Nuevo giro en un problema de Putnam

Question

Un problema reciente de Putnam:

Dejemos que $f$ sea una función de valor real en el plano tal que para cada cuadrado $ABCD$ en el avión, $f(A)+f(B)+f(C)+f(D)=0$ . ¿Se deduce que $f$ es idéntico a cero?

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

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

son todos cero. Entonces $f(0,0)=[\rm(b)+(c)+(d)+(e)-(a)-2(f)]/4=0$ . Un argumento similar funciona cuando sustituimos la condición del problema por triángulos $\triangle ABC$ . A continuación he representado ambas ideas como la llamada "prueba sin palabras":

¿Qué ocurre cuando sustituimos el codominio de $f$ con un grupo abeliano de exponente que divide $4$ ou $6$ respectivamente? ¿Existen entonces mapas no constantes con estas propiedades?

Answer 1

El caso del grupo abeliano $Z_2$ ya surgió antes en este foro. ¿Existe una función no constante $f:\mathbb{R}^2 \to \mathbb{Z}/2\mathbb{Z}$ que sume 0 en las esquinas de los cuadrados?

He dado una respuesta a eso, que después de algunas simplificaciones, y utilizando algunos de los conjuntos del OP, va como sigue: Sea $f$ sea la función desde el plano hacia $Z_2$ y utilizar 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] $f(1,0)+f(0,1)+f(-1,0)+f(0,-1)=0.$

Añadiendo estos en $Z_2$ Todo se cancela, excepto $f(1,1)+f(-1,-1).$ Esto significa (ya que estamos en $Z_2$ ) que los valores de $f$ en los puntos diagonalmente opuestos de cualquier cuadrado son iguales, de lo cual reescalando el cuadrado y moviéndolo, podemos ver el mapa $f$ es constante.

EDIT: Ampliación al caso del grupo $Z_4$ . Supongamos que $f$ asigna el plano a $Z_4$ y la suma de $f$ en las esquinas de cada cuadrado es $0$ . Reduciendo mod 2 y utilizando el resultado anterior que mapea en $Z_2$ con esta propiedad de suma de esquinas son constantes, podemos deducir que en el caso de este mapa $f$ a $Z_4$ sólo quedan dos casos posibles: El caso "1,3", en el que el valor de $f$ en cada punto está en $\{1,3\}$ y el caso "2,4" en el que el valor de $f$ en cada punto está en $\{2,4\}$ .

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

Para simplificar el resto utilizaremos los símbolos $a,b$ para referirse a los dos elementos distintos en el caso 1,3 o en el caso 2,4. Así que por lo que se ha dicho, cada cuadrado debe tener sus esquinas etiquetadas o bien todas $a$ o todos $b$ o bien dos $a$ y dos $b$ en las esquinas.

Nuestra afirmación ahora es que no hay manera de etiquetar los nueve puntos del "doble cuadrado" de esta manera, de forma que las esquinas diagonalmente opuestas del "gran cuadrado" terminen con etiquetas diferentes de $a,b$ . Por "doble cuadrado" entendemos el conjunto de nueve puntos $(x,y)$ con cada uno de $x,y$ tomada del conjunto $\{-1,0,1\}$ (como se describe en la OP y en la prueba anterior). Hay entonces de manera obvia un "cuadrado grande", cuatro "cuadrados pequeños" que podemos llamar inferior derecho, inferior izquierdo, etc., y un "diamante" (también un cuadrado) formado por los puntos medios de los lados del cuadrado grande.

Ahora supongamos que es posible poner valores diferentes en puntos diagonalmente opuestos del gran cuadrado. Sin pérdida, supongamos que a la parte inferior derecha se le da el valor $a$ y en la parte superior izquierda el valor $b$ . Entonces los otros dos puntos del gran cuadrado también son $a,b$ (no ambos $a$ o ambos $b$ ); de nuevo sin pérdida supongamos que la parte inferior izquierda del gran cuadrado es $a$ mientras que la parte superior derecha del gran cuadrado es $b$ .

Ahora el centro del cuadrado debe ser etiquetado $a$ ou $b$ y podemos suponer que está etiquetado $a$ (si fuera $b$ podríamos girar el cuadrado 180 grados e intercambiar las letras $a,b$ ).

Ahora hay dos posibilidades para el punto medio del lado derecho del gran cuadrado.

caso 1: ponemos el valor $a$ en este punto medio del lado derecho. Entonces ya tenemos tres $a$ etiquetas en la casilla inferior derecha, por lo que se ven obligados a colocar otra $a$ en el cuarto punto de este cuadrado, es decir, en el punto medio del lado inferior del cuadrado grande. Entonces fácilmente el cuadrado inferior izquierdo termina etiquetado todo con $a$ . Ahora mirando los dos cuadrados superiores más pequeños, cada uno tiene ahora tres de sus vértices elegidos, con dos $a$ y una $b$ por las elecciones realizadas hasta ahora. Esto significa que el punto medio del lado superior del cuadrado grande debe tener el valor $b$ y finalmente nuestra contradicción, ya que ahora el cuadrado del diamante tiene tres puntos etiquetados $a$ y un punto (parte superior del diamante) etiquetado como $b$ . Como se ha señalado, no puede haber tres $a$ y una $b$ en las esquinas de cualquier cuadrado.

caso 2: ponemos el valor $b$ en el punto medio del lado derecho. Esta vez nos vemos obligados a colocar un $b$ en el punto medio del lado inferior del gran cuadrado, luego otro $b$ en el punto medio del lado izquierdo del cuadrado grande, y ahora los dos cuadrados superiores más pequeños requieren que haya un $a$ en el punto medio del lado superior del gran cuadrado. De nuevo llegamos a una contradicción, esta vez porque el cuadrado del rombo está ahora etiquetado con tres $b$ y una $a$ esquina.

Para completar el argumento del grupo $Z_4$ : Por lo que hemos demostrado, todo cuadrado debe tener el mismo valor mod 4 en dos de sus vértices diametralmente opuestos. Entonces, expandiendo y moviendo dichos cuadrados podemos colocar uno con sus vértices opuestos en dos puntos cualesquiera $P,Q$ en el plano, haciendo que el mapa sea constante en $Z_4$ .

La cuestión relativa a otros grupos abelianos de exponente divisor de 4 puede ser abordable de esta manera; si es así, aún no lo veo.

AÑADIDO: Gracias a Gerry Myerson por señalar que la solución de Mercio al $Z_2$ el problema muestra cómo extender a cualquier grupo abeliano finito $G$ . Una buena respuesta para quien esté interesado. (misma referencia, "¿Existe una no-constante...?")

Answer 2

Como se ha señalado en otras respuestas, la versión puramente discreta del problema (con ${\mathbb Z}^2$ en lugar de ${\mathbb R}^2$ ) tiene algunas soluciones, y la posibilidad de reescalar en $\mathbb R$ obliga a cualquier solución en este caso. Aquí hay más información sobre el problema discreto.

Al considerar primero familias más pequeñas de cuadrados o triángulos, se puede evitar el problema de la torsión y obtener buenas caracterizaciones de las soluciones. A continuación, es necesario un pequeño ajuste final para obtener una caracterización completa de la solución del problema inicial.

Teorema Dejemos que $G$ sea un grupo abeliano arbitrario, y sea $V$ sea el módulo de todos los mapas $f: {\mathbb Z}^2 \to G$ cuyas sumas son cero en todos los cuadrados 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 ${\mathbb Z}$ -mapa lineal $$ \phi : V \to G^4,\ \ f \mapsto (f(1,1),f(0,0),f(1,0),f(2,0)) $$ es un isomorfismo. En efecto, para $(a,b,c,d)\in G^4$ el único $f$ tal que $\phi(f)=(a,b,c,d)$ viene dada por la siguiente regla: para los enteros $x,y,i,j$ ,

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

Corolario Dejemos que $G$ sea un grupo abeliano arbitrario, y sea $f: {\mathbb Z}^2 \to G$ sea un mapa. Entonces la suma de $f$ es cero en todos los rectángulos de ${\mathbb Z}^2$ si $f$ satisface (*) para algunas cuatro tuplas $(a,b,c,d)$ con $4a=4b=4c=4d=0$ en $G$ .

Demostración del teorema :