Esercizio carino facile di algebra
Volevo sottoporre all'attenzione degli utenti del forum questo inutile ma curioso risultato di algebra:
Sia $mathbb(K)$ un campo finito; sia $f : mathbb(K) -> mathbb(K)$ una qualsiasi funzione.
Allora esiste $p(X) in mathbb(K)[X]$ polinomio a coefficienti in $mathbb(K)$ tale che $forall a in mathbb(K) \ , \ f(a)=p(a)$.
Cioè ogni funzione $mathbb(K) -> mathbb(K)$ è polinomiale.
Sia $mathbb(K)$ un campo finito; sia $f : mathbb(K) -> mathbb(K)$ una qualsiasi funzione.
Allora esiste $p(X) in mathbb(K)[X]$ polinomio a coefficienti in $mathbb(K)$ tale che $forall a in mathbb(K) \ , \ f(a)=p(a)$.
Cioè ogni funzione $mathbb(K) -> mathbb(K)$ è polinomiale.
Risposte
è vero...curioso! Per dimostrarlo, penserei a un discorso di cardinalità: le funzioni $K\toK$ (a proposito: io con Firefox non riesco a visualizzare il \mathbb, quindi lascio la K così com'è) sono $(#K)^(#K)$. I polinomi sono infiniti ma le funzioni polinomiali sono in numero finito. Infatti per il principio di identità dei polinomi le funzioni polinomiali sono tante quanti i polinomi di grado $<=#K$. E quanti sono questi polinomi? Guarda caso sono proprio $(#K)^(#K)$! Quindi ${f:K\toK}={"funzioni polinomiali "K\toK}$. Giusto?
Si giusto!
Solo che ti resta da dimostrare questo fatto:
Non so bene cosa tu intenda per il principio d'identità dei polinomi, ma per dimostrarlo per bene si considera la mappa $Phi : K[X] -> Fun(K,K)=K^K$ che associa ad ogni polinomio la corrispondente funzione polinomiale. Si verifica facilmente che $Phi$ è un omomorfismo di anelli e si vede bene che posto $q(X) = prod_(a in K) (X-a)$ il nucleo di $Phi$ è $Ker Phi = {f(X) in K[X] | forall a in K \ , \ f(a)=0} = {f(X) in K[X] | forall a in K \ , X-a | f(X)} = (q(X))$. Inoltre si vede che $K[X] // Ker Phi$ assume in maniera naturale una struttura di spazio vettoriale sul campo $K$ di dimensione $dim_K K[X] // Ker Phi = deg \ q(X) = #K$ (una base è ad esempio ${X^i + (q(X))}_(i=0,...,deg \ q(X) - 1)$);
per cui $#K[X] // Ker Phi = (#K)^(#K)$; per il teorema di omomorfismo $K[X] // Ker Phi$ è isomorfo al sottoanello di $Fun(K,K)$ costituito dalle funzioni polinomiali; e quindi ${text{funzioni polinomiali} K->K} = Im Phi$ ha cardinalità $(#K)^(#K)$.
Dimmi se intendevi qualcosa di diverso.
Solo che ti resta da dimostrare questo fatto:
"dissonance":
per il principio di identità dei polinomi le funzioni polinomiali sono tante quanti i polinomi di grado $<=#K$.
Non so bene cosa tu intenda per il principio d'identità dei polinomi, ma per dimostrarlo per bene si considera la mappa $Phi : K[X] -> Fun(K,K)=K^K$ che associa ad ogni polinomio la corrispondente funzione polinomiale. Si verifica facilmente che $Phi$ è un omomorfismo di anelli e si vede bene che posto $q(X) = prod_(a in K) (X-a)$ il nucleo di $Phi$ è $Ker Phi = {f(X) in K[X] | forall a in K \ , \ f(a)=0} = {f(X) in K[X] | forall a in K \ , X-a | f(X)} = (q(X))$. Inoltre si vede che $K[X] // Ker Phi$ assume in maniera naturale una struttura di spazio vettoriale sul campo $K$ di dimensione $dim_K K[X] // Ker Phi = deg \ q(X) = #K$ (una base è ad esempio ${X^i + (q(X))}_(i=0,...,deg \ q(X) - 1)$);
per cui $#K[X] // Ker Phi = (#K)^(#K)$; per il teorema di omomorfismo $K[X] // Ker Phi$ è isomorfo al sottoanello di $Fun(K,K)$ costituito dalle funzioni polinomiali; e quindi ${text{funzioni polinomiali} K->K} = Im Phi$ ha cardinalità $(#K)^(#K)$.
Dimmi se intendevi qualcosa di diverso.
Mamma mia quanta algebra... E chi se la ricorda più ... 
La costruzione che hai fatto là sopra mi dice qualcosa, probabilmente l'avrò letta su qualche libro.
Io veramente pensavo a questa strada più elementare, ma non sono entrato nei dettagli. Spero che non sia sbagliata:
Teorema: (Principio di identità dei polinomi) Due polinomi a coefficienti in un campo $K$ (andrebbe bene un dominio con unità), dello stesso grado $d$, sono identici se e solo se come funzioni coincidono in almeno $d+1$ punti.
La dimostrazione è facile: quale polinomio di grado $d$ può avere $d+1$ radici in $K$? Da qui segue tutto.
Come conseguenza, in un campo di $p$ elementi ($p=#K$), ogni polinomio di grado $p+1$ e superiore deve coincidere come funzione ad una funzione di grado più basso (*). E quindi il numero totale di funzioni polinomiali è pari al numero totale di polinomi di grado $p$.
(*) Questo punto intuitivamente mi sembrava ovvio...Adesso che ci penso però tanto ovvio non mi sembra più. Che ne pensi?
La costruzione che hai fatto là sopra mi dice qualcosa, probabilmente l'avrò letta su qualche libro.
Io veramente pensavo a questa strada più elementare, ma non sono entrato nei dettagli. Spero che non sia sbagliata:
Teorema: (Principio di identità dei polinomi) Due polinomi a coefficienti in un campo $K$ (andrebbe bene un dominio con unità), dello stesso grado $d$, sono identici se e solo se come funzioni coincidono in almeno $d+1$ punti.
La dimostrazione è facile: quale polinomio di grado $d$ può avere $d+1$ radici in $K$? Da qui segue tutto.
Come conseguenza, in un campo di $p$ elementi ($p=#K$), ogni polinomio di grado $p+1$ e superiore deve coincidere come funzione ad una funzione di grado più basso (*). E quindi il numero totale di funzioni polinomiali è pari al numero totale di polinomi di grado $p$.
(*) Questo punto intuitivamente mi sembrava ovvio...Adesso che ci penso però tanto ovvio non mi sembra più. Che ne pensi?
"dissonance":
in un campo di $p$ elementi ($p=#K$), ogni polinomio di grado $p+1$ e superiore deve coincidere come funzione ad una funzione di grado più basso (*). E quindi il numero totale di funzioni polinomiali è pari al numero totale di polinomi di grado $p$.
(*) Questo punto intuitivamente mi sembrava ovvio...Adesso che ci penso però tanto ovvio non mi sembra più. Che ne pensi?
Infatti, non è ovvio; per dire che ogni polinomio coincide come funzione ad un polinomio di grado $< #K$ devi fare la divisione euclidea per il polinomio $q(X) = prod_(a in K) (X-a)$ ,che ha grado $deg \ q(X) = #K$, e considerarne il resto; allora il resto e il polinomio di partenza coincidono come funzioni.
Comunque sono le stesse cose che ho fatto io, scritte in un altro modo.
Un'altra osservazione che c'entra poco: se $K=F_(p^n)$ allora $q(X) = prod_(a in F_(p^n)) X-a \ = X^(p^n) - X$.
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