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Nuevo giro en un Putnam problema

Un reciente Putnam problema:

Deje que $f$ ser un valor real de la función en el plano de tal manera que para cada plaza $ABCD$ en el avión, $f(A)+f(B)+f(C)+f(D)=0$. De lo anterior se sigue que $f$ es idéntica a cero?

La respuesta es sí. Sin pérdida de generalidad considerar sólo el origen. Tenemos

$$f(1,1)+f(-1,1)+f(1,-1)+f(-1,-1)\etiqueta{a}$$ $$f(0,0)+f(0,1)+f(1,0)+f(1,1)\etiqueta{b}$$ $$f(0,0)+f(0,1)+f(-1,0)+f(-1,1)\etiqueta{c}$$ $$f(0,0)+f(0,-1)+f(1,0)+f(1,-1)\etiqueta{d}$$ $$f(0,0)+f(0,-1)+f(-1,0)+f(-1,-1)\etiqueta{e}$$ $$f(1,0)+f(-1,0)+f(0,-1)+f(0,1)\etiqueta{f}$$

son todos cero. Entonces $f(0,0)=[\rm(b)+(c)+(d)+(e)-(a)-2(f)]/4=0$. Un argumento similar funciona cuando reemplazamos la condición en la que el problema con los triángulos $\triángulo ABC$. Me han mostrado tanto las ideas como la denominada "prueba sin palabras" a continuación:

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Qué sucede cuando se reemplace el codominio de $f$, con una abelian grupo de exponente dividiendo $4$ o $6$ respectivamente? ¿No existir no constante mapas con estas propiedades?

6voto

eljenso Puntos 7690

El caso del grupo abelian $Z_2$ ocurrió antes en este foro. Hay un no-constante de la función $f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ que sumas a 0 en las esquinas de las plazas?

Me dio una respuesta a eso, que después de algunos simplificación, y el uso de algunos de los conjuntos de la OP, va como sigue: Dejar que $f$ ser la función de la superficie en $Z_2$, y el uso de las relaciones:

[a] $f(0,0)+f(1,0)+f(1,1)+f(0,1)=0,$

[b] $f(0,0)+f(-1,0)+f(-1,-1)+f(0,-1)=0,$

[c] $f(1,0)+f(0,1)+f(-1,0)+f(0,-1)=0.$

La adición de estos en $Z_2$, todo lo cancela exepto $f(1,1)+f(-1,-1).$ Esto significa (ya que estamos en $Z_2$) que los valores de $f$ en diagonalmente opuestos puntos de cualquier cuadrado son iguales, de que por un reescalado de la plaza y en movimiento, podemos ver el mapa de $f$ es constante.

EDIT: Extensión para el caso del grupo $Z_4$. Supongamos que $f$ mapas del plano a $Z_4 de dólares y la suma de $f$ en las esquinas de cada cuadrado es de $0$. Por la reducción de la mod 2 y utilizando el resultado anterior de que los mapas en $Z_2$ con este rincón de la suma de la propiedad son constantes, podemos deducir que en el caso de este mapa de $f$ a $Z_4$ sólo hay dos casos posibles a La izquierda: el "1,3", en la que el valor de $f$ en cada punto está en $\{1,3\}$ y el "2,4" caso en el cual el valor de $f$ en cada punto está en $\{2,4\}$.

Ahora en cualquiera de estos casos, los valores en los vértices de cualquier cuadrado son todos de la misma o de los demás hay dos de cada valor. Por ejemplo, en el 1,3 caso no podemos tener tres 1 y un 3 en las esquinas de cualquier cuadrado, ya que $1+1+1+3=2 \mod 4.$ Lo mismo sucede con tres 3 y un 1, o con tres 2 y un 4, o con tres de 4 y una de 2.

Para simplificar el resto vamos a utilizar los símbolos $a,b$ a la media de los dos elementos distintos en el 1,3 caso o el 2,4 caso. Así que por lo que se ha dicho, cada cuadrado debe tener sus rincones marcados todos los $$, o la totalidad de los $b$, o más de dos $a$ y dos $b$ en las esquinas.

Nuestra pretensión es que ahora no hay manera de etiqueta de los nueve puntos de la "doble plaza" de esta manera, de tal forma que las esquinas diagonalmente opuestas de la "gran plaza" terminan con diferentes etiquetas de $a,b$. Por el "doble plaza", nos referimos a la colección de nueve puntos $(x,y)$ con cada uno de $x,y$ tomadas desde el conjunto $\{-1,0,1\}$ (como se describe en el OP y en la anterior prueba). Hay, pues, en una manera obvia de un "gran plaza", cuatro "cuadritos" podemos llamar a la parte inferior derecha, inferior izquierda, etc., y un "diamante" (también un cuadrado formado por los puntos medios de los lados de la gran plaza.

Ahora supongamos que es posible poner diferentes valores en puntos diagonalmente opuestos de la gran plaza. Sin pérdida, asumir la parte inferior derecha se le da el valor de $a$ y en la parte superior izquierda el valor de $b$. A continuación, los otros dos puntos de la gran plaza también se $a,b$ ($a$ o $b$); de nuevo, sin que suponga la pérdida de la parte inferior izquierda de la gran plaza de es $a$, mientras que la parte superior derecha de la gran plaza es de $b$.

Ahora el centro de la plaza debe ser etiquetado con $un$ o $b$, y podemos suponer que es etiquetado $$ (si se tratara de $b$ pudimos rotar el cuadrado de 180 grados y el intercambio de las cartas $a,b$).

Ahora hay dos possiblilties por el punto medio del lado derecho de la gran plaza.

caso 1: ponemos el valor de $$ en este lado derecho del punto medio. Entonces ya tenemos tres $a$ las etiquetas en la parte inferior derecha de la plaza, por lo que se ven obligados a colocar otro $un$ en el cuarto punto de esta plaza, es decir, en el punto medio de la parte inferior de la gran plaza. Fácilmente en la parte inferior izquierda de la plaza termina etiquetados todos con $un$. Ahora mirando en la parte superior de dos cuadrados más pequeños, cada uno tiene ahora tres de sus vértices elegido, con dos $a$ y $b$ por las opciones hasta ahora. Esto significa que el punto medio de la parte superior de la gran plaza se debe dar el valor de $b$, y, finalmente, nuestra contradicción, ya que ahora el diamante cuadrado tiene tres puntos etiquetados $a$ y un punto (parte superior de diamante) etiquetado $b$. Como se señaló, no puede ser de tres a $a$ y $b$ en las esquinas de cualquier plaza.

caso 2: ponemos el valor de $b$ a la derecha del punto medio. Esta vez nos vemos obligados a colocar un $b$ en el punto medio de la parte inferior del lado de la gran plaza, luego otros $b$ en el punto medio del lado izquierdo de la gran plaza, y ahora los dos más pequeños superior plazas requieren que hay un $a$ en el punto medio de la parte superior de la gran plaza. De nuevo llegamos a una contradicción, esta vez debido a que el diamante cuadrado es ahora etiquetada con tres $b$ y $una$ de la esquina.

Para completar el argumento para el grupo $Z_4$: a partir De lo que hemos mostrado, cada cuadrado debe tener el mismo valor mod 4 en dos de sus diametralmente opuesto vértices. A continuación, mediante la expansión y móviles, plazas de podemos posición de uno con sus esquinas opuestas en cualquiera de los dos puntos $P,Q$ en el plano, haciendo que el mapa constante en $Z_4$.

La pregunta con respecto a otros abelian grupos de exponente dividiendo 4 puede ser accesible en esta forma; si es así yo no lo veo todavía.

AGREGADO: Gracias a Gerry Myerson por señalar que Mercio de la solución a los $Z_2$ problema muestra cómo extender a cualquier finito abelian grupo $G$. Una buena respuesta a la vista para cualquier persona interesada! (misma referencia, "hay un no constante...")

3voto

user15381 Puntos 32

Como se señaló en varias otras respuestas, la puramente versión discreta del problema (con ${\mathbb Z}^2$ en lugar de ${\mathbb R}^2$) tiene un par de soluciones, y la posibilidad de reescalar en $\mathbb R$ las fuerzas de cualquier solución en este caso. Aquí hay más información sobre el discreto problema.

Considerando primero familias más pequeñas de cuadrados o triángulos, uno puede evitar la torsión problema y obtener la agradable caracterizaciones de las soluciones. A continuación, un último pequeño ajuste es necesario para obtener un completo charcaterization a la solución del problema inicial.

Teorema Deje de $G$ ser arbitraria abelian grupo, y dejar que $V$ ser el módulo de todos los mapas de$f: {\mathbb Z}^2 \G$ cuyas sumas son iguales a cero en todas las plazas de la forma $(x,y)+[0,1]^2$ y $\lbrace (x,y), (x+1,y+1), (x,y+2), (x-1,y+1)\rbrace$. Entonces el ${\mathbb Z}$-lineal mapa $$ \phi : V \G^4,\ \ f \mapsto (f(1,1),f(0,0),f(1,0),f(2,0)) $$ es un isomorfismo. De hecho, por $(a,b,c,d)\in G^4$ el único de $f$ tal que $\phi(f)=(a,b,c,d)$, está dada por la siguiente regla : para los números enteros $x,y,i,j$,

$$ f(x,y)= \begin{casos} -ya & -(i+j-1), b& &+(i-j)d & \text{si }\ x=2i,& y=2j \\ -ya & +(i-j-1) b& c& -(i+j)d & \text{si}\ x=2i,& y=2j+1\\ ya & -(i-j)b& c & +(i+j)d & \text{si}\ x=2i+1,& y=2j \\ ya & +(i+j)b& & -(i-j)d & \text{si}\ x=2i+1,& y=2j+1 \\ \end{casos}\etiqueta{*} $$

Corolario Deje de $G$ ser arbitraria abelian grupo, y dejar que $f: {\mathbb Z}^2 \G$ ser un mapa. Entonces la suma de $f$ es cero en todos los rectángulos de ${\mathbb Z}^2$ si $f$ satisface (*) por encima de unos cuatro tupla $(a,b,c,d)$ con $4a=4b=4c=4d=0$ de $G$.

Prueba del teorema :

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