El PRESIDENTE [traducido del francés]: ¿Es posible llegar a un consenso sin esperar a esta tarde?

Question

He encontrado este problema en un concurso de matemáticas. Al parecer, es resuelto por la teoría de grupo, pero no tengo idea de cómo.

Vamos a jugar un juego con un conjunto de color rojo y azul canicas dispuestos en una línea.

Aquí están las reglas del juego:

1. Una canica azul puede saltar por encima de las dos canicas rojas y mata a uno de los dos.

2. Un mármol (azul o rojo) puede saltar por encima de tres adyacentes canicas rojas y mata a los tres.

3. Un mármol (azul o rojo) puede saltar por encima de las dos adyacentes canicas azules y mata a ambos.

Supongamos que en el estado inicial tenemos $2007$ canicas azules, $2008$ canicas rojas y de nuevo $2007$ canicas azules dispuestos en una línea.

Es posible llegar a un estado cuando sólo canicas azules son de izquierda?

Answer 1

Considere los siguientes mapas de $\mathbb C\to\mathbb C$ (donde $\omega=e^{2\pi i/3}$): $$ r(z)=\omega z$$ $$ b(z)=\overline z$$

Entonces tenemos las siguientes identidades: $$\tag1\begin{align}b(r(r(z))&=r(b(z))\\ r(r(b(z)) &= b(r(z))\\ r(r(r(z))&=z\\ b(b(z))&=z\end{align} $$ Finalmente $$ \tag2\underbrace{b(b(\cdots(b}_{2007}(\underbrace{r(r(\cdots(r}_{2008}(\underbrace{b(b(\cdots(b}_{2007}(z))\cdots))=b(r(b(z)))=r(r(z))$$ no es ni $z$ ni $b(z)$ porque $r(r(1))=\omega^2\ne1$. Desde cualquier aplicación de las reglas de el juego de la canica a la secuencia de funciones aplicadas en $(2)$ no cambia la función (porque de las identidades $(1)$ que coincida con el mármol de las reglas del juego) y cualquier composición de $b$s es eitzer $b(z)$ o de la identidad, llegamos a la conclusión de que es imposible acabar con sólo canicas azules.

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En lugar de utilizar números complejos también se podría trabajar con $\mathbb Z/3\mathbb Z$ y deje $b(x)=-x\pmod 3$$r(x)=x+1\pmod 3$.

Answer 2

Podemos asociar al juego, $G$ el grupo libre generado por $r$ $b$ con las relaciones:

$1) br^2=rb,r^2b = br$

$2)br^3=r^3b=b, r^4 = r$

$3)rb^2 = b^2r=r, b^3 = b$

Donde podemos asociar cualquier estado del juego, con una palabra en $G$,mediante el envío de una línea de canicas a una línea de $r$s y $b$s. La reducción de una palabra en $G$ con una de las relaciones es equivalente a la toma de uno de los movimientos descritos en la pregunta. Así que, todo lo que necesita hacer para resolver el problema es demostrar que el $b^{2007}r^{2008}b^{2007}$ no es equivalente a una palabra que es sólo algo de poder de $b$.

Answer 3

Las reglas del juego sugieren un grupo de $G$ con la presentación $$G = \langle b,r \,\, | \,\, br^2 = rb, \, br^3 = b, \, r r^3 = r, \, b, b^2 = b, \, r b^2 = r \rangle $$ Esta presentación puede ser simplificado para $$G = \langle b,r \,\, | \,\, r^3 = b^2 = Id, \, b^{-1} r b = r^2 \rangle $$ Este grupo $G$ es el semidirect producto $\mathbb{Z}/3 \rtimes \mathbb{Z}/2$ cuando el generador de $b$ del cociente $\mathbb{Z}/2 = \langle b \rangle$ actúa sobre el núcleo de $\mathbb{Z}/3 = \langle r \rangle$ tomando $r$$r^{-1}=r^2$. Por eso, $G$ es del orden de 6 diedro grupo, representado geométricamente como simetrías de un triángulo equilátero, donde $b$ es una reflexión de orden 2 y $r$ es una rotación de orden 3.

Así que la pregunta es si la palabra $b^{2007} r^{2008} b^{2007}$ representa una reflexión. Tomando la suma de los $b$-exponentes y la reducción de la mod 2 tienes la homomorphism $G \to \mathbb{Z}/2$ dada por el semidirect la estructura del producto, y un elemento de $G$ es un reflejo si y sólo si la suma es impar.

Pero $2007 + 2007$ es incluso.