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By P. Eymard, J. Faraut, G. Schiffmann, R. Takahashi

ISBN-10: 3540075372

ISBN-13: 9783540075370

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Subresultanten 25 Ferner setzen wir SRk (f, g) := detpol(Mk ) und nennen SRk (f, g) die k-te Subresultante von f und g. Offenbar ist M0 die Sylvestermatrix von f und g und daher SR0 (f, g) = Res(f, g), womit wir endlich wieder bei unserem Ausgangsthema, den Resultanten sind. Man beachte, dass die Mk allesamt Untermatrizen von M0 sind. Das ist wichtig zu wissen, wenn es um die Absch¨ atzung der Gr¨ oße der Koeffizienten in Mk geht, was uns hier allerdings nicht interessieren wird. Satz 2. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich und f , g, q, und r seien Polynome der Grade nf , ng , nq und nr u ¨ber R und alle diese Grade seien positiv.

G0 ... fm ... fm−1 ... . . fm−j−1 ... ... gn gn−1 ... gn−j−1 ⎞ xn−j−1 f . ⎟ ⎟ . ⎟ ⎟ . ⎟ ⎟ . ⎟ ⎟ f ⎟ ⎟, xm−j−1 g ⎟ ⎟ . ⎟ ⎟ . ⎟ ⎟ . ⎟ ⎠ . g wie man sieht, wenn man die Additivit¨at der Determinantenfunktion bez¨ uglich der letzten Spalte benutzt. Entwickelt man nun nach der letzten Spalte, so erh¨ alt man: Satz 5. Es sei R ein Integrit¨ atsbereich und f und g seien Polynome positiven Grades u ¨ber R. Es gibt dann Polynome uj und vj u ¨ber R mit Grad(uj ) ≤ Grad(g)− j − 1 und Grad(vj ) ≤ Grad(f ) − j − 1, so dass SRj (f, g) = uj f + vj g ist.

Entwickelte man F (a1 , b2 , . . , bn ) den i, f¨ ur die bi in F (a1 , b2 , . . , bn ) vork¨ nach Potenzen von bm , so folgte N di bim 0 = F (a1 , b2 , . . , bn ) = i:=0 mit di ∈ Q[a1 , b2 , . . , bm−1 ] = Q[a1 , . . , am−1 ] f¨ ur i := 0, . . , N und dN = 0. Nun ist bm = cm + am mit cm ∈ Q[a1 , . . , am−1 ]. Daher w¨are 0 = F (a1 , b2 , . . , bn ) = aN m dN + Terme niedrigeren Grades in am . Dies aber w¨are ein Widerspruch. Also ist σ doch injektiv. Weil σ ein Automorphismus von Q[a1 , .

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Analyse Harmonique sur les Groupes de Lie by P. Eymard, J. Faraut, G. Schiffmann, R. Takahashi


by Christopher
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