הקסם של הפונקציה האקספוננציאלית של ארטין-הסה (חלק 2/2)

שלום קוראים יקרים,

בפוסט הקודם דיברנו על כמה דברים:

על משפט וילסון, שהוא משפט קלאסי בתורת המספרים. נתנו הוכחות אלמנטריות מוכרות יותר ופחות.

על הפונקציה של ארטין והסה, E_p(x) = \exp (\sum_{i \ge 1} \frac{x^{p^i}}{p^i}) , שהמקדמים שלה הם מספרים p-שלמים, ובפרט הp-שלמות של x^p שקולה למשפט וילסון.

על הוכחה חבורתית באמצעות משפט פרובניוס לטענה הנ"ל.

בפוסט זה נציג הוכחה באמצעות מספרים p-אדים (וגם נעזר בפונקצית מביוס ובבינום המוכלל של ניוטון). בנוסף נוכיח קריטריון פשוט לכך שמקדמים של טור הם p-שלמים.

סימונים

p – מספר ראשוני.

v_p(n) – המספר השלם האי-שלילי היחיד המקיים p^{v_p(n)} | n ו-p^{1+v_p(n)} \nmid n. נוהגים לסמן זאת בתור p^{v_p(n)} || n. אפשר להכליל פונקציה זו באופן מוגדר היטב למספרים רציונליים (שונים מאפס): v_p(\frac {n}{m}) = v_p(n) - v_p(m). עבור 0 מגדירים לרוב v_p(0) = \infty.

p-שלם – מספר רציונלי \frac{a}{b} המקיים v_p(\frac{a}{b})\ge 0 יקרא p-שלם. שימו לב שמספר רציונלי הוא p-שלם לכל p ראשוני אמ"מ הוא שלם.

\exp(x) – הפונקציה המעריכית בבסיס הטבעי, בעלת הטור  \sum_{i\ge0}\frac{x^{i}}{i!}.

f*g – קונובולוציית דיריכלה. כאשר f,g פונקציות על המספרים הטבעיים, הקונובולוצייה f*g היא גם פונקציה על הטבעיים המוגדרת באופן הבא:

(f*g)(n) = \sum_{d | n } f(d)g(\frac{n}{d}) = \sum_{d_1 d_2 = n} f(d_1)g(d_2)

a(b)a מודולו b.

——–

הזהות הקסומה, פונקציית מביוס וטורים פורמליים

המוטיבציה היא הזהות הקסומה הבאה:

\exp(x)=\prod_{n\in\mathbb{N}}(1-x^{n})^{-\frac{\mu(n)}{n}}

קודם לכך שנוכיח את הזהות, נענה על 2 שאלות לגיטימיות: מה זו פונקצית מביוס ואיך לפרש את המכפלה האינסופית הזו?

פונקצית מביוס היא פונקציה שכיחה בתורת המספרים (שלמעשה מגיעה מקומבמינטוריקה – לכל קבוצה סדורה חלקית, לדוגמא: הטבעיים עם יחס סדר הזהה ליחס החילוק, אפשר להגדיר פונקציית מביוס).

היא מוגדרת ע"י התנאי \sum_{d|n}\mu(d)=\delta_{1,n} לכל n טבעי. את הפונקציה הזהותית 1 על הטבעיים נהוג לסמן ב-\zeta, ואת הפונקציה \delta_{1,n} נהוג לסמן בתור e, מכיוון שהיא איבר היחידה של חוג הפונקציות האריתמטיות (עם חיבור נקודתי וכפל שהוא קונבולוציית דיריכלה). כעת אפשר לכתוב תנאי זה בתמציתיות באופן הבא: \mu * \zeta = e. כלומר \mu היא ההופכית הכפלית של פונקציית זטא. אם בליל המונחים עושה לכם כאב ראש – נסו לקרוא את הפוסט היותר יסודי הזה, או לקבל את מילתי שמדובר בפונקצייה חשובה וטבעית (המטרה שלי בפוסט זה איננה ללמד פונקציות מביוס ופונקציות אריתמטיות).

אפשר לראות שפונקצית מביוס מתאפסת על מספרים שמתחלקים בריבוע (לא כולל 1), ולמעשה:

\mu(n)=\begin{cases}  (-1)^{k} & \text{if n=\ensuremath{\prod}}_{i=1}^{k}p_{i},p_{i}\text{ are distinct primes}\\  0 & \text{otherwise }\end{cases}

(ודאו זאת!)

עכשיו צריך לטפל במשהו קצת פחות אלמנטרי: המכפלה האינסופית. יש לפרש אותה בחוג הטורים הפורמלים מעל הרציונליים: \mathbb{Q}[[x]]. הכוונה היא שחיבור וכפל טורים בחוג זה הוא פורמלי לחלוטין – לא מדברים על התכנסות או רדיוס התכנסות. מכפלה אינסופית לא תמיד תהיה מוגדרת, לדוגמא \prod_{n \ge 1} (1-x) או \prod_{n\ge1}(-1+x^{n}), אבל בהינתן סדרת טורים \{F_n\} כך ש-\lim_{n\to\infty}\deg(F_{n}-1)=\infty, אפשר להגדיר את הגבול, מכיוון שלשם חישוב k המקדמים הראשונים במכפלה החלקית \prod_{i=1}^{n} F_i עבור n גדול מספיק,  נצטרך מספר סופי של גורמים במכפלה (והחישוב לא יהיה תלוי בn).
על כן, בחלק הבא נתעמקת במעלה של (1-x^{n})^{-\frac{\mu(n)}{n}}-1. נראה שהיא n לפחות ולכן התנאי מתקיים.

בינום ניוטון מוכלל

הבינום של ניוטון הוא הנוסחה השימושית הבאה לסכום של שני משתנים/מספרים/איברים בחוג קומוטטיבי בחזקה טבעית כלשהי:

(x+y)^n = \sum_{i=0}^{n} x^i y^{n-i} \binom{n}{i}

את הנוסחה אפשר להסיק מהמקרה y=1. נשאלת השאלה: איך מכלילים את (1+x)^n = \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} x^i עבור n שאינו טבעי? יש גישה טבעית לפתרון שאלה זו – (1+x)^n היא פונקציה בx ובינום ניוטון למעשה נותן הצגה שלה כטור טיילור – אם נסמן f(x) = (1+x)^n נקבל:

(1+x)^n = \sum_{i=0}^{\infty} \frac{f^{(i)}(0)}{i!} x^i = \sum_{i=0}^{n} \frac{n!}{(n-i)!i!}x^i = \sum_{i=0}^{n} \binom{n}{i} x^i

מה קורה כשמחשבים את טור טיילור של f(x)=(1+x)^{\alpha} עבור \alpha כללי? נחשב נגזרת i-ית באפס: f^{(i)}(0) = \alpha(\alpha - 1) \cdots (\alpha - (i-1)) = i! \binom{\alpha}{i} כאשר \binom{\alpha}{i} הוא המקדם הבינומי המוכלל כפי שהוצג בפוסט הזה:

\binom{\alpha}{i} = \frac{\alpha (\alpha - 1) \cdots (\alpha - (i-1))}{i!}

לכן טור טיילור של f יוצא:

(1+x)^{\alpha} = \sum_{i=0}^{\infty} \binom{\alpha}{i} x^i

זהות זו היא הכללה טבעית מאוד של בינום ניוטון – הצבה של \alpha טבעי נותנת את הבינום. למה אני מרשה לעצמי לכתוב שיוויון? הרי יש פונקציות שלא שוות לטור טיילור שלהן (לדוגמא: e^{-x^{-2}} היא בעלת טור טיילור סביב סביב x=0 שהוא זהותית 0). אז אפשר לחשב את ההפרש בין הפונקציה לסכום חלקי של הטור ולהראות שהוא דועך בסביבה קטנה מספיק של הראשית, אבל אל לנו להתעסק עם אפסילונים ודלתאות: אנחנו מתעסקים בטורי חזקות פורמליים – ולכן אפשר לקחת את השיוויון הזה פשוט בתור הגדרה. כדי להראות שזו הגדרה טובה, פיתרון את 2 התרגילים הבאים:

תרגיל 1: הגדירו בצורה טבעית את f(x)^{\alpha} כאשר f(x) \in 1 +x\mathbb{Q}[[x]].

תרגיל 2: הראו שההגדרה שלנו ל(1+x)^{\alpha} מקיימת את חוקי החזקות:

(1+x)^{\alpha + \beta} = (1+x)^{\alpha} (1+x)^{\beta}

(1+x)^{\alpha \beta} = ((1+x)^{\alpha})^{\beta}

מההגדרה נובע שהגורם הn-י במכפלה האינסופית, (1-x^n)^{-\frac{\mu(n)}{n}}, הוא מהצורה 1 + גורמים ממעלה לפחות n, ולכן המכפלה האינסופית הפורמלית מתכנסת ומוגדרת היטב.

הוכחת הזהות

חזרה לזהות. זהויות פרטיות הן תמיד מרשימות, אבל לפעמים דווקא כשרואים את ההכללה, מתרשמים קצת פחות. ראשית, אם לוקחים \ln פורמלי משני האגפים מקבלים:

x = \sum_{n\ge 1} \frac{\mu(n)}{n} (-\ln (1-x^n))

אחרי השוואת מקדמים מקבלים שהזהות שקולה לכך ש-f*g=h כאשר f(n)=\frac{\mu(n)}{n}, g(n) = \frac{1}{n}, h(n) = \delta_{1,n} (השתמשתי בכך ש--\ln(1-x) הוא הטור \sum_{i\ge 1} \frac{x^i}{i}).השיוויון f*g=h נובע ישירות מההגדרה של פונקציית מביוס ומכך שf(1)g(1)=h(1).

תרגיל 3: הסבירו למה מותר להפעיל לוגריתם פורמלי על הזהות הקסומה, למה פעולה זו הפיכה ואיך הופכים אותה?

תרגיל 3 מסיים לנו ההוכחה של הזהות הקסומה, אבל נמשיך לנתח אותה עוד קצת.

באופן כללי, אם f*g=h ונסמן g(x)=\sum_{i\ge1}g_{i}x^{i}, אז \sum h_{n}x^{n}=\sum f_{n}g(x^{n}). זו דרך מגניבה לקודד את הזהות f*g=h דווקא עם טורי חזקות ולא עם טורי דיריכלה. רק כדי לגרום לזהות הקסומה להראות פחות מרשימה, שימו לב שגם אם לוקחים f(n) = \mu(n) n, g(n) = n, h(n) = \delta_{1,n} אז מתקיים f*g=h ולכן נקבל: x=\sum_{n\ge1}n\mu(n)\frac{x^{n}}{(1-x^{n})^{2}}, או:

\exp(x)=\prod_{n\ge1}\exp(\frac{nx^{n}}{(1-x^{n})^{2}})^{\mu(n)}

כלומר אנחנו יכולים לייצר זהויות פורמליות מגניבות בלי בעיה. אבל בואו לא ניסחף.

זהות חדשה

נגדיר פונקציה f על הטבעיים באופן הבא: f(n)=1 אם n חזקה של p (ראשוני קבוע), ואפס אחרת. נגדיר h,g כך: h(n) = \frac{1}{n} וg(n) = \frac{\mu(n)}{n} אם n לא מתחלק בp, ואחרת 0. מתקיים f=g*h והכלים של הפרק הקודם נותנים:

\exp(\sum_{k\ge1}\frac{x^{p^{k}}}{p^{k}})=\prod_{p\nmid n}(1-x^{n})^{-\frac{\mu(n)}{n}}

(ודאו!) אגף שמאל הוא הפונקציה האקספוננציאלית של ארטין-הסה – הצלחנו לכתוב אותה כמכפלה של טורים פשוטים.

כל גורם באגף ימין הוא עם מקדמים מהצורה \binom{-\frac{\mu(n)}{n}}{k}, עבור p \nmid n. אם נראה שהם p-שלמים, נסיים. הרי \exp(\sum \frac{x^{p^k}}{p^k}) יהיה מכפלה (מוגדרת היטב) של טורים שכל אחד מהם מכיל מקדמים p-שלמים. בגלל שהרציונלים הp-שלמים הם חוג, כלומר סגורים לכפל ולחיבור, גם המקדמים של E_p יהיו p-שלמים, מש"ל! אז בואו נסיים את הסיפור.

על מקדמים בינומים ומספרים p-אדים

לפני ההמשך, ניזכר בתכונה פשוטה ובסיסית של ההערכה הp-אדית v_p: v_{p}(x+y)\ge\min\{v_{p}(x),v_{p}(y)\} (הוכיחו!)

נשים לב שאם p \nmid n אז v_p(-\frac{\mu(n)}{n}) \ge 0. נוכיח את הטענה הכללית הבאה:

v_p(\alpha)\ge 0 \implies v_p(\binom{\alpha}{k}) \ge 0

זו טענה פשוטה בהינתן היכרות עם מספרים p-אדיים, אבל ננסה להתמודד בהתחלה בלי. הרעיון הוא לבנות סדרה \{ a_n \} של מספרים טבעיים כך שv_{p}(\alpha-a_{n})\ge n. למה זה טוב? נסמן g הוא הפולינום ב2 משתנים g(x,y)=\frac{\binom{x}{k}-\binom{y}{k}}{x-y}=\sum c_{ij}x^{i}y^{j}. מכיוון שv_p(ab)= v_p(a)+v_p(b), נקבל:

  v_{p}(\binom{\alpha}{k}-\binom{a_{n}}{k}) = v_{p}(\alpha-a_{n})+v_{p}(g(\alpha,a_{n}))

מתקיים v_p(g(\alpha, a_n))\ge \min v_p(c_{ij}) = m כי v_{p}(\alpha),v_{p}(a_{n})\ge 0. ביחד עם העובדה שv_{p}(\binom{a_{n}}{k})\ge 0, נקבל:

v_{p}(\binom{\alpha}{k})\ge\min\{v_{p}(\binom{\alpha}{k}-\binom{a_{n}}{k}),v_{p}(\binom{a_{n}}{k})\}\ge\min\{(v_{p}(\alpha-a_{n})+m),0\}

ועבור n גדול מספיק, זה אי-שלילי. איך בונים את סדרת הטבעיים הזו? ספרה-ספרה בבסיס p. נגדיר a_0=0. נניח שבנינו את a_n. כדי לבנות את a_{n+1}, נוסיף ספרה: a_{n+1} = a_{n} + bp^{n}. אם v_p(\alpha-a_n) > n, אפשר לבחור b =0. אחרת, אפשר לכתוב \alpha-a_n = p^n \frac{x}{y} כאשר x,y זרים ולא מתחלקים בp. התנאי v_p(a-a_{n+1}) \ge n+1 שקול לv_p(p^n (\frac{x}{y} - b))\ge n+1, כלומר v_p(\frac{x}{y}-b) >0. יש ספרה אחת ויחידה שמקיימת זאת: b=xy^{-1} (p).

האיש והפי-אדים

הלמוט הסה (1898 – 1979). מתמטיקאי גרמני, ידוע בגלל משפט Hasse-Minkowski.

ההוכחה שהוצגה קצת מסובכת. נסביר מה הולך פה מזווית p-אדית (על קצה המזלג). ניזכר קודם בממשיים: בדר"כ אחרי שלומדים על רציונליים עוברים לממשיים – הרי הרציונלים מוכלים בישר הממשי. איך בפועל בונים את הממשיים מהרציונלים? ברציונליים יש חורים, שהם בעצם סדרות קושי ללא גבול רציונלי (שמתאימות למספרים האי-רציונליים). דוגמא: אם a_i סדרה של אפסים ואחדות שאיננה מחזורית ממקום מסויים, אז:

s_n = \sum_{i=0}^{n} a_i 2^{-i}

סדרת קושי של מספרים רציונליים, שלא מתכנסת למספר רציונלי. אז אפשר להוסיף לרציונליים נקודות חדשות – מחלקות שקילות של סדרות קושי (יחס השקילות שקול לכך ששתי סדרות עם הפרש דועך ל0 הן באותה מחלקה, כלומר 2 סדרות קושי עם אותו "גבול לא קיים" ייצגו איבר אחד חדש במקום שניים שונים). כך באים הממשיים לעולם, ופעולה זו נקראת השלמה. ההשלמה שלנו נעשתה לפי נורמה מסויימת, נורמת הערך המוחלט: השתמשנו בסדרות קושי, וההגדרה של סדרת קושי משתמשת בנורמה שמודדת גודל.

הp-אדים נוצרים באופן דומה מאוד: מגדירים נורמה p-אדית |a|_p = p^{-v_p(a)}, נורמה שמודדת עד כמה מספר מתחלק בראשוני p (אם הוא מתחלק יותר פעמים אז הוא קטן יותר – הרי 0 מתחלק אינסוף פעמים והנורמה של אפס היא 0). זו נורמה כפלית וטובה. מה הם החורים שלנו? אם לדוגמא \{ a_i \} _{i \ge k} סדרת ספרות בין 0 לp-1 (כאשר k\le 0), אז:

s_n = \sum_{i=k}^{n} a_i p^i, n\ge 0

היא סדרת קושי, הרי |s_n-s_m|_p \le p^{-\min\{n,m\}}. מסתבר שאלה כל החורים, ושכל סדרת ספרות כזו מייצרת חור שונה. המספרים הp-אדים הם השלמה של הרציונלים לפי נורמה p-אדית. אפשר לייצג אותם באמצעות מספרים בבסיס p, באופן שמאפשר רצף ספרות אינסופי שמאלה. כפל וחיבור מתבצעים בצורה סטנדרטית (בידקו שזה מסתדר). מתכונות כלליות של תהליך ההשלמה אנחנו מקבלים כמעט ישירות 3 דברים:

1. המספרים הרציונליים צפופים בתוך המספרים הp-אדים, \mathbb{Q}_{p}.

2. המספרים הטבעיים צפופים בתוך השלמים הp-אדים, \mathbb{Z}_{p} = \{ a \in \mathbb{Q}_{p} | v_p(a) \ge 0\}.

3. הנורמה ניתנת להרחבה על \mathbb{Q}_{p} באופן טבעי

איך כל זה עוזר לנו? אני טוען שהטענה על המקדמים הבינומיים שקולה לכך שפולינומים הם רציפים, אפילו בנורמה p-אדית. כמו שלומדים באינפי 1, אפשר לוודא שסכום וכפל של פונקציות רציפות הוא רציף, ואז רציפות הפולינומים נובעת מרציפות הפונקציה הקבועה 1 ומפונקציית הזהות x. אם יש לנו מספר המקיים v_p(\alpha) \ge 0 (לא בהכרח רציונלי- יכול להיות גם p-אדי), אז מצפיפות הטבעיים בשלמים p-אדים אפשר למצוא סדרה של טבעיים a_n כך שa_n \to \alpha (p-אדית) ו\lim \binom{a_n}{k} = \binom{\alpha}{k} מרציפות המקדמים הבינומים. כל אחד מהאיברים בגבול הוא בעל נורמה קטנה/שווה 1, ולכן גם הגבול עצמו בעל נורמה קטנה/שווה 1, כלומר v_p(\binom{\alpha}{k}) \ge 0.

תרגיל 4: קראו את הפרק הראשון בספר Local Fields של Cassels. הבינו את ההוכחה של משפט Von Staudt-Clausen והסכימו שp-אדים הם קונספט שימושי.

תרגיל 5: המאמר הזה מנסה לתת אינטרפרטציה קומבינטורית להרבה דברים, ביניהם המקדמים הבינומיים השבריים \binom{\frac{1}{n}}{k}. קראו ודווחו לי.

קריטריון Dieudonné-Dwork

נציג קריטריון כללי לבדיקת p-שלמות של מקדמי טור.

קרטריון: אם f(x) \in \mathbb{Q}_{p}[[x]] כך שf(0)=1, אז המקדמים שלו נמצאים ב\mathbb{Z}_{p} אמ"מ \frac{f^{p}(x)}{f(x^{p})}\in1+px\mathbb{Z}_{p}[[x]].

ננסה להשתמש בקרטריון על E_p. יש לנו טור עם מקדמים רציונליים, והם משוכנים טבעית בתוך \mathbb{Q}_{p}. נפעיל את הקריטריון: המנה \frac{E_p^{p}(x)}{E_p(x^p)} שווה \exp(px)=1+\sum_{i\ge1}\frac{p^{i}x^{i}}{i!}. חישוב פשוט מראה שi-1 \ge v_p(i!) עבור i \ge 1, כלומר תנאי הקריטריון מתקיימים. לכן המקדמים של הטור הם ב\mathbb{Z}_{p}. החיתוך של \mathbb{Q} עם \mathbb{Z}_{p} הוא בדיוק הרציונלים הp-שלמים, כלומר מקדמי E_p הם p-שלמים. קיבלנו הוכחה קצרצרה!

הוכחת הקריטריון:

כיוון אחד פשוט: אם המקדמים של f כבר חיים ב\mathbb{Z}_{p}, ואז f^p(x) = f(x^p) מודולו p (כמו שמתקיים עבור פולינומים עם מקדמים שלמים), כלומר קיים g \in \mathbb{Z}_{p} עבורו f^p(x) = f(x^p) + pg(x) כאשר g\in\mathbb{Z}_{p}[x]. לכן המנה תהיה 1+p\frac{g(x)}{f(x^{p})}. בגלל שg כבר ב\mathbb{Z}_{p}[[x]], מספיק להראות שf^{-1}\in\mathbb{Z}_{p}[[x]]. לf יש מקדם חופשי 1, אז גם לf^{-1} מקדם חופשי 1. אם נסמן f(x) = \sum f_i x^i וg(x) = \sum g_j x^j, אז המקדמים g_j מקיימים את נוסחת הנסיגה g_{n}=-\sum_{j=0}^{n-1}f_{n-j}g_{j}. באינדוקציה, מכך שf_n \in \mathbb{Z}_{p} נקבל  g_n \in \mathbb{Z}_{p}.

כיוון שני גם לא קשה: נכתוב

f(x)^{p}=f(x^{p})(1+p\sum_{j\ge1}b_{j}x^{j}), b_j \in \mathbb{Z}_{p}

מתקיים f_1 = b_1 \in \mathbb{Z}_{p} (השוואת מקדמים). נמשיך באינדוקציה על המקדמים: המקדם של x^n באגף שמאל הוא כמו של (\sum_{i \le n} f_i x^i )^p (שאר הגורמים הרי ממעלה גבוהה מ-n ואינם רלוונטים). כשפותחים סוגריים ומסתכלים על x^n, יש יצורים מהצורה \binom{p}{a_0, a_1, \cdots, a_{n}} \prod_{i=0}^{n} f_{i}^{a_i} כאשר \sum_{i=0}^{n} ia_i = n. נסווג אותם לשלושה סוגים:

1.a_n = 0, ואם p \mid n אז a_{n/p} \neq p. לפי הנחת האינדוקציה ובגלל שהמקדמים המולטינומים המתאימים מתחלקים ב-p, המחוברים הנ"ל נמצאים ב-p \mathbb{Z}_{p}.

2. f_n p (מתאים לa_0 = p-1, a_n = 1 והשאר 0)

3. אם p \mid n, יש את f_{n/p}^p (מתאים לa_{n/p}=p, אם אכן p \mid n).

באגף ימין המקדם של x^n הוא f_{n/p} (אם p מחלק את n), ואיברים בp\mathbb{Z}_{p}. נשווה אגפים, נחלק בp, נשתמש בכך שv_p(a^p-a) \ge 1 עבור a\in \mathbb{Z}_{p} ומקבלים שf_n ב\mathbb{Z}_{p}, כלומר p-שלם. ההוכחה הושלמה!

תרגיל 6: השתמשו בקריטריון בשביל להוכיח את שאלה 8 מהפוסט הקודם – נניח ו-P היא קבוצת ראשוניים. נסמן ב\mathbb{N}_{P} את קבוצת הטבעיים שהגורמים הראשוניים שלהם מוכלים ב-P. הוכיחו שהמקדמים של \exp_{P}(x) = \exp(\sum_{n \in \mathbb{N}_{P}} \frac{x^n}{n}) הם p-שלמים לכל p \in P.

תרגיל 7: נסמן f(x) = \exp(\sum a_i x^{p^i}), כאשר a_i רציונליים. הראו שמקדמי f הם p-שלמים אמ"מ v_p(pa_i - a_{i-1}) > 0.

תרגיל 8: הראו שמקדמי E_p(x) = \sum a_i x^i מקיימים: a_0 = 1, a_{n}=\frac{1}{n} \sum_{0\le j \le \log_p(n)} a_{n-p^j}.

——

עד כאן, מקווה שנהנתם.

ראיתי הוכחה פונקטוריאלית חביבה של p-שלמות המקדמים, אבל אני לא זוכר אותה. אעדכן את הפוסט הזה כשאשחזר אותה.

אם תהיה דרישה בתגובות, אוכל להרחיב על הנושאים שעברתי עליהם במהרה (חוג הפונקציות האריתמטיות, טורי חזקות פורמליים ומספרים p-אדים).

—-

אני מתכנן סדרת פוסטים על שדות סופיים – יש למה לצפות!

סופ"ש נעים

מודעות פרסומת

אודות Ofir Gorodetsky

Graduate student at TAU. Can be contacted at bambaman1 at gmail dot com.
פוסט זה פורסם בקטגוריה כללי. אפשר להגיע ישירות לפוסט זה עם קישור ישיר.

4 תגובות על הקסם של הפונקציה האקספוננציאלית של ארטין-הסה (חלק 2/2)

  1. אמוץ אופנהיים הגיב:

    בזהות המגניבה שרשמת המקרה הכללי. זה לא צריך להיות f=g*h במקום h=f*g?

  2. אמוץ אופנהיים הגיב:

    בתרגיל 8 מה זה i(בסכום) והאם לא מתקיים a_0 = 1 (אחרת כל המקדמים הם 0)?

כתיבת תגובה

הזינו את פרטיכם בטופס, או לחצו על אחד מהאייקונים כדי להשתמש בחשבון קיים:

הלוגו של WordPress.com

אתה מגיב באמצעות חשבון WordPress.com שלך. לצאת מהמערכת / לשנות )

תמונת Twitter

אתה מגיב באמצעות חשבון Twitter שלך. לצאת מהמערכת / לשנות )

תמונת Facebook

אתה מגיב באמצעות חשבון Facebook שלך. לצאת מהמערכת / לשנות )

תמונת גוגל פלוס

אתה מגיב באמצעות חשבון Google+ שלך. לצאת מהמערכת / לשנות )

מתחבר ל-%s