivaatio.html">Osa 4 - motivaatio</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA07heikko.html">Osa 5 - heikko versio</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA06yleinen.html">Osa 6 - yleinen tapaus</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA05lause2.html">Osa 7 - lause 2</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA04lause3.html">Osa 8 - lause 3</a></li>
<li>Osa 9 - lause 4</li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA02sovelluksia.html">Osa 10 - sovelluksia</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA01lisaaiheita.html">Osa 11 - lisäaiheita</a></li>
</ol>
<p>Frobeniuksen lauseen nojalla $\delta(S(P))$ on aina rationaalinen, joten keskitytään rationaalilukujen tutkimiseen.</p>
<p>Suunnitelmana on osoittaa väite induktiolla, mikä onnistuu rationaaliluvuilla näppärästi. Saamme luotua polynomeja, joilla on halutunlaisia tiheyksiä käyttäen alla esitettyä lemmaa 4.2. ja lausetta 3.</p>
<p>Tavoitteena on siis käyttää lausetta 3. Tätä varten pitää luoda metodi, jolla voidaan generoida lauseen 3 mukaisesti riippumattomia polynomeja. Tämän hoitaa lemma 4.2.</p>
<p>Todistuksen lähtökohtana toimii seuraava jo itsessään kaunis tulos:</p>
<h2 id="lemma-41">Lemma 4.1.</h2>
<p>Olkoon $k \in \mathbb{Z_+}$, ja olkoon $S$ niiden $1 \le n \le k$ joukko, joilla $syt(n, k) = 1$. Olkoon $H$ jokin $S$:n osajoukko, joka on kertolaskun suhteen suljettu, kun kertolasku tehdään modulo $k$. On olemassa polynomi $P \in \mathbb{Z_c}[x]$, jolla on seuraavat ominaisuudet:</p>
<ol>
<li>
<p>$p \in S(P)$ jos ja vain jos $p \equiv h \pmod{k}$ jollain $h \in H$.</p>
</li>
<li>
<p>$P$:n juurikunta $F_P$ on kunnan $\mathbb{Q}(\zeta_k)$ osakunta.</p>
</li>
</ol>
<p>Tässä $\zeta_k$ on ns. primiitivien $k$:nnes yksikköjuuri (engl. roots of unity). Siis $\zeta_k^k = 1$, mutta $\zeta_k^n \neq 1$ kaikilla $1 \le n &lt; k$.</p>
<p><strong>Todistus</strong></p>
<p>Tuloksen ovat osoittaneet Ram Murty ja Nithum Thain artikkelissaan <a href="https://projecteuclid.org/euclid.facm/1229442627">Primes in Certain Arithmetic Progressions</a> (Funct. Approx. Comment. Math. Volume 35 (2006), 249-259.). Ehto 1 seuraa lauseista 4 ja 5, ja ehto 2 seuraa konstruktiosta.</p>
<p>Esimerkiksi syklotomiset polynomit toteuttavat ehdon, kun $H = \lbrace 1 \rbrace$.</p>
<p><strong>Huomautus</strong></p>
<p>Myös seuraava, samanhenkinen ja kaunis tulos pätee:</p>
<p>Olkoon $k$ jokin positiivinen kokonaisluku, ja olkoon $T$ jokin $S$:n osajoukko, missä $S$ on kuten lemmassa 4.1.. Oletetaan, että on olemassa polynomi $P \in \mathbb{Z}[x]$ niin, että kaikilla paitsi äärellisen monella $p$ pätee $p \in S(P) \implies p \equiv t \pmod{k}$ jollain $t \in T$. Tällöin $T$:n tulee olla $S$:n jokin kertolaskun suhteen suljettu osajoukko, kun kertolasku tehdään modulo $p$.</p>
<p>Tämän todistus löytyy artikkelista <a href="https://kconrad.math.uconn.edu/blurbs/gradnumthy/dirichleteuclid.pdf">Euclidean Proofs of Dirichlet’s Theorem</a>, jonka on kirjoittanut Keith Conrad. Artikkelin johdanto on kaikelle yleisölle sopiva ja hyvin mielenkiintoinen, kannattaa vilkaista!</p>
<h2 id="lemma-42">Lemma 4.2.</h2>
<p>Lemman 4.1. avulla saadaan tarkoituksiamme varten hyvä tulos. Kannattaa yrittää itse todistaa tulos ennen todistuken lukemista - todistus on alkeellinen, eikä kovin vaikea.</p>
<h3 id="väite">Väite</h3>
<p>Olkoon $n \ge 2$ kokonaisluku. On olemassa äärettömän monta $p$, joita kohden on olemassa $P$, jolla pätee seuraavat ominaisuudet:</p>
<ol>
<li>
<p>$\delta(S(P)) = \frac{1}{n}$</p>
</li>
<li>
<p>Polynomin $P$ juurikunta on kunnan $\mathbb{Q}(\zeta_p)$ osakunta.</p>
</li>
</ol>
<h3 id="todistus">Todistus</h3>
<p>Avainsana on primitiivijuuri. Valitaan $p \equiv 1 \pmod{n}$. Dirichlet’n lauseen nojalla tällaisia $p$ on äärettömän monta. Olkoon $g$ primitiivijuuri modulo $p$.</p>
<p>Olkoon $p-1 = mn, m \in \mathbb{Z_+}$. Valitaan lemman 4.1. mukaiseksi $H$ luvut muotoa $g^{ni}$, $i = 0, 1, \ldots , m-1$. On helppoa nähdä (Fermat’n pienen lauseen avulla), että $H$ on kertolaskun suhteen suljettu joukko, jonka koko on $m$.</p>
<p>Dirichlet’n lauseen tiheysversion nojalla niiden $q$ tiheys, joilla $q \equiv h \pmod{p}$ jollain $h \in H$ on $\frac{m}{p-1} = \frac{1}{n}$.</p>
<p>Valtiaan siis $P$ kuten lemmassa 4.1 tätä $H$ vastaavaksi. Tämä kelpaa.</p>
<h3 id="huomautus">Huomautus</h3>
<p>Lemman 4.1. avulla voidaan generoida ainoastaan tiheyksiä muotoa $\frac{1}{n}$. Tämä perustuu siihen faktaan, että osaryhmän koko jakaa ryhmän koon, eli siis $\mid H \mid$ jakaa $\mid S \mid \ = \phi(k)$. On siis luonnollista tutkia, miten näitä tiheyksiä voidaan generoida, ja sovittaa muu osa todistuksesta tähän. Siirrymme tähän seuraavaksi.</p>
<h1 id="lauseen-todistus">Lauseen todistus</h1>
<h2 id="motivaatio">Motivaatio</h2>
<p>Millaisia operaatioita voimme tehdä tiheyksille? Tiedämme, että lauseen 3 avulla kaksi tiheyttä voidaan monessa tapauksessa kertoa keskenään. Tästä ei kuitenkaan ole nyt juurikaan apua: kahden muotoa $\frac{1}{n}$ olevan luvun tulo on tätä muotoa. Ideana on käyttää inkluusio-ekskluusiota. Jos olemme luoneet polynomit $X$ ja $Y$, joiden alkutekijöiden tiheydet ovat $x$ ja $y$, lauseen 3 mukaan yhteisten alkutekijöiden tiheys on $xy$, joten polynomin $XY$ alkutekijöiden tiheys on $x + y - xy$. Tämä osoittautuu hyödyllisemmäksi.</p>
<p>Aiomme varmaankin valita toisen luvuista $x, y$ olemaan muotoa $\frac{1}{n}$ lemman 4.2. mukaisesti. Kokeilin muutamaa eri ideaa, ja lopulta päädyin seuraavaan ratkaisuun.</p>
<h2 id="ratkaisu">Ratkaisu</h2>
<p>Osoitetaan induktiolla muuttujan $k$ suhteen, että $\frac{m}{k}$ voidaan esittää jonkin polynomin $P$ alkutekijöiden tiheytenä kaikilla $0 \le m \le k$.</p>
<p>Tapaus $k = 1$ on selvä. Oletetaan, että väite pätee arvolla $k &lt; n$ ja osoitetaan väite arvolla $k = n$.</p>
<p>Ratkaisu perustuu identiteettiin</p>
<script type="math/tex; mode=display">\frac{m-1}{n-1} + \frac{1}{n} - \frac{m-1}{n(n-1)} = \frac{m}{n}</script>
<p>$m = 0$ on triviaali tapaus, joten oletetaan $m &gt; 0$. Olkoon $P$ sellainen, jolla $\delta(S(P)) = \frac{m-1}{n-1}$.</p>
<p>Enää tulee siis vain osoittaa, että voimme valita sellaisen $Q$, jolla $\delta(S(Q)) = \frac{1}{n}$ ja jolla $P$:n ja $Q$:n juurikunnat eivät leikkaa, jolloin lauseen 3 nojalla</p>
<script type="math/tex; mode=display">\delta(S(PQ)) = \delta(S(P)) + \delta(S(Q)) - \delta(S(P))\delta(S(Q)) = \frac{m}{n}</script>
<p>Tämä vaatii vielä viimeisen puristuksen.</p>
<p>Tutkitaan lemman 4.2. mukaisia polynomeja eri $p$:n arvoilla. Nämä polynomit ovat sellaisia, joiden juurikunta on kunnan $\mathbb{Q}(\zeta_p)$ osakuntia. Väite, jonka haluamme osoittaa onkin seuraava:</p>
<p>$P$:n juurikunta ei leikkaa kuntaa $\mathbb{Q}(\zeta_p)$, kun $p$ on tarpeeksi suuri.</p>
<p>Hyvin uskottavan kuuloista.</p>
<p>Ikävä kyllä minulla ei ole tähän mitään helppoa one-liner -ratkaisua. Ainakin voin opettaa vielä yhden asian teoriasta.</p>
<h2 id="fundamental-theorem-of-galois-theory">Fundamental theorem of Galois theory</h2>
<p>Esitän vain version, joka käsittelee rationaalilukujen laajennuksia. Yleinen tapaus ei liene vaikeampi, mutta rationaaliluvut ovat tutumpia niin minulle kuin lukijoille.</p>
<p>Olkoon $F$ jonkin polynomin juurikunta, ja olkoon $G$ sen Galois’n ryhmä. Ennen lauseen väitettä määritellään ns. fixed field. En tiedä tälle termille suomennosta, joten käytän englanninkielistä termiä.</p>
<p><strong>Määritelmä - fixed field</strong></p>
<p>Olkoon $\sigma \in G$ jokin isomorfismi. Olkoon $K$ niiden $x \in F$ joukko, joilla $\sigma(x) = x$. Joukkoa $K$ kutsutaan $\sigma$:n fixed field:ksi. On helppoa osoittaa, että $K$ todella on kunta.</p>
<p>Fundamental theorem of Galois theory (suomeksi Galois’n teorian peruslause?) kertoo, että $F$:n osakunnilla ja $G$:n osaryhmien välillä on luonnollinen bijektio. Lauseen yhteyteen listataan usein monia eri ominaisuuksia, tässä tyydytään yhteen yksinkertaiseen lisätulokseen.</p>
<p><strong>Galois’n teorian peruslause</strong></p>
<p>Olkoon $F$ juurikunta ja olkoon $G$ sen Galois’n ryhmä. Olkoon $H$ jokin $G$:n osaryhmä, ja olkoon $K$ $H$:n alkioiden fixed field:ien leikkaus.</p>
<p>Olkoon $f$ kuvaus $G$:n osaryhmiltä $F$:n osakunnille, joka määritellään kuvaamalla $H$ kunnalle $K$.</p>
<p>Väite: $f$ on bijektio.</p>
<p>Lisäksi, jos $G$:n osaryhmillä $H_1, H_2$ pätee $H_1 \subset H_2$, niin $f(H_2) \subset f(H_1)$.</p>
<p><strong>Esimerkki</strong></p>
<p>Tutkitaan polynomin $x^2 - 2$ juurikuntaa $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ ja sen Galois’n ryhmää $G$. $G$:hen kuuluu kaksi alkiota $\sigma_1, \sigma_2$, joilla</p>
<script type="math/tex; mode=display">\sigma_1(a + b\sqrt{2}) = a + b\sqrt{2}, a, b \in \mathbb{Q}</script>
<p>ja</p>
<script type="math/tex; mode=display">\sigma_2(a + b\sqrt{2}) = a - b\sqrt{2}, a, b \in \mathbb{Q}</script>
<p>Kuvauksen $\sigma_1$ fixed field on $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$, ja kuvauksen $\sigma_2$ fixed field on $\mathbb{Q}$.</p>
<p>$G$:llä on kaksi osaryhmää: toinen sisältää vain kuvauksen $\sigma_1$, ja toinen sisältää molemmat kuvaukset $\sigma_1$ ja $\sigma_2$. Huomaa, että $\lbrace \sigma_2 \rbrace$ <strong>ei</strong> ole $G$:n osa<strong>ryhmä</strong>: kuvauksen $\sigma(x) = \sigma_2(\sigma_2(x))$ tulisi kuulua tähän osa<strong>ryhmään</strong>, mutta näin ei ole.</p>
<p>Ensin mainitun $G$:n osaryhmän määritelmän mukainen $K$ on $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$. Siispä osaryhmä $\lbrace \sigma_1 \rbrace$ kuvataan kunnan $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ osakunnalle $K = \mathbb{Q}(\sqrt{2})$.</p>
<p>Jälkimmäisen $G$:n osaryhmän $K$ on vain $\mathbb{Q}$, joten $G$:n osaryhmä $\lbrace \sigma_1, \sigma_2 \rbrace$ kuvataan kunnan $\mathbb{Q}(\sqrt{2})$ osakunnalle $\mathbb{Q}$.</p>
<h2 id="todistuksen-viimeistely">Todistuksen viimeistely</h2>
<p>Galois’n teorian peruslause on varsin kaunis tulos, mutta miten se hyödyttää meitä? Näin:</p>
<p>Olkoon $F_P$ jonkin polynomin $P$ juurikunta. $F_P$:llä on vain äärellinen määrä osakuntia (tarkemmin sanoen $P$:n Galois’n ryhmän osaryhmien määrän verran osakuntia).</p>
<p>Myös muilla kunnilla kuin juurikunnilla on vain äärellinen määrä osakuntia, koska ne voidaan laajentaa juurikunniksi. En ole varma, onko näille väitteille helpompia todistuksia kuin esittämäni. Oli miten oli, tulokset lienevät uskottavia.</p>
<p>Mihin jäimme lauseen todistuksen kanssa? Halusimme osoittaa, että $\mathbb{Q}(\zeta_p)$ ei voi leikata $P$:n juurikuntaa äärettömän monella $p$.</p>
<p>Osoitetaan tämä vastaoletuksella. Määritellään $K_p = \mathbb{Q}(\zeta_p) \cap F_P$ kaikilla äärettömän monella lemman 4.2. mukaisella $p$. $K_p$ on kunnan $F_P$ osakunta, joita on edellisen nojalla äärellisen monta. Lisäksi vastaoletuksen nojalla $K_p \neq \mathbb{Q}$ kaikilla näillä $p$.</p>
<p>On siis olemassa kaksi alkulukua $p \neq q$, joilla $K_p = K_q \neq \mathbb{Q}$. Siis kunnilla $\mathbb{Q}(\zeta_p)$ ja $\mathbb{Q}(\zeta_q)$ on muitakin yhteisiä alkioita kuin rationaaliluvut: kaikilla $x \in K_p = K_q$ pätee $x \in \mathbb{Q}(\zeta_p) \cap \mathbb{Q}(\zeta_q)$.</p>
<p>Tämä vaikuttaa ristiriidalta, ja sitä se onkin. Kukapa muukaan kuin Keith Conrad on kirjoittanut monisteen <a href="http://www.math.uconn.edu/~kconrad/blurbs/galoistheory/cyclotomic.pdf">Cyclotomic extensions</a>, jonka lause 3.4. osoittaa seuraavan väitteen:</p>
<p>Olkoot $m$ ja $n$ positiivisia kokonaislukuja, joiden syt on $d$. Tällöin</p>
<script type="math/tex; mode=display">\mathbb{Q}(\zeta_m) \cap \mathbb{Q}(\zeta_n) = \mathbb{Q}(\zeta_d).</script>
<p>Todistus ei ole kamalan vaikea, joten näistä aiheista kiinnostunut lukija voi yrittää ymmärtää sen.</p>
<p><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA02sovelluksia.html">Seuraava postaus.</a></p></content><author><name>Olli Järviniemi</name></author><summary type="html">Tässä postauksessa todistetaan tutkielman lause 4, eli että kaikki välin $[0, 1]$ rationaaliluvut esiintyvät jonkin polynomin alkutekijöiden tiheytenä.</summary></entry><entry><title type="html">Polynomien yhteiset alkutekijät, osa 8: lause 3</title><link href="https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA04lause3.html" rel="alternate" type="text/html" title="Polynomien yhteiset alkutekijät, osa 8: lause 3" /><published>2019-06-05T00:00:00+00:00</published><updated>2019-06-05T00:00:00+00:00</updated><id>https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA04lause3</id><content type="html" xml:base="https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA04lause3.html"><p>Tässä postauksessa esitetään todistus lauseelle 3, eli muodostetaan tapa laskea polynomien yhteisten alkutekijöiden tiheys tietyin oletuksin.</p>
<!--jatkuu-->
<p><strong>Sisällysluettelo</strong></p>
<ol>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA11johdanto.html">Osa 1 - johdanto</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA10esitiedot.html">Osa 2 - esitiedot</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA09tulokset.html">Osa 3 - tulokset</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA08motivaatio.html">Osa 4 - motivaatio</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA07heikko.html">Osa 5 - heikko versio</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA06yleinen.html">Osa 6 - yleinen tapaus</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA05lause2.html">Osa 7 - lause 2</a></li>
<li>Osa 8 - lause 3</li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA03lause4.html">Osa 9 - lause 4</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA02sovelluksia.html">Osa 10 - sovelluksia</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA01lisaaiheita.html">Osa 11 - lisäaiheita</a></li>
</ol>
<p><strong>Tavoite:</strong></p>
<p>Olkoot $P_1, P_2, \ldots , P_n \in \mathbb{Z_c}[x]$. Olkoon $F_i$ polynomin $P_i$ juurikunta, ja olkoon $F$ polynomin $P_1P_2 \ldots P_n$ juurikunta. Oletetaan, että</p>
<script type="math/tex; mode=display">[F : \mathbb{Q}] = [F_1 : \mathbb{Q}] \ldots [F_n : \mathbb{Q}].</script>
<p>Tällöin</p>
<script type="math/tex; mode=display">\delta(S(P_1) \cap \ldots \cap S(P_n)) = \delta(S(P_1)) \ldots \delta(S(P_n)).</script>
<p><strong>Idea:</strong></p>
<p>Alkuperäinen ideani ei toiminut, ja huomasin virheen vasta tätä blogipostausta kirjoittaessani. Ideanani oli tutkia lauseen 1 antamia $D$, eli yhteiset alkutekijät karakterisoivaa polynomia. Tämä on kuitenkin turhan monimutkaista, koska saman voi tehdä tutkimalla polynomien tuloja:</p>
<p>Tutkitaan hetken ajan tapausta $n = 2$. Inkluusio-ekskluusion nojalla pätee</p>
<script type="math/tex; mode=display">\delta(S(P_1) \cap S(P_2)) + \delta(S(P_1) \cup S(P_2)) = \delta(S(P_1)) + \delta(S(P_2)).</script>
<p>Miksi voimme käyttää inkluusioekskluusiota tiheyksille? Tämä toimii kyllä (ja lienee melko intuitiivista): olkoon $S(P, x)$ niiden $P$:n alkutekijöiden $p$ joukko, joilla $p \le x$. Tällöin tavallisen inkluusio-ekskluusion avulla (eli siis $\mid A \cup B \mid + \mid A \cap B \mid \ = \ \mid A \mid + \mid B \mid$) saadaan</p>
<script type="math/tex; mode=display">\mid S(P_1, x) \cap S(P_2, x) \mid + \mid S(P_1, x) \cup S(P_2, x) \mid \ = \ \mid S(P_1, x) \mid + \mid S(P_2, x) \mid.</script>
<p>Jaetaan yhtälö puolittain suureella $\pi(x)$, eli niiden alkulukujen määrällä, jotka ovat enintään $x$. Annetaan vielä $x$:n lähestyä ääretöntä. Yhtälön molemmilla puolilla summataan termejä muotoa</p>
<script type="math/tex; mode=display">\lim_{x \to \infty} \frac{\mid S(P_1, x) \mid}{\pi(x)}.</script>
<p>Mutta tämä on luonnollisen tiheyden määritelmä.</p>
<p>Jos siis saamme laskettua joukon $S(P_1) \cup S(P_2)$, eli joukon $S(P_1P_2)$, tiheyden, saamme myös tiheyden $\delta(S(P_1) \cap S(P_2))$ laskettua. Tämä on helpompaa kuin se, että generoisimme lauseen 1 avulla sellaisen $D$, jolla $S(D) = S(P_1) \cap S(P_2)$, ja tutkisimme joukon $S(D)$ tiheyttä. Syy tämän taustalla on se, että aiomme käyttää Frobeniuksen lausetta tiheyksien laskemiseen, ja tämä vaatii tietoa polynomien juurista. Tiedämme heti, mitä ovat polynomin $P_1P_2$ juuret, mutta polynomin $D$ juurien käsittely on vaikeampaa.</p>
<p>Ennen kuin mennään lauseen todistukseen, kirjoittelen muutamia huomioita.</p>
<p><strong>Huomautus</strong></p>
<p>Kirjoitin tulokset-postauksessa siitä, kuinka lauseen ehto on vain tapa sanoa se, että polynomit $P_i$ eivät kommunikoi keskenään. Tässä kohtaa väite voi tuntua jo hieman uskottavammalta: Frobeniuksen lause ottaa sisään tietoa juurista ja niiden generoimista kuntalaajennuksista, ja antaa takaisin tietoa alkutekijöistä.</p>
<p>Mainitsin aiemmin myös siitä, että tapauksessa $n = 2$ ehto on ekvivalenttia sen kanssa, että $F_1 \cap F_2 = \mathbb{Q}$ (tämä on melko intuitiivista). Yleisessä tapauksessa ehdosta seuraa kyllä, että juurikunnat eivät leikkaa toisiaan (paitsi rationaaliluvuissa), mutta tämä ei ole riittävä ehto. Ekvivalentti ehto voitaisiin muotoilla seuraavasti:</p>
<p>Olkoon $P$ polynomien $P_i$ tulo. Oletetaan, että kaikilla $1 \le i \le n$ polynomien $\frac{P}{P_i}$ ja $P_i$ juurikuntien leikkaus on rationaaliluvut.</p>
<p><strong>Huomautus</strong></p>
<p>Olkoot $P_1(x) = x^3 - 2$ ja $P_2(x) = x^2 + x + 1$. Näiden polynomien juurikunnat leikkaavat: jos $\omega$ on jokin $P_2$:n juuri, niin $\omega^3 = 1$, ja $P_1$:n juuret ovat $\sqrt[3]{2}, \sqrt[3]{2}\omega$ ja $\sqrt[3]{2}\omega^2$. Selvästi $\omega$ kuuluu $P_1$:n juurikuntaan.</p>
<p>Tällä esimerkillä on mielenkiintoisia ominaisuuksia.</p>
<p>Jaottomien kolmannen asteen polynomien alkutekijöiden tiheys on joko $\frac{1}{3}$ tai $\frac{2}{3}$ (ei ole vaikeaa osoittaa Frobeniuksen lauseen nojalla, joukolla $\lbrace 1, 2, 3 \rbrace$ kun on vain $6$ permutaatiota, ja ei kovin montaa osaryhmää).</p>
<p>Osoittautuu, että $\delta(S(P_1)) = \frac{2}{3}$. Lisäksi (jaottomille) toisen asteen polynomeilla pätee $\delta(S(P_2)) = \frac{1}{2}$.</p>
<p>Yhteisten alkutekijöiden tiheyden olettaisi olevan siis $\frac{1}{3}$, mutta näin ei ole. Tiheys on <strong>vähemmän</strong>, $\frac{1}{6}$. Inkluusio-ekskluusion nojalla (kts. yllä) $\delta(S(P_1) \cup S(P_2)) = \frac{1}{2} + \frac{1}{3} - \frac{1}{6} = 1$</p>
<p>Esimerkissä on kolme mielenkiintoista pointtia:</p>
<ol>
<li>
<p>Yhteisten alkutekijöiden tiheys on vähemmän kuin annettujen polynomien alkutekijöiden tiheys. Tämä yllätti minut täysin - olin pitkään ajatellut tämän olevan mahdotonta, eli ajattelin epäyhtälön $\delta(S(A) \cap S(B)) \ge \delta(S(A))\delta(S(B))$ pätevän aina. Lisäksi en näe intuitiivista syytä sille, mistä tämä johtuu: helpossa esimerkeissä tapahtumat “p on $A$:n alkutekijä” ja “p on $B$:n alkutekijä” ovat riippumattomia, tai toisen pätevyys aiheuttaa suuremman todennäköisyyden myös toiselle päteä. Näin käy esimerkiksi jos $A(x) = x^{10} - 2$ ja $B(x) = x^6 - 2$, mutta nyt tilanne on päinvastainen.</p>
</li>
<li>
<p>$\delta(S(P_1) \cup S(P_2)) = 1$. Tämä ei vielä todista, että kaikki $p$ ovat polynomin $P_1P_2$ alkutekijöitä (poikkeustapauksia voisi olla hyvin harvassa ilman, että tämä vaikuttaa tiheyteen), mutta tämäkin pätee. Aiemmin esitettiin polynomi $(x^2 - 2)(x^2 - 3)(x^2 - 6)$ ratkaisuna ongelmaan “onko olemassa polynomia, jolla ei ole rationaalisia juuria, mutta jonka alkutekijöitä ovat kaikki alkuluvut?”. Polynomi $P_1P_2$ antaa ratkaisun, jonka aste on $5$. Epätriviaaliksi harjoitustehtäväksi jätetään sen osoittaminen, että ei ole olemassa ratkaisua, jonka aste on alle $5$.</p>
</li>
<li>
<p>Jos $\alpha$ ja $\beta$ ovat mielivaltaiset polynomien $P_1$ ja $P_2$ juuret, niin pätee $[\mathbb{Q}(\alpha, \beta) : \mathbb{Q}] = 6$. Tästä huolimatta juurikunnat leikkaavat.</p>
</li>
</ol>
<p>Miksi kaikki alkuluvut ovat joko $P_1$:n tai $P_2$:n alkutekijöitä? Jos $p \equiv 1 \pmod{3}$, niin se on kolmannen syklotomisen polynomin $P_2$ alkutekijä. Jos taas $p \equiv 2 \pmod{3}$, niin funktio $f(x) = x^3$ on bijektio mod $p$, eli $p \in S(P_1)$. Jos taas $p = 3$, niin $p \in S(P_1)$.</p>
<p>Seuraavaksi osoitetaan lause 3. Todistus ei sisällä mitään kovin mielenkiintoista, mutta demonstroi Frobeniuksen lauseen käyttämistä tositilanteissa. Itse pidän todistusta hieman puuduttavana, lähinnä koska todistuksen toteutus on melko vaivalloinen. Idea lauseessa 3 on siitä huolimatta hyvin luonnollinen.</p>
<h2 id="todistus">Todistus</h2>
<p>Todistan väitteen vain tapauksessa $n = 2$. Todistin työssäni yleisen tapauksen induktiolla - todistus oli mielestäni hyvin puuduttava, eikä sisältänyt mitään oivaltavaa. Siispä keskitytään hieman mielenkiintoisempaan osaan todistuksesta.</p>
<p>Oletetaan siis, että $n = 2$.</p>
<p>Olkoon $G_1$ polynomin $P_1$ Galois’n ryhmä, $G_2$ vastaavasti $P_2$:n, ja vielä $G_{12}$ polynomin $P_1P_2$ Galois’n ryhmä.</p>
<p>Jos $A, B$ ovat joukkoja, joukolla $A \times B$ viitataan parien $(a, b), a \in A, b \in B$ joukkoon.</p>
<p>Keith Conradin <a href="http://citeseerx.ist.psu.edu/viewdoc/download?doi=10.1.1.211.2314&amp;rep=rep1&amp;type=pdf">Galois Theory At Work</a>-monisteen (linkki) lause 5.1. kertoo, että $G_{12}$ on isomorfinen joukon $G_1 \times G_2$ kanssa, seuraten ehdosta $[F : \mathbb{Q}] = [F_1 : \mathbb{Q}][F_2 : \mathbb{Q}]$. On siis olemassa bijektio $f$ näiden joukkojen välillä. Tämä bijektio on varsin luonnollinen: olkoon $\sigma_{12} \in G_{12}$ jokin alkio. Määritellään $\sigma_1(x) = \sigma_{12}(x)$ kaikilla $x \in F_1$, ja määritellään vastaavasti $\sigma_2$. On selvää, että $\sigma_i \in G_i$, $i = 1, 2$. Kuvataan $f(\sigma_{12}) = (\sigma_1, \sigma_2)$.</p>
<p>Joukon $G_{12}$ koko on bijektion olemassaolon vuoksi joukkojen $G_1$ ja $G_2$ kokojen tulo.</p>
<p>Suunnitelmana on käyttää Frobeniuksen lausetta polynomin $P_1P_2$ alkutekijöiden tiheyden määrittämiseen. Tätä varten meidän tulee määrittää niiden $\sigma_{12} \in G_{12}$ määrä, jotka kuvaavat jonkin polynomin $P_1P_2$ juurista itselleen. Olkoon näiden kuvausten joukko $N_{12}$. Määritellään vastaavasti $N_1$ ja $N_2$.</p>
<p>Frobeniuksen lause sanoo siis, että</p>
<script type="math/tex; mode=display">\delta(S(P_1P_2)) = \frac{\mid N_{12} \mid}{\mid G_{12} \mid}.</script>
<p>Miten määritämme joukon $N_{12}$ koon? Ideana on valita joukon $G_{12}$ alkioita $\sigma_{12}$, ja tutkia, millainen pari $(\sigma_1, \sigma_2)$ tulee ulos kuvatessa bijektiolla $f$. Tähän on neljä tapausta:</p>
<ol>
<li>
<p>$\sigma_1 \in N_1, \sigma_2 \in N_2$. Tämä tarkoittaa siis, että on olemassa polynomin $P_1$ juuri $\alpha_1$, jolla $\sigma_1(\alpha_1) = \alpha_1$ (ja vastaavasti polynomille $P_2$). Bijektion määrittelyn nojalla nyt pätee $\sigma_{12}(\alpha_1) = \sigma_1(\alpha_1) = \alpha_1$. Siis kuvaus $\sigma_{12}$ kuvaa polynomin $P_1P_2$ juuren $\alpha_1$ itselleen, eli $\sigma_{12} \in N_{12}$. Siis jos $f(\sigma_{12}) \in N_1 \times N_2$, pätee $\sigma_{12} \in N_{12}$.</p>
</li>
<li>
<p>$\sigma_1 \in N_1$, mutta $\sigma_2 \not\in N_2$. Voimme edetä kuten tapauksessa 1: missään kohtaa ei käytetty tietoa $\sigma_2 \in N_2$. Tässä tapauksessa pätee myös $\sigma_{12} \in N_{12}$.</p>
</li>
<li>
<p>$\sigma_1 \not\in N_1$ ja $\sigma_2 \in N_2$. Tapauksen 1 käsittely toimii tutkimalla kuvausta $\sigma_2$ ja jotain polynomin $P_2$ juurta $\alpha_2$. SIis $\sigma_{12} \in N_{12}$.</p>
</li>
<li>
<p>$\sigma_1 \not\in N_1$ ja $\sigma_2 \not\in N_2$. Tässä tapauksessa päteekin $\sigma_{12} \not\in N_{12}$. Tämä on helppoa osoittaa vastaoletuksella: oletetaan, että olisi olemassa jokin polynomin $P_1P_2$ juuri $\alpha$, jolla $\sigma_{12}(\alpha) = \alpha$. Jos $\alpha$ on $P_1$:n juuri, pätee bijektion määrittelyn nojalla $\sigma_1(\alpha) = \sigma_{12}(\alpha) = \alpha$, ristiriita ehdon $\sigma_1 \not\in N_1$ kanssa. Vastaavasti ristiriita, jos $\alpha$ on $P_2$:n juuri.</p>
</li>
</ol>
<p>Tapauskäsittelyn pohjalta on helppoa laskea joukon $N_{12}$ koko: se on tapausten $1, 2, 3$ mukaisten parien $(\sigma_1, \sigma_2)$ määrä. Ensimmäisen tapauksen kuvaksien määrä on $\mid N_1 \mid \cdot \mid N_2 \mid$. Toisen tapauksen mukaisia pareja on</p>
<script type="math/tex; mode=display">\mid N_1 \mid (\mid G_2 \mid - \mid N_2 \mid).</script>
<p>Kolmannen tapauksen mukaisia taas on</p>
<script type="math/tex; mode=display">(\mid G_1 \mid - \mid N_1 \mid)\mid N_2 \mid.</script>
<p>Summaamalla nämä yhteen saadaan</p>
<script type="math/tex; mode=display">\mid N_{12} \mid \ = \ \mid N_1 \mid \mid G_2 \mid + \mid N_2 \mid\mid G_1 \mid - \mid N_1 \mid \mid N_2 \mid.</script>
<p>Frobeniuksen lauseen nojalla</p>
<script type="math/tex; mode=display">\delta(S(P_1P_2)) = \frac{\mid N_{12} \mid}{\mid G_{12} \mid} = \frac{\mid N_1 \mid }{\mid G_1 \mid} + \frac{\mid N_2 \mid}{\mid G_2 \mid} - \frac{\mid N_1 \mid \mid N_2 \mid}{\mid G_1 \mid \mid G_2 \mid},</script>
<p>missä on Frobeniuksen lauseen nojalla</p>
<script type="math/tex; mode=display">\delta(S(P_i)) = \frac{\mid N_i \mid}{\mid G_i \mid},</script>
<p>joten yllä oleva summa on vain</p>
<script type="math/tex; mode=display">\delta(S(P_1)) + \delta(S(P_2)) - \delta(S(P_1))\delta(S(P_2)).</script>
<p>Inkluusio-ekskluusion nojalla $\delta(S(P_1) \cap \delta(S(P_2)) = \delta(S(P_1))\delta(S(P_2))$.</p>
<p><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA03lause4.html">Seuraava postaus.</a></p></content><author><name>Olli Järviniemi</name></author><summary type="html">Tässä postauksessa esitetään todistus lauseelle 3, eli muodostetaan tapa laskea polynomien yhteisten alkutekijöiden tiheys tietyin oletuksin.</summary></entry><entry><title type="html">Polynomien yhteiset alkutekijät, osa 7: lause 2</title><link href="https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA05lause2.html" rel="alternate" type="text/html" title="Polynomien yhteiset alkutekijät, osa 7: lause 2" /><published>2019-06-05T00:00:00+00:00</published><updated>2019-06-05T00:00:00+00:00</updated><id>https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA05lause2</id><content type="html" xml:base="https://blog-drafts.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA05lause2.html"><p>Tässä postauksessa todistetaan tutkielma lause 2, eli Schurin lauseelle yleistys. Todistus perustuu Frobeniuksen lauseeseen.</p>
<!--jatkuu-->
<p><strong>Sisällysluettelo</strong></p>
<ol>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA11johdanto.html">Osa 1 - johdanto</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA10esitiedot.html">Osa 2 - esitiedot</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA09tulokset.html">Osa 3 - tulokset</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA08motivaatio.html">Osa 4 - motivaatio</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA07heikko.html">Osa 5 - heikko versio</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA06yleinen.html">Osa 6 - yleinen tapaus</a></li>
<li>Osa 7 - lause 2</li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA04lause3.html">Osa 8 - lause 3</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA03lause4.html">Osa 9 - lause 4</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA02sovelluksia.html">Osa 10 - sovelluksia</a></li>
<li><a href="https://blog.matematiikkakilpailut.fi/2019/06/05/PYA01lisaaiheita.html">Osa 11 - lisäaiheita</a></li>
</ol>
<p>Tavoitteena on siis osoittaa seuraava lause:</p>
<p>Olkoot $P_1, P_2, \ldots , P_n \in \mathbb{Z_c}[x]$. Pätee</p>
<script type="math/tex; mode=display">\delta(S_v(P_1) \cap \ldots \cap S_v(P_n)) \ge \frac{1}{\deg(P_1) \ldots \deg(P_n)}.</script>
<p>Lauseen 1 ja lemman 2 nojalla riittää osoittaa, että $\delta(S(D)) \ge \frac{1}{\deg(D)}$ kaikilla $D \in \mathbb{Z_c}[x]$.</p>
<p>Väite on osoitettu artikkelissa <a href="https://www.researchgate.net/publication/268860079_Prime_factors_of_a_fn_-1_with_an_irreducible_polynomial_fx">Prime factors of $a^{f(n)} - 1$ with an irreducible polynomial $f(x)$</a> (Christian Ballot, Florian Luca). Mutta miten?</p>
<p>Todistus perustuu Frobeniuksen lauseeseen sekä pienen määrään ryhmänteoriaan. Ensimmäisen ymmärrän ja pystyn selittämään, mutta toisesta minulle ei ole tietoa (mutta ilmeisesti käytetty ryhmäteoria on hyvin standardia).</p>
<p>Väite on oikeastaan osoitettu viitteessä vain jaottomille pääpolynomeille, mutta lemman 8 nojalla väite pätee kaikilla jaottomilla polynomeilla. Väite pätee täten tietysti myös jakautuvilla polynomeilla.</p>
<h2 id="galoisn-ryhmä">Galois’n ryhmä</h2>
<p>Frobeniuksen lausetta varten määritellään Galois’n ryhmä.</p>
<p><strong>Määritelmä - Galois’n ryhmä</strong></p>
<p>Olkoon $P \in \mathbb{Z_c}[x]$, ja olkoon $F$ sen juurikunta. Olkoon $G$ isomorfismien $\sigma : F \to F$ joukko. $G$:tä kutsutaan kunnan $F$ tai polynomin $P$ Galois’n ryhmäksi.</p>
<p><strong>Rakenne</strong></p>
<p>Millaisia ovat isomorfismit $\sigma : F \to F$? Olkoon $P(x) = a_dx^d + a_{d-1}x^{d-1} + \ldots + a_0$, missä $a_i \in \mathbb{Z}$ (tai $a_i \in \mathbb{Q}$, ei väliä). Olkoon $\alpha$ jokin $P$:n juuri. Käytetään isomorfismien seuraavia ominaisuuksia:</p>
<ol>
<li>$\sigma(xy) = \sigma(x)\sigma(y)$</li>
<li>$\sigma(x + y) = \sigma(x) + \sigma(y)$</li>
<li>$\sigma(1) = 1$.</li>
<li>$\sigma(q) = q$ kaikilla $q \in \mathbb{Q}$ (seuraa ehdoista 1-3).</li>
</ol>
<p>Saamme</p>
<script type="math/tex; mode=display">0 = \sigma(0) = \sigma(P(\alpha)) = \sigma(a_d\alpha^d + \ldots + a_0)</script>
<script type="math/tex; mode=display">= \sigma(a_d\alpha^d) + \sigma(a_{d-1}\alpha^{d-1}) + \ldots + \sigma(a_0)</script>
<script type="math/tex; mode=display">= a_d\sigma(\alpha)^d + a_{d-1}\sigma(\alpha)^{d-1} + \ldots + a_0</script>
<script type="math/tex; mode=display">= P(\sigma(\alpha)).</script>