Suelo de baldosas de un rectángulo y de tensor de productos

Question

Considere el siguiente teorema:

Cada vez que un rectángulo es de baldosas por rectángulos de cada uno de los cuales tiene al menos un entero de lado, entonces el rectangle tiene al menos un entero de lado.

Hay un papel por Stan Vagón con catorce pruebas de este resultado. Si reemplazamos entero racional, entonces es posible demostrar este resultado usando el tensor de productos.

Bosquejo de una prueba:($\otimes = \otimes_\mathbb{Q}$) Deje $a$ $b$ a los lados de la gran rectángulo y dejar $(a_i)$, $(b_i)$ los lados de los pequeños rectángulos. Tenemos $a\otimes b=\sum a_i\otimes b_i$, el uso que cada rectángulo tiene un lado racional, podemos reescribir esta suma como $1\otimes c + d\otimes 1$. Deje $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ $\mathbb{Q}$- función lineal tal que $\ker f =\mathbb{Q}$ (es posible construir con un $\mathbb{Q}$-base de $\mathbb{R}$). Ahora, definir $\phi:\mathbb{R}\otimes \mathbb{R} \to \mathbb{R}$$\phi(u\otimes v)=f(u)f(v)$. Tenemos $$ f(a)f(b)=\phi(a\otimes b)=\phi(1\otimes c + d\otimes 1)=0, $$ de modo que $a\in \mathbb{Q}$ o $b\in \mathbb{Q}$.

Pregunta: ¿Es posible escribir una otra prueba similar para la pregunta original?

Comentario: Como $\mathbb{R}\otimes_\mathbb{Z} \mathbb{R} = \mathbb{R}\otimes_\mathbb{Q} \mathbb{R}$ yo creo que la respuesta es no, pero tal vez podamos superar este problema utilizando diferentes $\mathbb{Z}$-módulos.

Answer 1

Hay una versión que maneja el entero caso, véase A. Shen, Un juego injusto. Los colorantes y los revestimientos. Y embaldosados Poliedros revisited. De matemáticas. Intelligencer, 19 (1997), no.4, p. 48--50. Shen cita una carta de Deligne con la siguiente prueba. (Todo lo que a continuación está tomado de este papel).

Considerar la suma directa de $\mathbb Z^{(\mathbb R/\mathbb Z)}$ de los ejemplares de $\mathbb Z$, indexado por $\mathbb R/\mathbb Z$. Para un elemento $x\in\mathbb R$, denotan por $\delta(x)$ "estándar de base de vectores" en $\mathbb Z^{(\mathbb R/\mathbb Z)}$ correspondiente a la clase de $x$$\mathbb R/\mathbb Z$.

Ahora, dado un rectángulo, cuyos lados son paralelos a los ejes de coordenadas, decir $A=[x_0, x_1] \times [y_0, y_1]$, considerar el elemento $c(A) := (\delta(x_1)-\delta(x_0))\otimes (\delta(y_1)-\delta(y_0))$ en el producto tensor $\mathbb Z^{(\mathbb R/\mathbb Z)}\otimes\mathbb Z^{(\mathbb R/\mathbb Z)}$. A continuación, $c(A)$ se comporta de forma aditiva al $A$ se divide en rectángulos más pequeños.

Claramente $c(A)=0$ cuando uno de los dos longitudes de los lados es integral. No es difícil comprobar que el contrario también es cierto: Si $c(A)=0$, entonces uno de los dos longitudes de los lados de $A$ es integral. (Como Deligne insiste, no es necesario el axioma de elección aquí; de manera similar, en el razonamiento dado en la pregunta realmente no es necesario el uso de un $\mathbb Q$-base de $\mathbb R$ - en su lugar se puede trabajar con un adecuado finito-dimensional subvector espacio de $\mathbb R$.)

Tenga en cuenta que este método de prueba permite la sustitución de los números enteros por cualquier subgrupo de $\mathbb R$, y que incluso dos subgrupos para los dos ejes se puede usar!