El problema de la división del fútbol en un anillo arbitrario

Question

Hay un problema de folclore:

Dejemos que $x_1, \cdots, x_{23} \in \mathbb{Z}$ sean los pesos de $23$ jugadores de fútbol. Ahora el Maestro Yoda quiere formar dos equipos de fútbol con $11$ jugadores cada uno. Resulta que para cualquier $1 \leq i \leq 23$ se puede dividir $\{1, \cdots, 23 \} - \{ i \}$ en dos conjuntos disjuntos $A, B$ con $|A| = |B| = 11$ tal que $\displaystyle \sum_{k \in A} x_k = \sum_{k \in B} x_k$ . Demuestra que todos los números deben ser iguales.

La solución es bien conocida y no es muy difícil para $\mathbb{Z}$ .

Me pregunto cómo reemplazar $\mathbb{Z}$ por qué anillo conmutativo con unidad $R$ hace que el problema sea falso.

Si $R = \mathbb{Q}$ , entonces también es lo mismo que $\mathbb{Z}$ (y la respuesta es afirmativa), basta con multiplicar todo por el LCM de los numeradores para reducirlo al caso $R = \mathbb{Z}$ .

Si $R = \mathbb{R}$ entonces también el problema es verdadero, pero se necesita un lema de Dirichlet (que está demostrado por PHP) para reducirlo al caso $R = \mathbb{Z}$ .

Si $R = \mathbb{C}$ entonces también es cierto el problema. Porque si $\displaystyle \sum_{k \in A} z_k = \sum_{k \in B} z_k \Rightarrow \sum_{k \in A} \text{Re}(z_k) = \sum_{k \in B} \text{Re}(z_k)$ y por el anterior $R = \mathbb{R}$ aplicada a los componentes reales, se obtiene $\text{Re}(z_i) = \text{Re}(z_j)$ para todos $i, j$ . De la misma manera se demuestra que los componentes imaginarios son iguales, por lo que todos los números son iguales.

Si $R = \mathbb{Q}[x], \mathbb{C}[x], \mathbb{R}[x], M_{m,n}(\mathbb{Q}), M_{m,n}(\mathbb{Z}), M_{m,n}(\mathbb{C}), M_{m,n}(\mathbb{R}) $ Incluso en ese caso, el problema es cierto, ya que se puede examinar el problema "por componentes" y reducirlo a los casos anteriores.

Sin embargo no tengo ni idea de si el problema es cierto cuando $R = \mathbb{Z}_p$ para algún primo $p$ o en algunos otros anillos. ¿Es cierto para todos los anillos, o hay algunos anillos para los que este problema no se cumple? Si es falso para algunos anillos, ¿hay alguna caracterización para dichos anillos?

Answer 1

Así que creo que $\mathbb{Z}_3$ proporciona un contraejemplo. Si se eligen los pesos de los jugadores como 12 x 1 y 11 x -1 se rompe.

Prueba: Sólo puedes hacer dos elecciones en cuanto a lo que se quita.

Caso 1) el jugador que queda fuera tiene peso 1. Entonces se obtiene $11 \times 1$ y $11 \times -1$ . Elección de una división de $10$ jugadores con peso $1$ y uno con peso $-1$ y $10$ jugadores con peso $-1$ y uno con peso $1$ , da $(9\times 1)+ 1+(-1)=0+0$ y $(9 \times -1)+(-1)+1=0+0$ .

Caso 2) el jugador que queda fuera tiene peso -1. Entonces se obtiene $12 \times 1$ y $10 \times -1$ . Pero entonces puedes dividirlos en partes iguales en $6\times 1$ y $5\times -1$ en cada lado.

Editar: resulta que se puede plantear un contraejemplo mucho más sencillo que sirve para todo $\mathbb{Z}_k$ donde $k\leq 11$ e impar.

Elija los pesos a ser $23-k$ veces $0$ y $k$ veces $a\neq 0$ . Entonces, si se omite un $0$ jugadores de peso entonces todos los $a$ los jugadores del mismo equipo tienen peso $ka=0$ y si se omite un $a$ jugador de peso que pone $(k-1)/2$ $a$ -jugadores de peso en cada equipo.

Edición 2: Ok, así que si usted especifica sólo anillo con la unidad, entonces usted está fuera de suerte con un límite. Existen anillos arbitrariamente grandes donde existen contraejemplos. A saber, todos los anillos de la forma $\mathbb{Z}_{pk}$ donde $p\leq 11$ es impar y $k>1$ es arbitraria. El contraejemplo entonces es $23-p$ ceros y $p$ muchos $k$ 's. El argumento es el mismo que en la edición 1. Elija un $0$ y haces un equipo de $p$ $k$ rellenado con ceros, elija $k$ y tienes un número par de $k$ para repartir entre los dos equipos.

Obviamente este tipo de ejemplo (grande) desaparece si se requiere no un anillo sino un dominio integral.

Answer 2

No pude escribir esto en el comentario pero $Z_{13}$ proporciona otro contraejemplo: Ocho 1s, un 5, y catorce 0s. De forma similar, para $Z_{17}$ toma diez 1, un 7 y doce 0.