La suma de las mismas potencias de todas las matrices módulo p

Question

El siguiente es un problema del concurso de álgebra de nuestro departamento para estudiantes:

No es una pregunta. Un friki de las matemáticas experimentales estaba tratando de elevar todas las matrices $17\times17$ sobre el campo con 17 elementos a la potencia de 100, suma los rendimientos, y observar el resultado, cuando su ordenador se rompió. Ayúdale.

Probablemente, la mayoría de nosotros puede calcular la suma sin usar el ordenador (alternativamente, los lectores rusos pueden encontrar una solución ici ). El problema parece ser mucho más más difícil cuando sustituimos 100 por, digamos, 80. En términos más generales, mi pregunta es la siguiente siguiente:

Pregunta. ¿Cuál es la suma $$ > \sum_{A\in M_p(\mathbb F_p)}A^k, > $$ donde $p$ es primo y $k$ es un múltiplo de $p-1$ ?

Es fácil demostrar que la suma es una matriz escalar, pero ¿cuál? Nótese que la coincidencia del tamaño de la matriz y la característica hace que la traza sea inútil.

Answer 1

La suma es cero para todos los $k<p^2-1$ .

Supongamos que $k$ es un múltiplo de $p-1$ y $k<p^2-1$ . Dividir todas las matrices en clases de la forma $\{A,A+1,A+2,\dots,A+(p-1)\}$ . Resumiendo el $k$ sobre dicha clase se obtiene $$ \sum_{s=0}^k A^{k-s}\binom ks \sum_{j=0}^{p-1} j^s $$ donde $0^0=1$ . Si $s=0$ o $s$ no es un múltiplo de $p-1$ la suma interna es 0 mod. $p$ . Si $s$ es un múltiplo de $p-1$ y $s<k$ , entonces el coeficiente binomial es 0 mod $p$ . (Esto es lo que se rompe por $k=p^2-1$ .) El único término que queda es el de $s=k$ y no depende de $A$ . Así, la suma sobre una clase es la misma para todas las clases. El número de clases es un múltiplo de $p$ De ahí el resultado.

Answer 2

Estas son sólo varias reflexiones. pero parece que muestran en particular que el answr es $0$ para $k< p^p-1$ .

$\def\FF{{\mathbb F}}$ 1. En primer lugar, denotando $d=\mathop{\rm lcm}(p-1,p^2-1,\dots,p^p-1)$ vemos que $A^{pd+p}=A^p$ para cada matriz $A$ (el orden de un componente semisimple divide $d$ y necesitamos $p$ para que una componente nilpotente desaparezca). Por lo tanto, podemos suponer que $k < pd+p$ .

2. Su suma es igual a $$ S=\sum_{a_{11}\in\FF_p} \dots\sum_{a_{pp}\in\FF_p} \left(\sum_{i=1}^p\sum_{j=1}^p a_{ij}E_{ij}\right)^k, $$ Ahora ampliamos los paréntesis interiores; obtenemos $$ S=\sum_J \left(\sum_{a_{11}\in\FF_p} \dots\sum_{a_{pp}\in\FF_p} a^J\right)M_J, $$ donde el sumatorio externo se toma sobre algunos multiíndices $J$ con $|J|=k$ et $M_J$ son algunas matrices. La suma entre paréntesis sobre $a_{ij}$ da cero a menos que el exponente de $a_{ij}$ es distinto de cero y divisible por $p-1$ . Así, la suma entre paréntesis desaparece a menos que todas las coordenadas de $J$ son distintos de cero y divisibles por $p-1$ . Por lo tanto, si $k < p^2(p-1)$ entonces $S=0$ como en el caso de $k=80$ y $p=17$ .

3. Para el resto de los casos, tenemos que calcular $M_J$ . Supongamos que $J=(j_{11},\dots,j_{pp})$ (todos $j$ son múltiplos de $p-1$ ). Consideremos un dígrafo $G_J$ con $\FF_p$ como el conjunto de vértices y $j_{k\ell}$ bordes de $k$ a $\ell$ . Ahora bien, si $M_J=[m_{k\ell}]$ entonces $m_{kk}$ es el número de trayectorias eulerianas que comienzan en $k$ (multiplica por la suma entre paréntesis que es $-1$ ), y todas las demás entradas son ceros.

Ahora demostremos que el número de tales ciclos es divisible por $p$ . Supondremos que $k=1$ para que los ciclos comiencen y terminen en $1$ . Dividir cada ciclo en subciclos a partir de $1$ y terminando en $1$ y no pasar por $1$ más. A cada ciclo le corresponden todos los ciclos obtenidos por permutatones de subciclos; así el conjunto de todos los ciclos se particiona en tales clases de equivalencia, y el número de elementos de cada clase es un coeficiente multinomial correspondiente $\binom{s}{s_1,\dots,s_t}$ donde $s_1,\dots,s_t$ son el número de ocurrencias de los diferentes subciclos. Este coeficiente es divisible por $p$ a menos que en el $p$ -notación americana no hay transiciones en la adición $s_1+\dots+s_t=k$ .

Observe que hay al menos $p$ subciclos distintos --- al menos uno a partir de cada una de las aristas $1\to 1$ , $1\to 2$ puntos, $1\to p$ . Además, podemos dividir todos los subciclos en clases tales --- el número en cada una será divisible por $p-1$ . Así, tenemos $p$ números no nulos divisibles por $p-1$ y no debería haber transiciones en la adición de estos $p$ números; esto sólo puede ocurrir si $k\geq (p-1)+p(p-1)+\dots+p^{p-1}(p-1)=p^p-1$ . Así, para $k< p^p-1$ definitivamente tenemos $S=0$ .

EDITAR. Más abajo, en los comentarios, se muestran varias mejoras de este atado.

Answer 3

[correcciones aplicadas, por Ilya y Anton]

Consideremos la serie formal $$ f(x) = \sum_{k=0}^\infty (\sum_A A^k) x^k $$ donde $A$ recorre $p \times p$ matrices. Es igual a $\sum_A (I - Ax)^{-1}$ una función racional con valores en matrices escalares. Así, para algunos $d$ si la primera $d$ los coeficientes desaparecen todos los coeficientes deben desaparecer.

Para determinar $d$ necesitamos acotar el grado del numerador y del denominador de $f(x)$ . Obsérvese que por la regla de Cramer, cada $(I - Ax)^{-1}$ es una matriz de grado $(p-1)$ polinomios divididos por el grado $p$ determinante de $(I - Ax)$ .

Hay $p^p$ diferentes denominadores, es decir, polinomios de la forma $$ \det(I - Ax) = c_p x^p + c_{p-1} x^{p-1} + \cdots + c_1 x + 1 $$ El $c_i$ no están restringidos, aparecen al menos una vez en el caso $A$ es la matriz de acompañamiento con $-c_p,-c_{p-1},\ldots$ a lo largo de la última columna. Así que podemos escribir la suma como $$ \sum_{c_p,\ldots,c_1} \frac{\text{something of degree $ p-1 $}}{c_p x^p + \cdots + c_1 x + 1} $$ Hay $(p-1)$ denominadores lineales, $p (p-1)$ denominadores cuadráticos, $p^2 (p-1)$ denominadores cúbicos y así sucesivamente, por lo que el producto de todos los $c_p x^p + \cdots + 1$ tiene grado $$ d = (p-1) + 2p(p-1) + 3p^2(p-1) + \cdots + p p^{p-1}(p-1) $$ es decir $d = p^{p+1} - \frac{p^p - 1}{p - 1}$ . Así que $f(x)$ es un polinomio de grado inferior a $d$ dividido por un polinomio de grado $d$ .

La respuesta de Ilya muestra que la primera $p^{p+1} - p$ Coeficientes de Taylor de $f(x)$ se desvanecen, y cuando $p \geq 3$ esto es mayor que $d$ por lo que todos los coeficientes de Taylor restantes se desvanecen también. Cuando $p = 2$ Will señala que las sumas no siempre son cero, de hecho para $p=2$ $$ f(x) = \frac{x^5}{(x+1)^2 (x^2 + x + 1)} I $$

Answer 4

Mi respuesta no tiene sentido, lo siento.