Jak souvisí plochá dráha a konečná geometrie? L ubomíra Balková podle přednášky doc. Eduarda Fuchse Trendy současné matematiky 16. prosince 2010 (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 1 / 20
Leonhard Euler 1710 1783 17. 10. 1776 předložil petrohradské akademii úlohu o 36 důstojnících: Sestavte 36 důstojníků 6 různých hodností ze 6 různých pluků do čtverce tak, aby v každé řadě a v každém zástupu byli důstojníci všech hodností a všech pluků! (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 2 / 20
Leonhard Euler 1710 1783 17. 10. 1776 předložil petrohradské akademii úlohu o 36 důstojnících: Sestavte 36 důstojníků 6 různých hodností ze 6 různých pluků do čtverce tak, aby v každé řadě a v každém zástupu byli důstojníci všech hodností a všech pluků! (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 2 / 20
Jacques Ozanam 1640 1717 Euler znal pravděpodobně Ozanamovu úlohu z knihy Recréations mathématiques et physiques z roku 1723: Vyložte 16 vysokých karet esa A, krále K, dámy D a kluky B jedné karetní hry o čtyřech barvách do čtverce se 4 řádky a 4 sloupci tak, aby každý řádek a každý sloupec obsahoval všechny barvy a všechny výšky karet! (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 3 / 20
Jacques Ozanam 1640 1717 Euler znal pravděpodobně Ozanamovu úlohu z knihy Recréations mathématiques et physiques z roku 1723: Vyložte 16 vysokých karet esa A, krále K, dámy D a kluky B jedné karetní hry o čtyřech barvách do čtverce se 4 řádky a 4 sloupci tak, aby každý řádek a každý sloupec obsahoval všechny barvy a všechny výšky karet! (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 3 / 20
Latinské čtverce Definice: Matice řádu n z prvků z A, kde #A = n, kde v každém řádku a v každém sloupci všechny prvky. Věta: Pro každé n N existuje latinský čtverec řádu n. 1 2 3... n 1 n 2 3 4... n 1.................. n 1 2... n 2 n 1 (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 4 / 20
Latinské čtverce Definice: Matice řádu n z prvků z A, kde #A = n, kde v každém řádku a v každém sloupci všechny prvky. Věta: Pro každé n N existuje latinský čtverec řádu n. 1 2 3... n 1 n 2 3 4... n 1.................. n 1 2... n 2 n 1 (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 4 / 20
Ortogonální latinské čtverce Definice: Latinské čtverce (a ij ),(b ij ) řádu n, pro které se v matici (a ij,b ij ) vyskytuje každý prvek z A B právě jednou. Příklad: 1 2 3 (a ij ) = 2 3 1, 3 2 1 (b ij ) = 1 3 2, 1,3 2,2 3,1 (a ij,b ij ) = 2,1 3,3 1,2 3 1 2 2 1 3 3,2 1,1 2,3 (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 5 / 20
Ortogonální latinské čtverce Definice: Latinské čtverce (a ij ),(b ij ) řádu n, pro které se v matici (a ij,b ij ) vyskytuje každý prvek z A B právě jednou. Příklad: 1 2 3 (a ij ) = 2 3 1, 3 2 1 (b ij ) = 1 3 2, 1,3 2,2 3,1 (a ij,b ij ) = 2,1 3,3 1,2 3 1 2 2 1 3 3,2 1,1 2,3 Proč OG? Otočením latinského čtverce lichého řádu 1 2 3... n 1 n 2 3 4... n 1.................. n 1 2... n 2 n 1 kolem středu o 90 vznikne dvojice OG latinských čtverců. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 5 / 20
Ortogonální latinské čtverce Definice: Latinské čtverce (a ij ),(b ij ) řádu n, pro které se v matici (a ij,b ij ) vyskytuje každý prvek z A B právě jednou. Příklad: 1 2 3 (a ij ) = 2 3 1, 3 2 1 (b ij ) = 1 3 2, 1,3 2,2 3,1 (a ij,b ij ) = 2,1 3,3 1,2 3 1 2 2 1 3 3,2 1,1 2,3 Proč OG? Otočením latinského čtverce lichého řádu 1 2 3... n 1 n 2 3 4... n 1.................. n 1 2... n 2 n 1 kolem středu o 90 vznikne dvojice OG latinských čtverců. 1.úloha: Proč platí? A proč pro lichá? (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 5 / 20
Ortogonální latinské čtverce Definice: Latinské čtverce (a ij ),(b ij ) řádu n, pro které se v matici (a ij,b ij ) vyskytuje každý prvek z A B právě jednou. Příklad: 1 2 3 (a ij ) = 2 3 1, 3 2 1 (b ij ) = 1 3 2, 1,3 2,2 3,1 (a ij,b ij ) = 2,1 3,3 1,2 3 1 2 2 1 3 3,2 1,1 2,3 Proč OG? Otočením latinského čtverce lichého řádu 1 2 3... n 1 n 2 3 4... n 1.................. n 1 2... n 2 n 1 kolem středu o 90 vznikne dvojice OG latinských čtverců. 1.úloha: Proč platí? A proč pro lichá? (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 5 / 20
Přeformulování Eulerovy úlohy Sestavte 36 důstojníků 6 různých hodností ze 6 různých pluků do čtverce tak, aby v každé řadě a v každém zástupu byli důstojníci všech hodností a všech pluků! Zkonstruujte OG latinské čtverce řádu 6! Poznámka: OG latinské čtverce se nazývají i řecko-latinské či Eulerovy. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 6 / 20
Přeformulování Eulerovy úlohy Sestavte 36 důstojníků 6 různých hodností ze 6 různých pluků do čtverce tak, aby v každé řadě a v každém zástupu byli důstojníci všech hodností a všech pluků! Zkonstruujte OG latinské čtverce řádu 6! Poznámka: OG latinské čtverce se nazývají i řecko-latinské či Eulerovy. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 6 / 20
Existence OG latinských čtverců řádu n pro n = 2 neexistují ( ) 1 2 (a ij ) =, (b 2 1 ij ) = (a ij ) = ( ) 1 2, (b 2 1 ij ) = Ozanam: pro n = 4 existují ( ) 1 2, (a 2 1 ij,b ij ) = ( ) 2 1, (a 1 2 ij,b ij ) = ( ) 11 22 22 11 ( ) 12 21 21 12 (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 7 / 20
Existence OG latinských čtverců řádu n pro n = 2 neexistují ( ) 1 2 (a ij ) =, (b 2 1 ij ) = (a ij ) = ( ) 1 2, (b 2 1 ij ) = Ozanam: pro n = 4 existují ( ) 1 2, (a 2 1 ij,b ij ) = ( ) 2 1, (a 1 2 ij,b ij ) = ( ) 11 22 22 11 ( ) 12 21 21 12 (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 7 / 20
Existence OG latinských čtverců řádu n pro n liché existují: už známe konstrukci rotací o 90 fr vyslanec v Siamu S. de la Loubère roku 1687-88: jiná konstrukce pomocí magických čtverců ) ( 17 24 1 8 15 23 5 7 14 16 4 6 13 20 22 10 12 19 21 3 11 18 25 2 9 vsuvka: kolik je řádkový součet magického čtverce řádu n? odečteme od každého čísla jedničku a čísla vyjádříme v soustavě o základu 5 ( 31 43 00 12 24 ) 42 04 11 23 30 03 10 22 34 41 14 21 33 40 02 20 32 44 01 13 (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 8 / 20
Existence OG latinských čtverců řádu n pro n liché existují: už známe konstrukci rotací o 90 fr vyslanec v Siamu S. de la Loubère roku 1687-88: jiná konstrukce pomocí magických čtverců ) ( 17 24 1 8 15 23 5 7 14 16 4 6 13 20 22 10 12 19 21 3 11 18 25 2 9 vsuvka: kolik je řádkový součet magického čtverce řádu n? odečteme od každého čísla jedničku a čísla vyjádříme v soustavě o základu 5 ( 31 43 00 12 24 ) 42 04 11 23 30 03 10 22 34 41 14 21 33 40 02 20 32 44 01 13 2. úloha: Proč první konstrukce dává vždy magický čtverec a druhá OG latinské čtverce? (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 8 / 20
Existence OG latinských čtverců řádu n pro n liché existují: už známe konstrukci rotací o 90 fr vyslanec v Siamu S. de la Loubère roku 1687-88: jiná konstrukce pomocí magických čtverců ) ( 17 24 1 8 15 23 5 7 14 16 4 6 13 20 22 10 12 19 21 3 11 18 25 2 9 vsuvka: kolik je řádkový součet magického čtverce řádu n? odečteme od každého čísla jedničku a čísla vyjádříme v soustavě o základu 5 ( 31 43 00 12 24 ) 42 04 11 23 30 03 10 22 34 41 14 21 33 40 02 20 32 44 01 13 2. úloha: Proč první konstrukce dává vždy magický čtverec a druhá OG latinské čtverce? (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 8 / 20
Existence OG latinských čtverců řádu n Euler: pro n liché existují: ještě další konstrukce - tentokrát pomocí zbytkových tříd 0,0 0,1 0,2... 0,n 2 0,n 1 1,0 1,1 1,2... 1,n 2 1,n 1.................. n 1,0 n 1,1 n 1,2... n 1,n 2 n 1,n 1 OG latinské čtverce jsou pak matice x + y mod n a x y mod n ) ), ( 0 1 2... n 2 n 1 1 2 3... n 1 0.................. n 1 0 1... n 3 n 2 ( 0 n 1 n 2... 2 1 1 0 n 1... 3 2.................. n 1 n 2 n 3... 1 0 (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 9 / 20
Existence OG latinských čtverců řádu n Euler: pro n liché existují: ještě další konstrukce - tentokrát pomocí zbytkových tříd 0,0 0,1 0,2... 0,n 2 0,n 1 1,0 1,1 1,2... 1,n 2 1,n 1.................. n 1,0 n 1,1 n 1,2... n 1,n 2 n 1,n 1 OG latinské čtverce jsou pak matice x + y mod n a x y mod n ) ), ( 0 1 2... n 2 n 1 1 2 3... n 1 0.................. n 1 0 1... n 3 n 2 ( 0 n 1 n 2... 2 1 1 0 n 1... 3 2.................. n 1 n 2 n 3... 1 0 3. úloha: Proč bylo při konstrukci nutné n liché? Funguje konstrukce i pro nějaké sudé n? (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 9 / 20
Existence OG latinských čtverců řádu n Euler: pro n liché existují: ještě další konstrukce - tentokrát pomocí zbytkových tříd 0,0 0,1 0,2... 0,n 2 0,n 1 1,0 1,1 1,2... 1,n 2 1,n 1.................. n 1,0 n 1,1 n 1,2... n 1,n 2 n 1,n 1 OG latinské čtverce jsou pak matice x + y mod n a x y mod n ) ), ( 0 1 2... n 2 n 1 1 2 3... n 1 0.................. n 1 0 1... n 3 n 2 ( 0 n 1 n 2... 2 1 1 0 n 1... 3 2.................. n 1 n 2 n 3... 1 0 3. úloha: Proč bylo při konstrukci nutné n liché? Funguje konstrukce i pro nějaké sudé n? 4. úloha: Program vyrábějící k danému lichému n OG latinské čtverce řádu n. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 9 / 20
Existence OG latinských čtverců řádu n Euler: pro n liché existují: ještě další konstrukce - tentokrát pomocí zbytkových tříd 0,0 0,1 0,2... 0,n 2 0,n 1 1,0 1,1 1,2... 1,n 2 1,n 1.................. n 1,0 n 1,1 n 1,2... n 1,n 2 n 1,n 1 OG latinské čtverce jsou pak matice x + y mod n a x y mod n ) ), ( 0 1 2... n 2 n 1 1 2 3... n 1 0.................. n 1 0 1... n 3 n 2 ( 0 n 1 n 2... 2 1 1 0 n 1... 3 2.................. n 1 n 2 n 3... 1 0 3. úloha: Proč bylo při konstrukci nutné n liché? Funguje konstrukce i pro nějaké sudé n? 4. úloha: Program vyrábějící k danému lichému n OG latinské čtverce řádu n. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 9 / 20
Existence OG latinských čtverců řádu n Eulerova hypotéza: pro n = 4k + 2, k = 0,1,2,... neexistují francouzský celní inspektor Gaston Tarry (1843-1913) roku 1900 dokázal, že neexistují OG latinské čtverce 6. řádu, a to hrubou silou (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 10 / 20
Existence OG latinských čtverců řádu n Eulerova hypotéza: pro n = 4k + 2, k = 0,1,2,... neexistují francouzský celní inspektor Gaston Tarry (1843-1913) roku 1900 dokázal, že neexistují OG latinské čtverce 6. řádu, a to hrubou silou (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 10 / 20
Počet latinských a OG latinských čtverců řádu n Věta: Latinských čtverců řádu n je minimálně n!(n 1)!(n 2)!... 1! Pro n = 6 je tedy latinských čtverců nejméně 6!5!4!3!2!1! = 24 883 200. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 11 / 20
Počet latinských a OG latinských čtverců řádu n Věta: Latinských čtverců řádu n je minimálně n!(n 1)!(n 2)!... 1! Pro n = 6 je tedy latinských čtverců nejméně 6!5!4!3!2!1! = 24 883 200. Věta: Každá množina po dvou OG latinských čtverců řádu n má nejvýše n 1 prvků. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 11 / 20
Počet latinských a OG latinských čtverců řádu n Věta: Latinských čtverců řádu n je minimálně n!(n 1)!(n 2)!... 1! Pro n = 6 je tedy latinských čtverců nejméně 6!5!4!3!2!1! = 24 883 200. Věta: Každá množina po dvou OG latinských čtverců řádu n má nejvýše n 1 prvků. Poznámka 1: Pro n = mocnina prvočísla, n 2, se nabývá v předchozí větě rovnost. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 11 / 20
Počet latinských a OG latinských čtverců řádu n Věta: Latinských čtverců řádu n je minimálně n!(n 1)!(n 2)!... 1! Pro n = 6 je tedy latinských čtverců nejméně 6!5!4!3!2!1! = 24 883 200. Věta: Každá množina po dvou OG latinských čtverců řádu n má nejvýše n 1 prvků. Poznámka 1: Pro n = mocnina prvočísla, n 2, se nabývá v předchozí větě rovnost. Konstrukce n 1 po dvou OG latinských čtverců pro n liché prvočíslo. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 11 / 20
Počet latinských a OG latinských čtverců řádu n Věta: Latinských čtverců řádu n je minimálně n!(n 1)!(n 2)!... 1! Pro n = 6 je tedy latinských čtverců nejméně 6!5!4!3!2!1! = 24 883 200. Věta: Každá množina po dvou OG latinských čtverců řádu n má nejvýše n 1 prvků. Poznámka 1: Pro n = mocnina prvočísla, n 2, se nabývá v předchozí větě rovnost. Konstrukce n 1 po dvou OG latinských čtverců pro n liché prvočíslo. Berme b {1,2,...,n 1}. V matici ze zbytkových tříd píšeme na místě (x,y) hodnotu d x + by. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 11 / 20
Počet latinských a OG latinských čtverců řádu n Věta: Latinských čtverců řádu n je minimálně n!(n 1)!(n 2)!... 1! Pro n = 6 je tedy latinských čtverců nejméně 6!5!4!3!2!1! = 24 883 200. Věta: Každá množina po dvou OG latinských čtverců řádu n má nejvýše n 1 prvků. Poznámka 1: Pro n = mocnina prvočísla, n 2, se nabývá v předchozí větě rovnost. Konstrukce n 1 po dvou OG latinských čtverců pro n liché prvočíslo. Berme b {1,2,...,n 1}. V matici ze zbytkových tříd píšeme na místě (x,y) hodnotu d x + by. Příklad pro n = 3: ( 0,0 0,1 0,2 1,0 1,1 1,2 2,0 2,1 2,2 ( 0,0 0,1 0,2 1,0 1,1 1,2 2,0 2,1 2,2 ) x + y ) x + 2y mod 3 mod 3 ( 0 1 2 ) 1 2 0 2 0 1 ( 0 2 1 ) 1 0 2 2 1 0 (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 11 / 20
Počet latinských a OG latinských čtverců řádu n Věta: Latinských čtverců řádu n je minimálně n!(n 1)!(n 2)!... 1! Pro n = 6 je tedy latinských čtverců nejméně 6!5!4!3!2!1! = 24 883 200. Věta: Každá množina po dvou OG latinských čtverců řádu n má nejvýše n 1 prvků. Poznámka 1: Pro n = mocnina prvočísla, n 2, se nabývá v předchozí větě rovnost. Konstrukce n 1 po dvou OG latinských čtverců pro n liché prvočíslo. Berme b {1,2,...,n 1}. V matici ze zbytkových tříd píšeme na místě (x,y) hodnotu d x + by. Příklad pro n = 3: ( 0,0 0,1 0,2 1,0 1,1 1,2 2,0 2,1 2,2 ( 0,0 0,1 0,2 1,0 1,1 1,2 2,0 2,1 2,2 ) x + y ) x + 2y mod 3 mod 3 ( 0 1 2 ) 1 2 0 2 0 1 ( 0 2 1 ) 1 0 2 2 1 0 5. úloha: Proč konstrukce dává vždy n 1 po dvou OG latinských čtverců? (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 11 / 20
Počet latinských a OG latinských čtverců řádu n Věta: Latinských čtverců řádu n je minimálně n!(n 1)!(n 2)!... 1! Pro n = 6 je tedy latinských čtverců nejméně 6!5!4!3!2!1! = 24 883 200. Věta: Každá množina po dvou OG latinských čtverců řádu n má nejvýše n 1 prvků. Poznámka 1: Pro n = mocnina prvočísla, n 2, se nabývá v předchozí větě rovnost. Konstrukce n 1 po dvou OG latinských čtverců pro n liché prvočíslo. Berme b {1,2,...,n 1}. V matici ze zbytkových tříd píšeme na místě (x,y) hodnotu d x + by. Příklad pro n = 3: ( 0,0 0,1 0,2 1,0 1,1 1,2 2,0 2,1 2,2 ( 0,0 0,1 0,2 1,0 1,1 1,2 2,0 2,1 2,2 ) x + y ) x + 2y mod 3 mod 3 ( 0 1 2 ) 1 2 0 2 0 1 ( 0 2 1 ) 1 0 2 2 1 0 5. úloha: Proč konstrukce dává vždy n 1 po dvou OG latinských čtverců? (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 11 / 20
Existence OG latinských čtverců řádu n E. T. Parker roku 1959 vyvrátil Eulerovu hypotézu: konstrukce OG latinských čtverců řádu 22 R. C. Bose a S. S. Shrikhande roku 1960: OG latinské čtverce existují pro každé n > 2 a n 6 (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 12 / 20
Existence OG latinských čtverců řádu n E. T. Parker roku 1959 vyvrátil Eulerovu hypotézu: konstrukce OG latinských čtverců řádu 22 R. C. Bose a S. S. Shrikhande roku 1960: OG latinské čtverce existují pro každé n > 2 a n 6 (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 12 / 20
Konečná afinní rovina Definice: Bud A konečná neprázdná množina, R nějaký systém jejích neprázdných podmnožin. Prvky množiny A v dalším nazýváme body, prvky množiny R přímky. Dvojici (A, R) nazveme konečnou afinní rovinou, jestliže platí: 1 Každé dva různé body leží na právě jedné přímce. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 13 / 20
Konečná afinní rovina Definice: Bud A konečná neprázdná množina, R nějaký systém jejích neprázdných podmnožin. Prvky množiny A v dalším nazýváme body, prvky množiny R přímky. Dvojici (A, R) nazveme konečnou afinní rovinou, jestliže platí: 1 Každé dva různé body leží na právě jedné přímce. 2 Ke každému bodu x A a každé přímce p, x p, existuje právě jedna přímka q taková, že x q a p q =. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 13 / 20
Konečná afinní rovina Definice: Bud A konečná neprázdná množina, R nějaký systém jejích neprázdných podmnožin. Prvky množiny A v dalším nazýváme body, prvky množiny R přímky. Dvojici (A, R) nazveme konečnou afinní rovinou, jestliže platí: 1 Každé dva různé body leží na právě jedné přímce. 2 Ke každému bodu x A a každé přímce p, x p, existuje právě jedna přímka q taková, že x q a p q =. 3 Existují tři navzájem různé body, které neleží na jedné přímce. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 13 / 20
Konečná afinní rovina Definice: Bud A konečná neprázdná množina, R nějaký systém jejích neprázdných podmnožin. Prvky množiny A v dalším nazýváme body, prvky množiny R přímky. Dvojici (A, R) nazveme konečnou afinní rovinou, jestliže platí: 1 Každé dva různé body leží na právě jedné přímce. 2 Ke každému bodu x A a každé přímce p, x p, existuje právě jedna přímka q taková, že x q a p q =. 3 Existují tři navzájem různé body, které neleží na jedné přímce. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 13 / 20
Konečná afinní rovina o 9 bodech A = {(x,y) x,y {0,1,2}}, 12 přímek, z nich 3 rovnoběžky v každém směru: x 0, 1, 2 mod 3 y 0, 1, 2 mod 3 x + y 0,1,2 mod 3 x + 2y 0,1,2 mod 3 Tato konečná afinní rovina má 3 2 bodů a 3 2 + 3 = 12 přímek. Na každé přímce leží 3 body a každým bodem prochází 3 + 1 = 4 přímky. Všechny přímky lze rozdělit do 3 + 1 = 4 směrů a každý směr obsahuje 3 rovnoběžky. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 14 / 20
Konečná afinní rovina o 9 bodech A = {(x,y) x,y {0,1,2}}, 12 přímek, z nich 3 rovnoběžky v každém směru: x 0, 1, 2 mod 3 y 0, 1, 2 mod 3 x + y 0,1,2 mod 3 x + 2y 0,1,2 mod 3 Tato konečná afinní rovina má 3 2 bodů a 3 2 + 3 = 12 přímek. Na každé přímce leží 3 body a každým bodem prochází 3 + 1 = 4 přímky. Všechny přímky lze rozdělit do 3 + 1 = 4 směrů a každý směr obsahuje 3 rovnoběžky. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 14 / 20
Konečná afinní rovina Věta: Konečná afinní rovina (řádu n) má n 2 bodů a n 2 + n přímek. Na každé přímce leží n bodů a každým bodem prochází n + 1 přímek. Všechny přímky lze rozdělit do n + 1 směrů a každý směr obsahuje n rovnoběžek. Věta: Konečná afinní rovina řádu n > 2 existuje právě tehdy, když existuje n 1 latinských čtverců n-tého řádu, z nichž každé dva jsou navzájem OG. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 15 / 20
Konečná afinní rovina Věta: Konečná afinní rovina (řádu n) má n 2 bodů a n 2 + n přímek. Na každé přímce leží n bodů a každým bodem prochází n + 1 přímek. Všechny přímky lze rozdělit do n + 1 směrů a každý směr obsahuje n rovnoběžek. Věta: Konečná afinní rovina řádu n > 2 existuje právě tehdy, když existuje n 1 latinských čtverců n-tého řádu, z nichž každé dva jsou navzájem OG. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 15 / 20
Zlatá přilba 6. úloha: Pomocí konečné afinní roviny vymyslete spravedlivou startovací tabulku pro 16 jezdců na 4 drahách (vnitřní dráhy jsou výhodnější). (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 16 / 20
Existence konečné afinní roviny řádu n Věta: Konečná afinní rovina řádu n > 2 existuje právě tehdy, když existuje n 1 latinských čtverců n-tého řádu, z nichž každé dva jsou navzájem OG. Důsledek: Neexistuje konečná afinní rovina 6. řádu. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 17 / 20
Existence konečné afinní roviny řádu n Věta: Konečná afinní rovina řádu n > 2 existuje právě tehdy, když existuje n 1 latinských čtverců n-tého řádu, z nichž každé dva jsou navzájem OG. Důsledek: Neexistuje konečná afinní rovina 6. řádu. Věta: Je-li přirozené číslo n mocninou nějakého prvočísla, existuje konečná afinní rovina n-tého řádu. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 17 / 20
Existence konečné afinní roviny řádu n Věta: Konečná afinní rovina řádu n > 2 existuje právě tehdy, když existuje n 1 latinských čtverců n-tého řádu, z nichž každé dva jsou navzájem OG. Důsledek: Neexistuje konečná afinní rovina 6. řádu. Věta: Je-li přirozené číslo n mocninou nějakého prvočísla, existuje konečná afinní rovina n-tého řádu. Věta: Necht přirozené číslo n není součtem čtverců dvou přirozených čísel a necht n = 1 mod 4 nebo n = 2 mod 4. Pak neexistuje konečná afinní rovina řádu n. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 17 / 20
Existence konečné afinní roviny řádu n Věta: Konečná afinní rovina řádu n > 2 existuje právě tehdy, když existuje n 1 latinských čtverců n-tého řádu, z nichž každé dva jsou navzájem OG. Důsledek: Neexistuje konečná afinní rovina 6. řádu. Věta: Je-li přirozené číslo n mocninou nějakého prvočísla, existuje konečná afinní rovina n-tého řádu. Věta: Necht přirozené číslo n není součtem čtverců dvou přirozených čísel a necht n = 1 mod 4 nebo n = 2 mod 4. Pak neexistuje konečná afinní rovina řádu n. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 17 / 20
Idea důkazu Věta: Konečná afinní rovina řádu n > 2 existuje právě tehdy, když existuje n 1 latinských čtverců n-tého řádu, z nichž každé dva jsou navzájem OG. Vyberme 2 směry - vodorovné a svislé přímky. Uspořádejme body afinní roviny do čtverce: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 Ke každému ze zbývajících 3 směrů náleží latinský čtverec řádu 4: očíslujme přímky daného směru 0, 1, 2, 3 pro každý bod v tabulce pišme číslo přímky, na které leží vzniknou po dvou OG latinské čtverce (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 18 / 20
Idea důkazu Věta: Konečná afinní rovina řádu n > 2 existuje právě tehdy, když existuje n 1 latinských čtverců n-tého řádu, z nichž každé dva jsou navzájem OG. Vyberme 2 směry - vodorovné a svislé přímky. Uspořádejme body afinní roviny do čtverce: 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 Ke každému ze zbývajících 3 směrů náleží latinský čtverec řádu 4: očíslujme přímky daného směru 0, 1, 2, 3 pro každý bod v tabulce pišme číslo přímky, na které leží vzniknou po dvou OG latinské čtverce (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 18 / 20
Konečná afinní rovina 10. řádu 7. úloha: Existuje konečná afinní rovina 10. řádu? Stačí najít devět navzájem OG latinských čtverců 10. řádu. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 19 / 20
Konečná afinní rovina 10. řádu 7. úloha: Existuje konečná afinní rovina 10. řádu? Stačí najít devět navzájem OG latinských čtverců 10. řádu. Tento úkol neberte vážně: latinských čtverců řádu 10 je minimálně 10!9!8!7!6!5!4!3!2!1!. = 6,658606583 10 27 (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 19 / 20
Konečná afinní rovina 10. řádu 7. úloha: Existuje konečná afinní rovina 10. řádu? Stačí najít devět navzájem OG latinských čtverců 10. řádu. Tento úkol neberte vážně: latinských čtverců řádu 10 je minimálně 10!9!8!7!6!5!4!3!2!1!. = 6,658606583 10 27 (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 19 / 20
Děkuji za pozornost. (FJFI ČVUT v Praze) Konečná geometrie 16. prosince 2010 20 / 20