En el problema 1 de Putnam 2009

Question

(Esta es una adaptación del problema 1 de Putnam 2009)

Encontrar todos los valores de $n$ de manera tal que se cumple lo siguiente:

Hay un no-función constante $f : \Bbb{R}^2 \longrightarrow \Bbb{Z}_2$ tal que para cualquier regular $n$-gon $A_1...A_n$, $f(A_1) + \cdots + f(A_n) =0$.

Answer 1

Supongamos que existe una función para todos los $n$-ágonos. Tratamos de demostrar que la función debe ser igual a cero para cualquier punto arbitrario $O$. Sin pérdida de generalidad podemos suponer que $O$ está en el origen.

Considere la posibilidad de una $n$-gon se colocan en círculo unitario con el vértice $A_i$ colocado en $e^{\frac{2(i-1)\pi}{n}}$$i=1,...n$. Entonces el ángulo interno en cada vértice de regular $n-$gon es $\frac{(n-2)\pi}{n}$.

Considere la posibilidad de $A_1=1$. Entonces uno puede construir un $n-$gon a partir de $OA_1$ como uno de los bordes y la búsqueda de los puntos de $A^{1}_{j}$ tal que $\hat{A_1OA^1_{j}}=\frac{(j-1)\pi}{n}$$A^1_{j}A^1_{j-1}=OA_{1}$$j=2,....n-1$. Llame a este polígono $P_1$ con vértices $A^1_{j}$$A^1_{1}=A_1$$A^1_{n}=O$.

Del mismo modo, para cada una de las $A_i$, se puede construir un regular $n$-gon con $OA_i$ como un borde, llamado polígono $P_i$ con vértices $A^i_{j}$ $A^i_{1}=A_i$ y $A^i_{n-1}=O$. $P_i$ es la rotación de $P_1$${\frac{2(i-1)\pi}{n}}$$O$.

Ahora considere la suma de la función de $f$ de todos los vértices de los polígonos que debe ser igual a cero, de acuerdo a la asunción: $$ \displaystyle\sum_{i,j=1}^{n} f(A^{i}_j) $$ donde $A^{i}_j$ es el vértice $j$ $i$th polígono. Es fácil comprobar que $A^{1}_jA^{2}_j...A^{n}_j$ forma regular $n$-gon para $j=1,2,...,n-1$ (debido al hecho de que $P_j$ es la rotación de $P_1$ alrededor de origen ), lo que significa que: $$ \displaystyle\sum_{i=1}^{n} f(A^{i}_j)=0 $$

Por lo tanto tenemos: $$ \displaystyle\sum_{i,j=1}^{n} f(A^{i}_j)=nf(S)+\sum^{n-1}_{j=1}\sum^{n}_{i=1} f(A^{i}_j)=nf(O)=0. $$ Por tanto, la función debe ser constante cero para todos los puntos en el plano para todos los impares $n$.

Answer 2

Unos pocos casos:

A) una función de este tipo no existe para $n=4$. Supongamos por el contrario que le han dicho un no-función constante. Por la traducción, rotación y ampliación del sistema de coordenadas, podemos suponer que $f(0,0)=1$ $f(2,2)=0$ . Vamos a escribir $f(1,0)=a$, $f(2,0)=b$ y $f(0,1)=c$. Entonces

1. El cuadrado con vértices $(0,0)$, $(1,0)$, $(1,1)$ y $(0,1)$ fuerzas de $f(1,1)=a+c+1$.
2. Entonces el cuadrado con vértices $(1,0)$, $(2,0)$, $(2,1)$ y $(1,1)$ fuerzas de $f(2,1)=b+c+1$.
3. Entonces el cuadrado con vértices $(1,0)$, $(2,1)$, $(1,2)$ y $(0,1)$ fuerzas de $f(1,2)=a+b+1$.
4. Entonces el cuadrado con vértices $(1,1)$, $(2,1)$, $(2,2)$ y $(2,1)$ fuerzas de $f(2,2)=(a+c+1)+(b+c+1)+(a+b+1)=1\neq0$.

Esta es una contradicción.

B) en El caso de $n=3$ también es imposible. Vamos a usar un complejo de coordinar este tiempo. Deje $\omega=(1+i\sqrt3)/2$ un sexto de la raíz de la unidad. Podemos suponer que $f(0)=0$ $f(1)=1$ . Entonces tenemos (la rotación de la obvia de 60 grados sector sobre el origen) que $f(\omega)=1$, $f(\omega)^2=1$, y continuando $f(\omega^k)=1$ para todos los exponentes $k$. Pero $1,\omega^2$ $\omega^4$ también forman un triángulo equilátero, y hemos corrió a una contradicción.

Algo similar podría funcionar para hexágonos, como luego nos puede embaldosar el plano con ellos, el uso de diferentes tamaños de regular $n$-ágonos, y posiblemente ejecutar en una contradicción.

Pero una idea diferente es necesario manejar el caso general.