Demostrando que $T$ : $(x_1,...,x_n) \rightarrow (\frac {x_1+x_2}{2},\frac {x_2+x_3}{2},...,\frac {x_n+x_1}{2})$ conduce a componentes no integrales

Question

Comienza con $n$ paiwise diferentes enteros $x_1,x_2,...,x_n,(n>2)$ y repite el siguiente paso:

$T$ : $(x_1,...,x_n) \rightarrow (\frac {x_1+x_2}{2},\frac {x_2+x_3}{2},...,\frac {x_n+x_1}{2})$

Demuestra que $T,T^2,...$ finalmente conduce a componentes no integrales.

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He resuelto este problema con el enfoque escrito a continuación, pero ¿existe una forma elemental más elegante de resolver este problema utilizando el hecho de que la suma de las componentes es invariante?

Denote $y_k =(z(k)_1,....,z(k)_n) = T^k(x)$ donde $x=(x_1,...,x_n)$ .

Entonces $||y_{k+1}||^2=(\frac {z(k)_1+z(k)_2}{2})^2+(\frac {z(k)_2+z(k)_3}{2})^2+...+(\frac {z(k)_n+z(k)_1}{2})^2$

$=\frac {1} {2}(z(k)_1^2+....+z(k)_n^2)+\frac {1} {4}(2z(k)_1z(k)_2+2z(k)_2z(k)_3+...+2z(k)_nz(k)_1)$

$\le z(k)_1^2+...+z(k)_n^2$ Desde $2xy\le x^2+y^2$

Así, $||y_{n+1}|| \le ||y_n||$ .

La igualdad se mantiene si y sólo si $z(k)_i=z(k)_{i+1}$ para $i=1,2..,n-1$ y $z(k)_n=z(k)_{1} \rightarrow z(k)_1=z(k)_2=....=z(k)_n$

Si los componentes siguen siendo enteros, la suma de los cuadrados es estrictamente decreciente hasta que todos los componentes son iguales.Supongamos $T^k(x)$ consta de componentes iguales y $T^{k-1}(x)$ consta de componentes tales que no todos son iguales.

Entonces $$T^k(x)=(\frac {z(k-1)_1+z(k-1)_2} {2},...,\frac {z(k-1)_n+z(k-1)_1} {2})$$ con $$\frac {z(k-1)_1+z(k-1)_2} {2}=\frac {z(k-1)_2+z(k-1)_3} {2}=...=\frac {z(k-1)_n+z(k-1)_1}{2}$$

$\rightarrow z(k-1)_1=z(k-1)_3=z(k-1)_5... $ , $z(k-1)_2=z(k-1)_4=z(k-1)_6...$ y $z(k-1)_n=z(k-1)_2$ .

Si $n$ es impar se deduce que $z(k-1)_1=z(k-1)_2=...=z(k-1)_n$ que es una contradicción.

Si $n$ es incluso tenemos que $T^{k-1}(x)=(r,s,r,s,....,r,s)$

$$\frac {z(k-2)_1+z(k-2)_2} {2}=\frac {z(k-2)_3+z(k-2)_4} {2}=...=\frac {z(k-2)_{n-1}+z(k-2)_n} {2}=r $$ y $$ \frac {z(k-2)_2+z(k-2)_3} {2}=\frac {z(k-2)_4+z(k-2)_5} {2}=...=\frac {z(k-2)_{n}+z(k-2)_1} {2}=s $$

De ello se desprende que $$ \frac {z(k-2)_1+z(k-2)_2} {2}+\frac {z(k-2)_3+z(k-2)_4} {2}+...+\frac {z(k-2)_{n-1}+z(k-2)_n} {2}=\frac {n} {2} r $$

y $$ \frac {z(k-2)_2+z(k-2)_3} {2}+\frac {z(k-2)_4+z(k-2)_5} {2}+...+\frac {z(k-2)_{n}+z(k-2)_1} {2}= \frac {n} {2} s $$

$ \rightarrow r=s $ Así hemos llegado a una contradicción. De ello se desprende que $T,T^2,...$ finalmente conduce a valores no integrales.

Answer 1

El determinante de $T$ cuando es distinto de cero, tiene que ser un número entero para $T$ para mantener la integralidad de los vectores (prueba: un simplex con vértices enteros y volumen mínimo tiene que mapear a una unión finita de tales). Esto excluye a impar $n$ . El cálculo del determinante puede realizarse utilizando la fórmula de los valores propios de las matrices circulantes, aquí $(1+\omega)/2$ con $\omega$ cualquier $n$ raíz de la unidad.

Incluso para $n$ el determinante de $T$ es $0$ pero el mapa no es nilpotente, por lo que existe potencialmente una subred de números enteros a la que se aplica el mismo argumento (ya que sólo hay un $0$ valor propio). De hecho, $T$ conserva el $(n-1)$ subespacio dimensional con $\sum (-1)^i x_i = 0$ y no asigna ningún elemento de ese subespacio a $0$ . Esto significa que es el subespacio invariante de $T$ complementaria a la $0$ eigenspace, y el determinante de $T$ restringido a ese subespacio es el producto de los valores propios no nulos. El determinante, de nuevo, no es un número entero.

Answer 2

Primero hay que encontrar los valores propios de $T$ :

$Ty = \lambda y$ equivale a ${y_i + y_{i+1} \over 2} = \lambda y_i$ para todos $i$ , donde $y_{n+1}$ se entiende que $y_1$ . Esto se traduce en $y_{i+1} = (2\lambda - 1)y_i$ . Iterando $n$ veces hemos $(2\lambda - 1)^n y_i = y_i$ . Dado que algunos $y_i$ es distinto de cero se tiene $(2\lambda - 1)^n = 1$ o de forma equivalente $\lambda = {1 + \omega \over 2}$ donde $\omega$ es cualquier $n$ raíz de la unidad. A la inversa, se puede ver que cada $\lambda$ es un vector propio utilizando $y_1 = 1$ y $y_i = (2\lambda - 1)^{i-1} = w^{i-1}$ para cada $i > 1$ .

Así que los valores propios son de la forma $\lambda_k = {\displaystyle{1 + e^{2\pi i (k-1) \over n} \over 2}}$ para $1 \leq k \leq n$ con algunos vectores propios correspondientes $v_k$ . Cualquier vector inicial $x = (x_1,...,x_n)$ puede escribirse de la forma $c_1v_1 + .... + c_nv_n$ para algunos $c_i$ . Desde el $x_i$ son distintos y $v_1 = (1,...,1)$ tenemos que $c_i \neq 0$ para al menos una $i > 0$ . En el caso de que $n$ está en paz, $v_{{n \over 2} + 1} = (1,-1,1,-1,...,1,-1)$ Así que, como el $x_i$ son distintos, si $n$ es incluso entonces $c_i \neq 0$ para algunos $i >1$ , $i \neq {n \over 2} + 1$ .

A continuación, observe que $$T^k x = c_1 v_1 + \lambda_2^k c_2 v_2 + ... + \lambda_n^k c_n v_n$$ Desde $|\lambda_i| < 1$ para todos $i > 1$ , como $k$ va al infinito $T^k x$ converge a $c_1v_1$ . Por el último párrafo, siempre hay un $c_i \neq 0$ para lo cual $i > 1$ y $\lambda_i^k \neq 0$ Así que, como el $v_i$ son linealmente independientes para $i > 1$ no es posible que para algunos $k$ uno ya tiene $T^k x = c_1 v_1$ .

A continuación, observe que hay algunos $\epsilon > 0$ de manera que si $0 < ||w - c_1v_1|| < \epsilon$ entonces $w$ tiene componentes no enteros. Como $T^kx$ converge a $c_1v_1$ como $k$ va al infinito y cada $T^k x$ no es igual a $c_1v_1$ tenemos que para $k$ lo suficientemente grande $T^k x$ tiene componentes no enteros según sea necesario.