zadacha

Neka Q_p e poleto na p-adichnite chisla. Z_p prustena ot tseli i P maksimalnia ideal. Q_p e lokalno kompaktno pole i sledovatelno ima miarka(aditivna) na HAAR m. Tia e opredelna s tochnost do konstanta, izbirame konstantata taka che m(Z_p)=1. Tova moje da se napravi zashtoto Z_pe kompaktno i sledovatelno ima kraina miarka. Zadachata da se presmetne m(P^n)=? za vsiako n estestveno chislo.

Мярката е инвариантна при транслация, p^n транслации
на зададената околност покриват Z_p без да се пресичат.

Въпрос от следващия параграф:
Нека K е реалното кубично поле от породено от
трети корен от 2 над Q.
Да се намерят степените (над полето на 5-адичните
рационални) на двете попълнения на K относно
метриките продължаващи 5-адичната в K.

Da.

Za tvoiata zadacha stepenite sa 1 i 2 ako ne sum napravil greshka pri razlaganeto na polinoma.

Pochuvstvah se dlujen ia az da ti dam niakoia druga zadacha. Eto dve ot knigata na Ramakrishnan (uprajneniata v glava V) pisha gi tuk zada gi vidiat i drugite.

Zad1: Neka K e globalno pole i x element da se pokaje che |x|_p =1 za vsiako normirane togava i samo togava kogato x e koren ot edenitsata.

Zad2: Neka G e lokalno kompaktna abeleva grupa H podgrupa i K kompakt, takiva che G=H+K. Ako X e drug kompakt takuv che m(X)>m(K) (m e miarkata na HAAR ) togava sushtestvuvat elementi x i y na X takiva che x-y e v H.

kakvo e globalno pole?

Moje da dopusnesh che K e chislovo pole t.e. kraino razshireniena Q ratsionalnite chisla.
Inache globalno pole e ili chislovo pole ili kraino razshirenie na F_q(x) (ratsionalni funktsii s koefitsienti v kraino pole).

Не си сгрешил, такива са степените.
Питах, защото ми беше малко 'counterintuitive'
ситуацията преди да я мисля.

Сега ще помисля по новите задачи, може и да
post-на някое решение, ако Боян не ме изпревари :))

Важното е, че вчера след цял ден мисъл и усилия
реших задачата за данъците, и съм няколкостотин $
напред, сега ще чакам да ми ги върнат :))

Едва ли ще те изпреваря. Алгебрата не ми е силната страна. Иначе ето една задача от изпит по анализ:

Нека с D означим единичния кръг в комплексната равнина. Редицата от холоморфни функции h_n: D -> D изпълнява условието |h_n'(0)| \le 1. Да се докаже, че числата h_n(0) клонят към нула.

Днес и аз ще решавам задачата с данъците.

Zashto da e "counterintuitive", nali populneniata se opredeliat ot nerazlojimite deliteli na polinoma nad Q_p, kato si kazal v uslovieto che sa dve, normalno e da ochakvash che polinoma koito e ot treta stepen se razlaga na lineen i kvadraten. Razbira se kvadratnia moje i da ne e nerazlojim ama togava ne e "nice".

Az v nachaloto si misleh che zadachata e chasten sluchai na niakoia lema ot edna diplomna rabota za kubichni poleta na edin pich ot Sofiiskia. Ne che sum ia chel no sum chuval mnogo za neia :)))

Danatsite si gi populnih minalata sedmitsa i az sega chakam parite daje veche sum reshil kak da gi poharcha.

Na men puk analiza ne mi e silata no shtom e kopleksen analiz shte se probvam.

Ne triabva li da kajesh neshto poveche za reditsata inache moga da vzema h_n(z)=1/2 naprimer.

Извинявай. Имам грешка.
|h_n'(0)| клони към 1.

Vse oshte ne mi e iasno. Bi triabvalo da ima niakakvi iziskvania za reditsata h_n. V protiven sluchai moga da vzema h_n(z)=0.5z togava |h_n'(0)|=0.5.

Setih se edna druga zadacha (sushto davana na izpit). Uslovieto e: Neka f: D -> C e holomorfna, inektivna, f(0)=0, |f'(0)|=1 i f(D) e izpuknalo. Togava |a_n|<=1 ,kudeto a_n sa koefitsientite v reda na Taylor.

За примера, който даваш, h_n(0)=0.

Появила се е тема за математика в клуб "математика" :) чакайте ме, ида :)

Tova go niama v uslovieto zatova pitam kakvo oshte se iska, ako h_n(0) triabva da e razlichno ot 0 vzemi h_n(z)=0.2+0.2z.

pri tezi h_n obrazyt na edinichniq disk ne se sydurzha va edinichniq disk.
Znachi pak:
h_n:D->D
|h_n'(0)|->1
da se dokave, h_n(0)->0
h_n razbira se, sa holomorfni.

Aha, nai posle razbrah uslovieto. Dadeno e |h_n'(0)|->1, da se dokaje che h_n(0)->0.

Znachi tazi zadacha e dalech po-trudna teorema ot moqta. Blagodarq, che mi q posochi. Namerih dosta interesni neshta po temata.

Inak kak se dokazva:
0. Movem da priemem, che f(0) i f'(0)=1.
1. Dokazvame, che Re(1+z\frac{f''(z)}{f'(z)}) >0
2. Ima edna druga teorema, che ako p(z)=1+c_1z+c_2z^2+... e takyv, che
Re(p(z))>0 za vzayko z ot D, to |c_n| \le 2
3. Ottuk movem da izrazim koeficentite na 1+z\frac{f''}{f'} chrez tezi na p i po indukciq.

Pak mersi za interesnata matematika.

Da tazi naistina e dalech potrudna az ia napisah zashtoto e interesna. Vse pak se otnasia do Bieberbach conjecture.
No v sluchai na izpuknal obraz bez cheovek da pribiagva do goliamata teoria moje da se reshi v "olimpiiski stil" s malko hitri trikove.

Tvoiata oshte ne sum ia reshil(nishto che e po lesna) no shte ia po-mislia oshte malko predi da se predam. (radvam se che ne sum se iaviaval na tozi izpit shtiaha da me skusat :)))

На мен ми е любопитно да видя решението в олимпийски стил. Това, което аз видях, следва пътя дето съм го описал, което е само началото на теорията. Ти друго ли си имал в предвид?