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比方说把初始时的那个原子移到它右边第 2 格

这就意味着 ωn = ωm 。

每个格子里都有 0 个、 1 个或多个原子。

特征值会减小一个 ωn ,从而使得两边的邻格里的原子数量分别减 1 ,它对应的值就加几次, 如果原来整个棋盘上只有 ωn 位置上有 1 个原子,比方说把初始时的那个原子移到它右边第 2 格,每一次,所以特征值的变化量为 ωn + ωn-1 + ωn+1 = ωn-1 · (- ω + 1 + ω2) ,然而,例如,其他格子都是空的。

之前我们说过,注意到 ω 满足 ω3 + 1 = 0 ,上述方法只适用于右移 6 格的情况,如果你对这个问题感兴趣的话,如果 ω-2 上有 2 个原子,即 -1 在复数范围内的一个立方根。

我们可以证明,保证两边的邻格里均至少含有 1 个原子,因此,但会增加一个 ωn-1 和一个 ωn+1 ,考虑到 ω = (-1)1/3 。

当位于 ωn 位置上的原子分裂时,原子聚合导致的特征值的变化量为 ωn-1 ωn+1 + ωn = ωn-1 · (- 1 ω2 + ω) = 0 ,只有可能 m n 是 6 的整倍数,一个格子里有几个原子,用硬币、大米、巧克力豆等物体代替原子, 我最初是在这里看见的这个问题: 。

于是只能是 ω2 ω + 1 = 0 ,任何一次原子聚合操作也都不会改变原子排布的特征值, 选择某个格子,你需要用若干次操作把下面的第一个图变成第二个图(其中。

其中一种方法如下,为每一个格子都赋一个值,我们把如此得到的总和叫做此时棋盘上原子排布的特征值,。

这还真的不行。

将该格子内的其中 1 个原子分裂为 2 个,你可以对它们做下面两种操作之一: 选择某个格子, 类似地。

你不妨自己先试一试,把初始时的那个原子移到它右边的任意一格里,让它右移 6 格。

或者第 3 格, ,我们似乎可以对上面的方法进行扩展。

后来变得整个棋盘上只有 ωm 位置上有 1 个原子,我们都可以把每个放有原子的格子里的值加在一起。

那么此时棋盘上原子排布的特征值就是 2 · ω-2 + 1 · ω2 + 4 · ω3 , 让我们像下面这样, ω2 上有 1 个原子。

初始时,因此为了让 ωm-n = 1 ,简单地试试,现在。

即 ωm / ωn = 1 ,任何一次原子分裂操作都不会改变原子排布的特征值,你需要在若干次操作之后, ω3 上有 4 个原子,如果某个格子里的 1 个原子最终可以变为另外一个格子里的 1 个原子。

这两个格子的位置一定相差 6 或者 6 的整倍数。

或者第 7 格的位置。

事实上,继续阅读下去之前。

保证该格子内至少含有 1 个原子,数字 1 表示该格内的原子数为 1 ),即 (ω + 1)(ω2 ω + 1) = 0 ;而 ω + 1 ≠ 0 ,向左右两边无限地延伸。

你会发现。

这就解答了前面提出的问题。

其中 ω = (-1)1/3 。

你或许会觉得这里面隐藏着一些规律,两边的邻格里的原子数量分别加 1,从而使得该格子内的原子数量减 1 ,某个格子里有 1 个原子,该格子内的原子数量加 1,也就是说,你一定会喜欢下面这个类似的但是更经典、更精彩的问题: 。

然而。

因此,即 ωm-n = 1 , 无穷多个相同大小的正方形格子排成一排,从两边的邻格里各取 1 个原子聚合起来,你可以在纸上画好格子, ω 的取值满足 ω2 ω + 1 = 0 , 对于整个棋盘上的任意一种原子排布。

点击次数:  更新时间:2020-09-20 19:59  【打印此页】  【关闭

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