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Mathematik » Zahlentheorie » Für welche n ist kein Koeffizient von χ(B_n) durch p teilbar?
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Kein bestimmter Bereich J Für welche n ist kein Koeffizient von χ(B_n) durch p teilbar?
querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Themenstart: 2019-07-23


Hallo, ich bin auf folgendes Problem gestoßen:


Sei $A=\begin{pmatrix}0 & 1 \\ 1 & -1 \\\end{pmatrix}$, $B_n$ die Blockdiagonalmatrix mit $n\ge 1$ Diagonalblöcken A und $\chi(B_n)$ das charakteristische Polynom von $B_n$.

Wie kann man zeigen, dass folgende Aussagen äquivalent sind:

(1) Kein Koeffizient von $\chi(B_n)$ ist durch $p=3$ teilbar.
(2) In der Zifferndarstellung von n zur Basis 3 folgen auf die führende Ziffer nur Einsen (gar keine oder beliebig viele).


LG
querin



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.1, eingetragen 2019-07-23

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
Hallo,

ich habe es noch nicht zu Ende gedacht, aber prinzipiell sollte Folgendes zum Ziel führen (alle Rechnungen sind in $\IF_3[x]$ zu verstehen):

Es gilt $\chi(A) = x^2+x-1$ und $\chi(B_n)=\chi(A)^n$. Außerdem ist $\chi(A)^2 = x^4-x^3-x^2+x+1$.

Mit dem Frobeniushomomorphismus folgt, dass $\chi(B_{3^k}) = x^{2\cdot 3^k}+x^{3^k}-1$ und analog kann man auch $\chi(B_{2\cdot 3^k})$ angeben.

Wenn $n= \sum_{k=0}^m a_k3^k$ ist, dann bekommt man eine Darstellung von $\chi(B_n)$ als ein Produkt. Wenn alle $a_k=1$ sind, dann folgt aus der Eindeutigkeit der $3$-adischen Darstellung, dass auch alle Koeffizienten von $\chi(B_n)$ gleich $\pm 1$ sein müssen.

Mit hinreichend viel Konzentration könnte man so ähnlich dann vermutlich die Äquivalenz zeigen.
\(\endgroup\)


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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.2, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-23


Hallo Nuramon,

vielen Dank für den entscheidenden Hinweis (Frobenius!). Jetzt ist mir die Richtung $(2) \implies (1)$ klar.

Ich hatte es über eine explizite Darstellung der Koeffizienten versucht, mit der ich zeigen konnte, dass $\chi(B_n)$ für alle $n>1$ mindestens einen geradzahligen Koeffizienten enthält ($p=2$).

Sollte deine Bemerkung über die Eindeutigkeit der 3-adischen Darstellung ein Hinweis für die Richtung $(1) \implies (2)$ sein? Diese Richtung verstehe ich noch nicht.



Ich möchte noch eine weitere Frage anzuschließen:

$p=7$: Für alle $n>18$ enthält $\chi(B_n)$ mindestens einen durch 7 teilbaren Koeffizienten.

Hat da jemand eine Idee?



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Nuramon
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.3, eingetragen 2019-07-23

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-07-23 21:32 - querin in Beitrag No. 2 schreibt:
Hallo Nuramon,

vielen Dank für den entscheidenden Hinweis (Frobenius!). Jetzt ist mir die Richtung $(2) \implies (1)$ klar.
Kannst du das noch aufschreiben? Mir ist das nur klar, wenn $n=11\ldots 1_3$ ist, aber nicht für $n=21\ldots 1_3$.
Edit: Ach so, doch, jetzt ist es mir auch klar. Aber da du meine Bemerkung mit der Eindeutigkeit der $3$-adischen Darstellung anscheinend nicht gebraucht hast, würde mich dein Vorgehen trotzdem interessieren.


Sollte deine Bemerkung über die Eindeutigkeit der 3-adischen Darstellung ein Hinweis für die Richtung $(1) \implies (2)$ sein? Diese Richtung verstehe ich noch nicht.
Wenn man in $\chi(B_n)=\chi(B_{a_m3^m})\cdots \chi(B_{a_03^0})$ den Koeffizienten von sagen wir $x^k$ ausrechnen will, dann muss man sich ja unter anderem fragen, auf wie viele Weisen man $k$ als Summe $k_1+k_2+\ldots+k_m$ darstellen kann, wobei $x^{k_i}$ im Faktor $\chi(B_{a_i3^i})$ vorkommt.
Zumindest alle Fälle, bei denen in der $3$-adischen Darstellung von $n$ keine $2$ vorkommt, sollten damit zu beantworten sein, denn dann gibt es höchstens eine Möglichkeit $x^k$ zu erzeugen. Wenn irgendein $a_i=0$ ist, dann können bestimmte $x^k$ nur mit Koeffizient Null auftauchen.

Damit bleiben noch die Fälle übrig, in denen $n$ auf $\ldots 1211\ldots 11$ oder auf $\ldots 2211\ldots 11$ endet übrig.
Um die zu prüfen sollte es ausreichen $\chi(B_{12_3})$ und $\chi(B_{22_3})$ auszurechnen. Aber dazu habe ich gerade keine Lust.  razz

In welchem Zusammenhang tritt diese Fragestellung eigentlich auf?
\(\endgroup\)


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querin
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Zum letzten BeitragZum nächsten BeitragZum vorigen BeitragZum erstem Beitrag  Beitrag No.4, vom Themenstarter, eingetragen 2019-07-24

\(\begingroup\)\( \newcommand{\End}{\operatorname{End}} \newcommand{\id}{\operatorname{id}} \newcommand{\GL}{\operatorname{GL}}\)
2019-07-23 22:16 - Nuramon in Beitrag No. 3 schreibt:
Aber da du meine Bemerkung mit der Eindeutigkeit der $3$-adischen Darstellung anscheinend nicht gebraucht hast, würde mich dein Vorgehen trotzdem interessieren.

Ich habe mir das induktiv klar gemacht, wobei der Formalismus in Ziffernschreibweise sehr anschaulich darstellbar ist (eine "x-adische" Darstellung mit 3-adischen Ziffern):
c1 = x^2+x-1 = 112
 
c2 = (x^2+x-1)^2 = 12211
 
c4 = (x^6+x^3-1)*c1 = 1001002*112 = 112......
                                       112...
                                          221
                                    ---------
                                    112112221
 
c7 = (x^6+x^3-1)^2*c1 = 1002002001001*112 = 112............
                                               221.........
                                                  221......
                                                     112...
                                                        112
                                            ---------------
                                            112221221112112

Bei Mutliplkation mit $x^{2\cdot 3^k}+x^{3^k}-1$ bzw. $\left(x^{2\cdot 3^k}+x^{3^k}-1\right)^2$ werden die Ziffernblöcke genau passend ohne Lücken oder Überlappungen verschoben.
Ein formaler Induktionsbeweis sollte kein Problem sein.


Damit bleiben noch die Fälle übrig, in denen $n$ auf $\ldots 1211\ldots 11$ oder auf $\ldots 2211\ldots 11$ endet übrig.
Um die zu prüfen sollte es ausreichen $\chi(B_{12_3})$ und $\chi(B_{22_3})$ auszurechnen. Aber dazu habe ich gerade keine Lust.  razz

Dank deiner Hilfe verstehe ich jetzt auch $(1) \implies (2)$. Die beiden übrigen Fälle $\chi(B_5)$ und $\chi(B_8)$ enthalten offenbar Überlappungen der Ziffernblöcke und dadurch entstehen durch 3 teilbare Koeffizienten (= Ziffer 0):
c5 = (x^6+x^3-1)*(x^2+x-1)^2 = 1001002*12211 = 12211......
                                                  12211...
                                                     21122
                                               -----------
                                               12220202122
 
C8 = (x^6+x^3-1)^2*(x^2+x-1)^2 = 1002002001001*12211 =
 
                                 12211............
                                    21122.........
                                       21122......
                                          12211...
                                             12211
                                 -----------------
                                 12202110101220211


In welchem Zusammenhang tritt diese Fragestellung eigentlich auf?

Die Fragestellung ergab sich aus einer Programmieraufgabe: Bei Eingabe von n sollten die Koeffizienten von $\chi(B_n)$ als Liste ausgegeben werden. Bei der Betrachtung der Koeffizienten für verschiedene n, kam ich auf die Idee ihre Primfaktoren genauer anzuschauen. So untersuchte ich alle n bis 10000, ob in den Koeffizienten von $\chi(B_n)$ gewisse Primfaktoren fehlten.

Das Ergebnis war, dass es für einige Primzahlen p unendlich viele n gibt, bei denen kein Koeffizient von $\chi(B_n)$ durch p teilbar ist (z.B. $p=3,5,13,19$). Und diese n folgen einem regelmäßigen Muster, das ich für $p=3$ angegeben habe. Bei anderen Primzahlen gibt es überraschenderweise nur endlich viele n mit dieser Eigenschaft (z.B. $p=2,7,11,17$). Das wäre meine zweite Frage für $p=7$.
\(\endgroup\)


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