mathematica.gr

Δημοσιεύτηκε: **Τετ Δεκ 05, 2018 10:37 am**

Έστω πρώτοι μεταξύ τους θετικοί ακέραιοι m,n

και έστω

$\displaystyle a_k = \left\lfloor \frac{mk}{n} \right\rfloor - \left\lfloor \frac{m(k-1)}{n} \right\rfloor$

για $k = 1, 2, \dots, n$ . Έστω g,h

στοιχεία μιας ομάδας

ώστε

$\displaystyle gh^{a_1} gh^{a_2} \cdots gh^{a_n} = e,$

όπου

το ταυτοτικό στοιχείο.

Να δειχθεί ότι gh = hg

.

Δημοσιεύτηκε: **Παρ Δεκ 07, 2018 4:42 pm**

Ωραίο.

Θα το δείξω με επαγωγή στο m+n

. Είναι προφανές όταν m=n=1

αφού

, άρα

που δίνει $h = g^{-1}$ και άρα και hg = e = gh

. Για το επαγωγικό βήμα ελέγχουμε δύο περιπτώσεις.

Περίπτωση 1: Αν m >n

θέτω

. Τότε

για κάθε

. Θέτω

και

. Τότε

$\displaystyle e = gh^{a_1} gh^{a_2} \cdots gh^{a_n} = gh{a_1'+1} \cdots gh^{a_n'+1} = g' (h')^{a_1'} \cdots g' (h')^{a_n'}$

Από την επαγωγική υπόθεση έχουμε g'h' = h'g'

. Δηλαδή

οπότε και

.

Περίπτωση 2: Αν m < n

θέτω

. Θέτω

και

.

Επειδή m < n

, κάθε

ισούται είτε με

είτε με

. Στη παράσταση $gh^{a_1} \cdots gh^{a_n}$ αντικαθιστώ κάθε εμφάνιση του $gh^{a_k}$ με

αν

και με

αν

για να πάρω μια παράσταση στα g',h'

η οποία είναι ίση με

.

ΕΜΦΑΝΙΣΗ ΚΕΙΜΕΝΟΥ

Έστω ότι στο βήμα

έγραψα το

για

-οστή φορά. Αυτό σημαίνει ότι έγραψα και k-r

φορές το

. Για να γράψω όμως τόσες φορές το

πρέπει ακριβώς k-r

φορές να είχα a_i = 1

για $1 \leqslant i \leqslant k$ . Άρα $\displaystyle \left\lfloor \frac{mk}{n}\right\rfloor = k - r.$ Επειδή a_k = 0

έχουμε επιπλέον ότι $\displaystyle \left\lfloor \frac{m(k-1)}{n}\right\rfloor = k - r.$

Από το $\displaystyle \left\lfloor \frac{mk}{n}\right\rfloor = k - r$ παίρνουμε $\displaystyle \frac{mk}{n} < k-r+1$ που είναι ισοδύναμο με το $\displaystyle \frac{m(r-1)}{n-m} < k-r+1$

Από το $\displaystyle \left\lfloor \frac{m(k-1)}{n}\right\rfloor = k - r$ παίρνουμε $\displaystyle \frac{m(k-1)}{n} \geqslant k-r$ που είναι ισοδύναμο με το $\displaystyle \frac{m(r-1)}{n-m} \geqslant k-r$

Έχουμε λοιπόν ότι

$\displaystyle a_1' + a_2' + \cdots + a_{r-1}' = \left\lfloor \frac{m(r-1)}{n-m}\right\rfloor = k - r$

Αυτό σημαίνει πως όταν γράψω το

-οστό

έχω γράψει ακριβώς $k-r = a_1' + \cdots + a_{r-1}'$ φορές το

. Δηλαδή

$\displaystyle g' (h')^{a_1'} \cdots g' (h')^{a_{n'}} = e$

Εδώ πρέπει να δικαιολογήσω γιατί το $g' (h')^{a_{n'}}$ είναι ο τελευταίος όρος της παράστασης. Το πλήθος των

που γράφουμε είναι ίσο με $a_1 + \cdots + a_n = m = m' = a_1' + \ cdots + a'_{n'}$ . Επίσης, το πλήθος των

είναι ίσο με n-m = n'

.

Από την επαγωγική υπόθεση έχουμε g'h' = h'g'

. Δηλαδή

οπότε και

.

mathematica.gr

Putnam 2018/A4

Putnam 2018/A4

Re: Putnam 2018/A4