Existența Planelor Proiective Finite3 [603713]

1
2
Existența Planelor Proiective Finite3
Absolvent: [anonimizat]: Asist.dr. Halanay Andrei 4
5
Universitatea din București 2018 6

Universitatea din București 7
Facultatea de Matematică și Informatică 8
Departamentul de Matematică 9
10
11

Rezumat 12
Această lucrare conține noțiuni despre Plane Proiective si legătura lor cu Planele 13
afine si Pătratele Latine, Problema celor 36 de ofițeri și soluția acesteia, inexistența unui 14
plan proiectiv de ordin 6, T eorema Bruck-Ryser enunț + demonstrație și prezentarea 15
planelor proiective de ordin 10 respectiv ordin 12. 16

Cuprins 17
Rezumat i 18
Cuprins ii 19
1 Noțiuni Introductive 1 20
1.1 Geometrii. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1 21
1.2 Plane Proiective. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3 22
2 Pătrate Latine 6 23
2.1 Construcția planelor proiective. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 9 24
3 Ordinul 6.Problema celor 36 de ofițeri 11 25
4 T eorema Bruck-Ryser 13 26
5 Ordinele 10 și 12 22 27
5.1 Ordinul 10. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22 28
5.2 Ordinul 12. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26 29
Bibliografie 28 30

CAPITOLUL 1 31
Noțiuni Introductive 32
1.1 Geometrii. 33
Definiție 1: Ogeometrie S= (P, L)este perechea formată dintr-o mulțime nevidă 34
P ale cărei elemente sunt numite puncte , împreună cu o mulțime nevidă Lformată din 35
submulțimi ale lui P numite drepte care satisfac condițiile: 36
37
(G1) Pentru orice două puncte distincte p1,p2∈P, există o singură dreaptă l∈L 38
astfel încât p1∈lșip2∈l. 39
(G2) Pentru orice mulțime de patru puncte, oricare trei puncte din aceasta sunt 40
necoliniare. 41
42
O mulțime de patru puncte, din care oricare trei puncte nu sunt coliniare, se numește 43
patrulater . O dreaptă ce trece prin două puncte ale unui patrulater se numește diago- 44
nala patrulaterului. 45
46
Exemplul 1: Este bine știut că planul Euclidian este o geometrie. Aici, P reprez- 47
intă punctele uzuale, iar Lconține dreptele obișnuite. Se cunoaște faptul că orice două 48
puncte se află pe o singură dreaptă. Punctele (0,0), (1,0), (0,1), (1,1) formează un pa- 49
trulater, deci, (G1) și (G2) sunt satisfăcute și prin urmare, planul Euclidian este o 50
geometrie. 51
52
Exemplul 2: S= (P, L), unde P= {1,2,3,4} și L= {{1,2},{1,3},{1,4},{2,3},{2,4},{3,4}} 53
este o geometrie. Este ușor de văzut că oricare două puncte se află pe o singură dreaptă, 54
iar cele patru puncte ale lui P formează un patrulater. 55
56

1.1 Geometrii. 2
Figure 1.1: ”ON PROJECTIVE PLANES”, Johan Kahrstrom. Pagina 10.
Lema 1: Două drepte se intersectează în cel mult un punct. 57
58
Demonstrație: Presupunem că două drepte se intersectează în cel puțin două 59
puncte și fie aceste puncte p1șip2. Din (G1) , există o singură dreaptă care trece 60
prinp1șip2și deci avem o contradicție. □ 61
62
Definiție 2: Un plan afin este o geometrie care satisface următoarea condiție: 63
64
(AP) Pentru orice dreaptă lși orice punct pcare nu se află pe l, există o unică 65
dreaptă l′care îl conține pe pși nu o intersectează pe l. 66
67
Definiție 3: Două drepte într-un plan afin se numesc paralele dacă nu se inter- 68
sectează. Orice dreaptă este paralelă cu ea însăși. Dacă l1șil2sunt paralele, atunci 69
notăm această relație cu l1∥l2. 70
71
Lema 2: Relația de paralelism într-un plan afin este o relație de echivalență. 72
73
Demonstrație: Fiel1,l2șil3trei drepte distincte din planul afin A. Din definiție 74
avem că l1∥l1, deci această relație este reflexivă. Presupunem că l1este paralelă cu l2, 75
adică l1nu se intersectează cu l2în niciun punct. Atunci nici l2nu se intersectează cu l1 76
în niciun punct, deci relația este simetrică. Pentru a arăta tranzitivitatea, presupunem 77
căl1∥l2șil2∥l3, dar l1nu este paralelă cu l3. Atunci l1șil3se intersectează într- 78
un punct p. Dar atunci paparține la două drepte care nu o intersectează pe l2, ceea 79
ce contrazice (AP) . Din acest motiv trebuie să avem l1∥l3, iar relația este tranzitivă. □ 80
81
Relația de echivalență numită ”paralelism” partiționează o mulțime de drepte dintr- 82
un plan afin în clase de paralelism. Pentru o dreaptă ldintr-un plan afin, notăm o clasă 83
de drepte paralele cu [ l], care este formată din toate dreptele paralele cu l. 84
85
Lema 3: Fiepun punct din planul afin. Atunci, pentru fiecare clasă de drepte 86
paralele, există o singură dreaptă care îl conține pe pdin clasa respectivă. 87
88

1.2 Plane Proiective. 3
Demonstrație: Fie [l] o clasă de drepte paralele, l∈L. Dacă lnu îl conține pe 89
p, atunci există o unică dreaptă paralelă cu lcare îl conține pe p. Dacă lîl conține pe 90
p, trebuie să arătăm că nici o altă dreaptă care îl conține pe pnu aparține lui [ l]. Dar, 91
orice altă dreaptă pe care se află p, intersectează lînp, deci dreptele nu sunt paralele. 92
□ 93
94
1.2 Plane Proiective. 95
Definiție 1: Un plan proiectiv este o geometrie care satisface următoarea condiție: 96
97
(PP) Orice două drepte distincte se intersectează într-un singur punct. 98
99
Se observă că diferența dintre planele afine și planele proiective este că in planele 100
afine, dreptele paralele există, iar in cele proiective, toate dreptele se intersecteză. 101
102
Definiție 2: Dacă Seste o afirmație despre plane proiective, atunci dualul acesteia 103
S′este o afirmație în care punctele și dreptele își schimbă rolurile. 104
105
Exemplu: În definiția planului proiectiv, sunt trei afirmații în legătură cu puncte 106
și drepte: 107
108
G1: Orice două puncte distincte se află pe o singură dreaptă. 109
110
G2: Pentru orice mulțime de patru puncte, oricare trei puncte din aceasta sunt necol- 111
iniare. 112
113
PP : Orice două drepte distincte se intersectează într-un singur punct. 114
115
Dualele acestor afirmații sunt: 116
117
G1′: Orice două drepte distincte se intersectează într-un singur punct. 118
119
G2′: Pentru orice mulțime de patru drepte, oricare trei drepte din aceasta nu au un 120
punct comun. 121
122
PP′: Orice două puncte distincte se află pe o singură dreaptă. 123
124
Lema 1: Fielo dreaptă dintr-un plan proiectiv πșipun punct care nu se află pe l. 125
Atunci dreapta lconține exact n+ 1 puncte pentru un nnumăr natural, dacă și numai 126
dacă prin ptrecn+ 1 drepte. 127
128

1.2 Plane Proiective. 4
Demonstrație: Presupunem că dreapta lconține n+ 1 puncte. Atunci fiecare din- 129
tre aceste puncte se află pe o singură dreaptă care trece și prin p, deci există cel puțin 130
n+ 1 drepte care trec prin p. Deoarece fiecare dreaptă care trece prin po intersectează 131
pelîntr-un singur punct, nu există alte drepte care trec prin pși deci, prin ptrec exact 132
n+ 1 drepte. Dualitatea, în mod similar, ne demonstrează reciproca. □ 133
134
Lema 2: Un plan proiectiv conține un patrulater. 135
136
Demonstrație: FieA,B șiX trei puncte necoliniare într-un plan proiectiv. Atunci 137
dreapta AX conține un al treilea punct C și dreapta BX conține un al treilea punct 138
D. Niciunul dintre punctele A,B,C,D nu sunt coliniare și ele formează un patrulater. □ 139
140
T eoremă 1: Fieπun plan proiectiv finit. Atunci există un număr natural n > 1, 141
astfel încât fiecare punct se află pe n+ 1 drepte și prin dualitate, fiecare dreaptă conține 142
n+ 1 puncte. 143
144
Demonstrație: V om demonstra prima implicație, iar reciproca rezultă din duali- 145
tate. Fie p1,p2,p3,p4punctele unui patrulater din π. Fiecare dintre aceste puncte 146
aparține în mod sigur la trei drepte (dreptele care trec prin punct și celelalte puncte ale 147
patrulaterului). Fie n > 1un număr astfel încât p1să aparțină la n+ 1 drepte. 148
F olosind Lema 1 , dreptele p2p3,p3p4șip2p4conțin exact n+ 1 puncte. Pentru fiecare 149
punct qdinπ, cel puțin una dintre dreptele p2p3,p3p4,p2p4nu îl conține pe q. Din 150
nou, folosind Lema 1 , sunt exact n+ 1 drepte care trec prin q, iar acest lucru încheie 151
demonstrația. □ 152
153
Definiție 3: Se numește ordinul unui plan proiectiv un număr întreg nastfel 154
încât fiecare punct din plan se află pe n+ 1 drepte și fiecare dreaptă din plan conține 155
n+ 1 puncte. 156
157
T eoremă 2: Numărul de puncte dintr-un plan proiectiv πde ordin nesten2+n+ 1 158
și prin dualitate, numărul de drepte este tot n2+n+ 1 . 159
160
Demonstrație: Considerăm un punct arbitrar pdinπ. Știm că există n+ 1 drepte 161
care trec prin p. Fiecare dintre aceste drepte conțin alte npuncte în afară de p. Fiecare 162
dintre aceste puncte sunt distincte, deoarece altfel ar fi existat două drepte distincte cu 163
două puncte în comun, ceea ce contrazice proprietatea (G1) . Din acest motiv, numărul 164
de puncte din πîn afară de pesten(n+ 1 ) =n2+n, deci numărul total de puncte este 165
n2+n+ 1 .□ 166
167
Diagrama de mai jos prezintă cel mai mic plan proiectiv finit (de ordin 2), cunoscut 168
sub numele de planul lui F ano: 169
170

1.2 Plane Proiective. 5
Figure 1.2: https://commons.wikimedia.org/wiki/File:Fano_plane_nimbers.
svg .

CAPITOLUL 2 171
Pătrate Latine 172
Definiție 1: Un pătrat latin de ordin ncu intrări dintr-o mulțime X (de obicei 173
Zn) unde |X|=n, este o matrice Lde dimensiuni n×nașa încât fiecare linie din Leste 174
o permutare a elementelor din X și fiecare coloană din Leste o permutare a elementelor 175
dinX. 176
177
Exemplu de pătrat latin de ordin 4: 178
179
Figure 2.1: http://www.glennwestmore.com.au/latin-squares-and-the-
elements/ .
Definiție 2: Definim o a treia matrice n×ncu intrările (L1(i, j), L2(i, j)) din două 180
pătrate latine L1șiL2. Dacă în matricea definită apar fiecare dintre posibilele n2perechi 181
ordonate o singură dată, atunci L1șiL2sunt ortogonale . 182
183
Exemplu: 184
185

2 Pătrate Latine 7
Figure 2.2: ”CONFIRMA TION OF THE NON-EXISTENCE OF A PROJECTIVE
PLANE OF ORDER 1”, Dominique J. Roy B. Math (Honours), Carleton
University , 2002 B. Sc, Carleton University , 2000. Pagina 6 .
Observație 1: Fiecare plan afin de ordin ngenerează n−1pătrate latine de ordin 186
nmutual ortogonale precum urmează: Cele n2puncte sunt perechile (i, j), unde i, j 187
∈{1,2,…, n} joacă rolul celor n2poziții într-o matrice de dimensiuni ( n,n). O clasă de 188
drepte paralele este dată de liniile , alta este dată de coloanele matricei. Fiecare pă- 189
trat latin definește o clasă de drepte paralele luând pozițiile fiecărui simbol α∈S ca 190
și puncte ale unei drepte paralele din clasa respectivă. De exemplu, planul afin de ordin 3: 191
192
Figure 2.3: ”INCIDENCE GEOMETR Y”, G. Eric Moorhouse, August 2007. Pagina
19 .
este definit de perechea de pătrate latine ortogonale: 193
Figure 2.4: ”INCIDENCE GEOMETR Y”, G. Eric Moorhouse, August 2007. Pagina
19 .
care specifică următoarea clasă de drepte paralele: 194

2 Pătrate Latine 8
și
Figure 2.5: ”INCIDENCE GEOMETR Y”, G. Eric Moorhouse, August 2007. Pagina
19 .
respectiv. Ultimele două clase de drepte paralele sunt specificate de către linii și 195
coloane, deci: 196
Figure 2.6: ”INCIDENCE GEOMETR Y”, G. Eric Moorhouse, August 2007. Pagina
20 .
Observație 2: Proiectivizarea planului Euclidian duce la apariția planului proiec- 197
tiv. Procedând invers, pornind de la un plan proiectiv și îndepărtând o dreaptă și toate 198
punctele incidente cu aceasta din plan, se obține un plan afin. 199
200
Observație 3: Un plan proiectiv finit de ordin nexistă dacă și numai dacă un plan 201
afin finit de ordin nexistă. Atunci când există un singur plan afin de ordin n, există un 202
singur plan proiectiv de ordin n, iar reciproca nu este adevărată. Aceste afirmații sunt 203
adevărate și pentru planele proiective infinite. 204
205
Numărul de pătrate latine mutual ortogonale (PLMO) care pot exista pentru un 206
anumit ordin nnu este cunoscut și reprezintă o arie de studiu în combinatorică. Este 207
cunoscut faptul că numărul maxim de PLMO-uri pentru orice nnu poate depăși (n−1), 208
iar această limită superioară este obținută atunci când neste puterea unui număr prim. 209
O mulțime de (n−1) PLMO-uri este echivalentă cu un plan proiectiv finit de ordin n. 210
Numărul acestora este de minim două pentru orice ncu excepția cazurilor când n= 2 211
saun= 6 în care este unul. Pentru un nsuficient de mare, numărul de PLMO-uri 212
este mai mare decât17√n−2, deci pentru fiecare k, există un număr finit de nastfel 213
încât numărul de PLMO să fie k. Mai mult, minimul este 6 pentru toți n > 90. Pentru 214
numerele compuse în mod general, numărul de PLMO nu este cunoscut. 215
216

2.1 Construcția planelor proiective. 9
2.1 Construcția planelor proiective. 217
Pentru orice două puncte distincte P șiQ, notăm unica dreaptă care trece prin aces- 218
tea cu P∨Q (P se unește cu Q) sau mai simplu PQ . Pentru orice două drepte lși 219
m, notăm unicul punct de la intersecția lor cu l∧m (lse intersectează cu m) sau mai 220
simplu l∩m. Uneori este mai convenabil să scriem P∨P=P șil∧l=l. 221
222
Planele proiective clasice sunt construite precum urmează: Fie V un spațiu vectorial 223
3-dimensional peste un corp arbitrar F. Ca puncte și linii putem folosi subspații din V 224
de dimensiune 1 respectiv 2. În acest caz PQ =P∨Q este subspațiul generat de P și Q; 225
șil∩m=l∧m este intersecția subspațiilor lșim. Incidența este limitată: un punct P 226
se află pe o dreaptă ldacă și numai dacă P⊂lca și subspații ale lui V. Planul rezultat 227
se notează cu P2(F)sauPG2(F). 228
Planul afin K2peste K este inclus în P2(K)prin harta care transformă coordonate 229
afine în coordonate omogene. 230
231
(x1,x2)→ ⟨ (1,×1,x2)⟩
Complementul imaginii este mulțimea de puncte de forma ⟨(0, x1, x2)⟩. Din această 232
perspectivă, ele sunt puncte la infinit. Ele constituie o dreaptă în P2(2) — în mod 233
principal, dreapta care pornește din planul 234
235
{k⟨(0,0,1)⟩+l⟨(0,1,0)⟩:k, l∈K}
înK3— numită dreaptă la infinit. Punctele la infinit sunt punctele ”în plus” unde 236
dreptele paralele se intersectează în construcția planului real extins; punctul ⟨(0, x1, x2)⟩ 237
se află acolo unde toate dreptele de pantă x2/x1se intersectează. Considerăm de exem- 238
plu, două drepte paralele: 239
240
u= {(x,0) :x∈K}
y= {(x,1) :x∈K}
în planul afin K2. Aceste drepte au panta egală cu 0 și nu se intersectează. Ele pot fi 241
gândite ca și submulțimi ale lui P2(K)prin notația de mai sus, dar aceste submulțimi nu 242
sunt drepte în P2(K). Adăugăm punctul ⟨(0,1,0)⟩la fiecare submulțime; astfel definim, 243
244
¯u={⟨(1, x,0)⟩:x∈K}∪{⟨(0,1,0) ⟩}
¯y={⟨(1, x,1)⟩:x∈K}∪{⟨(0,1,0)⟩}
Acestea sunt dreptele în P2(K);¯upornește din planul 245
246
{k⟨(1,0,0)⟩+l⟨(0,1,0)⟩:k, l∈K}
înK3, în timp ce ¯ypornește din planul 247
248
{k⟨(1,0,1)⟩+l⟨(0,1,0)⟩:k, l∈K}.
Dreptele proiective ¯uși¯yse intersectează în punctul ⟨(0,1,0)⟩. De fapt, toate dreptele 249
dinK2de pantă egală cu 0, atunci când sunt proiectivizate prin această metodă, inter- 250

2.1 Construcția planelor proiective. 10
sectează în punctul ⟨(0,1,0)⟩dinP2(K). 251
Incluziunea lui K2înP2(K)dată mai sus, nu este unică. Fiecare incluziune iși pro- 252
duce propriile sale puncte la infinit. De exemplu, incluziunea 253
254
(x1,x2)→ ⟨ (x2,1,×1)⟩,
își are ca și complement acele puncte de forma ⟨(x0,0, x2)⟩, care sunt interpretate a 255
fi puncte de infinit. 256

CAPITOLUL 3 257
Ordinul 6.Problema celor 36 258
de ofițeri 259
Problema celor 36 de ofițeri constă în aranjarea a 36 de ofițeri într-un pătrat de 260
dimensiuni 6 x 6 astfel încât, pe fiecare rând să apară câte un ofițer din fiecare regiment 261
și pe fiecare coloană să apară un ofițer de fiecare grad. Această problemă, a fost pro- 262
pusă inițial de către Leonhard Euler în 1779 și este echivalentul la a găsi două pătrate 263
latine mutual ortogonale de ordin 6. Euler a presupus în mod corect că nu există o 264
soluție la această problemă; demonstrația ei a condus la progrese majore în domeniul 265
combinatoricii. 266
Pe lângă acest lucru, el a spus ca nu există nici o soluție dacă ordinul pătratului este 267
de forma n≡2(mod 4). Aceasta este celebra conjectură a lui Euler. Primul caz, n= 2 268
este imposibil în mod trivial. 269
În 1900, Gaston T arry a demonstrat conjectura lui Euler pentru n= 6 enumerând 270
toate cele 812,851,200 cazuri. El a putut să simplifice problema lucrând cu pătrate mai 271
mici și verificând doar 9408 de perechi, toate făcute de mână. Apoi, în 1984 Douglas 272
Stinson a venit cu o scurtă demonstrație, fără nevoia unui calculator. 273
274
T eoremă 1: Pentru n≥ 3 șit≥ 2, unei mulțimi de tpătrate latine ortogonale de 275
ordin ni se asociază o matrice de dimensiuni ( n2,t+ 2 ) notată: 276
277
A = [aij] (i= 1,2,…, n2;j= 1,2,…, t+ 2 ). 278
Intrările aijale matricei A sunt elemente notate 1,2,…, niar liniile fiecărei submatrice 279
(n2,2) ale lui A reprezintă cele n2eșantioane de dimensiune 2 din 1,2,…, n. 280
281
Demonstrație: FieAmatricea dată. Permutăm liniile lui Aastfel încât intrările de 282
pe liniile primelor două coloane sunt în ordine naturală (1,1), (1,2), …, (1, n), …, ( n,1), 283
(n,2), …, ( n, n ). Apoi, pentru fiecare e= 3, 4, …, t+ 2 definim o matrice (n, n), notată 284
Aeîn felul următor: primul rând din Aeconține primele nintrări ale coloanei edinA, 285
al doilea rând din Aeconține următoarele nintrări ale coloanei edinA și tot așa până 286
când ultimul rând din Aeconține ultimele nintrări ale coloanei edinA. Apoi A3,A4, 287
…,At+2 este o mulțime de tpătrate latine ortogonale de ordin n. Presupunerile asupra 288
luiA sunt în așa fel încât fiecare matrice este un pătrat latin. De fapt, coloana 1 din 289
A ne arată că Aenu are două intrări egale într-un rând și coloana 2 din A arată faptul 290

3 Ordinul 6.Problema celor 36 de ofițeri 12
căAenu are două intrări egale într-o coloană. De asemenea, dacă e̸=f, atunci Aeși 291
Afsunt ortogonale din cauza structurii coloanelor eșifa matricei A. Reciproca este 292
demonstrată în mod similar. □ 293
294
T eoremă 2: Fien≥ 3. Atunci putem construi un plan proiectiv de ordin ndacă 295
și numai dacă putem construi o mulțime de n−1pătrate latine mutual ortogonale de 296
ordin n. 297
298
Demonstrație: Fieπun plan proiectiv de ordin dat. Fie Lo dreaptă din πși fie 299
P1,P2, …, Pn+1 celen+ 1 puncte de pe L. Fie Q1,Q2, …, Qn2celen2puncte din π 300
care nu se află pe L. Numerotăm cele ndrepte care trec prin Pj, dar nu trec prin L, 301
cu 1,2,…, nîntr-o manieră arbitrară, iar această numerotare se face pentru fiecare j= 302
1,2,…, n+ 1 . În particular, notăm QiPjcuaij. Atunci 303
304
A = [aij] (i= 1,2,…, n2;j= 1,2,…, n+ 1 ) 305
este o matrice de dimensiuni ( n2,n+ 1 ). Liniile de la fiecare matrice ( n2,2) ale lui A 306
reprezintă cele n2eșantioane de dimensiune 2 din 1,2,…, n. Presupunem ca aij=ai′jși 307
aik=ai′k, unde i̸=i′șij̸=k. Apoi, QiPj=Qi′PjșiQiPk=Qi′Pk. Dar atunci QiQi′ 308
trece prin PjșiPkastfel încât QiQi′=L. Dar acest lucru contrazice faptul că Qiși 309
Qi′nu aparțin lui L. Din moment ce matricea este una de tipul descris în T eorema 1 , 310
avem o mulțime de n−1pătrate latine ortogonale de ordin n. 311
În mod reciproc, fie matricea una de tipul celei descrise în teorema anterioară. Luăm 312
celen2linii ca și punctele ”ordinare” Q1,Q2, …, Qn2iar punctele P1,P2, …, Pn+1 să 313
fie cele n+ 1 puncte ”ideale” . O dreaptă ”ordinară” Lijtrece prin Pjși prin punctele 314
ordinare cu iîn coloana jdinA. Dreapta ”ideală” Ltrece prin punctele ideale P1,P2, 315
…,Pn+1. Până acum am definit o configurație πcu un număr de n2+n+ 1 puncte. 316
Fiecare punct se află pe exact n+ 1 drepte, iar fiecare dreaptă trece prin exact n+ 1 317
puncte. Fie LijșiLi′kdouă drepte ordinare cu j̸=k. Aceste drepte trec prin unicul 318
punct cu iîn coloana jșii′în coloana kdinA. Fie LijșiLi′jdouă drepte ordinare cu i 319
̸=i′. Aceste drepte trec prin unicul punct Pj. Dreapta ordinară Lijși dreapta ideală L 320
trec de asemenea prin unicul punct Pj. Acest lucru satisface definiția planului proiectiv, 321
deciπeste plan proiectiv finit de ordin n.□ 322
323
Din cauza faptului că nu există nici măcar o pereche de pătrate latine mutual or- 324
togonale, teorema de mai sus implică inexistența unui plan proiectiv de ordin 6. Chiar 325
și așa, matematicienii au reușit să găsească o explicație mai bună cu ajutorul celebrei 326
teoreme Bruck-Ryser, care a fost publicată in 1949. 327

CAPITOLUL 4 328
Teorema Bruck-Ryser 329
T eorema Bruck-Ryser este un caz particular al T eoremei Bruck-Ryser-Chowla 330
care confirmă inexistența planelor proiective de ordin 6 și 14, însă permite existența 331
planelor de ordin 10 și 12. 332
333
T eoremă(Bruck-Ryser): Dacă un plan proiectiv de ordin nexistă și este congruent 334
cu 1 sau 2 (mod 4), atunci ntrebuie să fie sumă de două pătrate (i.e. ecuația z2=nx2335
+(−1)n(n+1)/2y2are o soluție în variabilele x, y șiz, nu toate egale 0, cu x, y, z ∈Z). 336
Înainte de a începe demonstrația teoremei, avem nevoie de câteva leme ajutătoare. 337
338
Observație: O altă metodă de reprezentare a unui plan proiectiv de ordin neste 339
matricea de incidență . Liniile matricei corespund dreptelor planului, iar coloanele 340
corespund punctelor din plan deci matricea are dimensiunile (n2+n+ 1)×(n2+n+ 1) . 341
Intrările acestei matrice sunt definite astfel: 342
343
Aij=

1, dacă dreapta iconține punctul j
0, altfel344
Existența unei astfel de matrice este echivalentă cu existența unui plan proiectiv finit de 345
ordin n. 346
347
Lema 1: FieA o matrice de incidență pentru un plan proiectiv Π de ordin n. Fie 348
ui, liniile lui A. Atunci: 349
350
ui·uj=

1, dacă i̸=j
n+ 1, dacă i=j351
Demonstrație: FieN=n2+n+ 1 numărul de drepte/puncte din Π, sau echivalen- 352
tul numărului de coloane/linii din A. Fie [ ai1, ai2, …, a iN] rândul uj. Dacă i̸=j, aceste 353
linii reprezintă două drepte diferite. Aceste două drepte au un unic punct în comun, 354
ceea ce înseamnă că există exact un m, 1≤m≤N astfel încât aim șiajm au valoarea 355
1. Deci produsul lor este 1. Pentru toți k, 1≤k≤N șik̸=m, cel puțin unul dintre 356
aik sauajk are valoarea 0, ceea ce înseamnă că produsul lor este 0. Prin acest lucru 357
observăm că produsul scalar ale acestor linii (care este suma tuturor acestor produse) 358
este 1. Dacă i=j, aceste linii reprezintă aceeași dreaptă. În acest caz este ușor de 359

4 Teorema Bruck-Ryser 14
văzut că produsul scalar este exact suma fiecărui 1 din rând. Deoarece sunt n+ 1 valori 360
de 1 pe orice rând, această sumă este n+ 1 .□ 361
362
Lema 2: FieAo matrice de incidență pentru un plan proiectiv Πde ordin n. Atunci 363
AAT=nI+J, unde Ieste matricea identitate de dimensiuni ( n2+n+ 1 )×(n2+n+ 1 ) 364
șiJeste matricea de dimensiuni ( n2+n+ 1 )×(n2+n+ 1 ) cu toate intrările egale cu 1. 365
366
Demonstrație: Fieaijintrarea de pe rândul iși coloana jdin matricea AAT. Din 367
Lema 1 ,aij= 1 dacă i̸=jșiaij=n+ 1 dacă i=j. Deci toate elementele de pe 368
diagonala matricei AATvor avea valoarea egală cu n+ 1 , iar toate celelalte elemente vor 369
fi egale cu 1. Pe scurt, acest lucru se poate scrie ca AAT=nI+Jfolosind notația din 370
lemă.□ 371
372
Lema 3 (Identitatea celor 4 pătrate): Dacă b1, b2, b3, b4, x1, x2, x3, x4sunt întregi, 373
atunci 374
(b2
1+b2
2+b2
3+b2
4)(x2
1+x2
2+x2
3+x2
4) =y2
1+y2
2+y2
3+y2
4 (4.1)
unde cei 4 ysunt întregi și 375
y1=b1x1+b2x2+b3x3+b4x4
y2=−b2x1+b1x2−b4x3+b3x4
y3=−b3x1+b4x2+b1x3−b2x4
y4=−b4x1−b3x2+b2x3+b1x4 (4.2)
Există, de asemenea și identitatea celor 2 pătrate : Dacă b1, b2, x1, x2sunt întregi, 376
atunci 377
(b2
1+b2
2)(x2
1+x2
2) =y2
1+y2
2 (4.3)
unde cei 2 ysunt întregi și 378
y1=b1x1−b2x2 379
y2=b1x2+b2x1 380
Demonstrație: Partea stângă a ecuației (4.1) poate fi extinsă astfel: 381
382
(b2
1+b2
2+b2
3+b2
4)(x2
1+x2
2+x2
3+x2
4) =b2
1×2
1+b2
1×2
2+b2
1×2
3+b2
1×2
4+b2
2×2
1+b2
2×2
2+ 383
b2
2×2
3+b2
2×2
4+b2
3×2
1+b2
3×2
2+b2
3×2
3+b2
3×2
4+b2
4×2
1+b2
4×2
2+b2
4×2
3+b2
4×2
4. 384
Pentru partea din dreapta a ecuației o să extindem fiecare y pe rând, astfel: 385
y2
1= (b1x1+b2x2+b3x3+b4x4)2=b2
1×2
1+b2
2×2
2+b2
3×2
3+b2
4×2
4+ 2b1b2x1x2+ 2b1b3x1x3+ 386
2b1b4x1x4+ 2b2b3x2x3+ 2b2b4x2x4+ 2b3b4x3x4, 387
y2
2= (−b2x1+b1x2−b4x3+b3x4)2=b2
2×2
1+b2
1×2
2+b2
4×2
3+b2
3×2
4−2b1b2x1x2+ 388
2b2b4x1x3−2b2b3x1x4−2b1b4x2x3+ 2b1b3x2x4−2b3b4x3x4, 389

4 Teorema Bruck-Ryser 15
y2
3= (−b3x1+b4x2+b1x3−b2x4)2=b2
3×2
1+b2
4×2
2+b2
1×2
3+b2
2×2
4−2b3b4x1x2− 390
2b1b3x1x3+ 2b2b3x1x4+ 2b1b4x2x3−2b2b4x2x4−2b1b2x3x4, 391
y2
4= (−b4x1−b3x2+b2x3+b1x4)2=b2
4×2
1+b2
3×2
2+b2
2×2
3+b2
1×2
4+ 2b3b4x1x2− 392
2b2b4x1x3−2b1b4x1x4−2b2b3x2x3−2b1b3x2x4+ 2b1b2x3x4, 393
Observăm că y2
1+y2
2+y2
3+y2
4are termeni de forma b2
ix2
jcui,j= 1,2,3,4. De 394
asemenea, fiecare termen de forma 2bibjxkxlapare exact o dată pentru fiecare i,j,k,l 395
= 1,2,3,4 la fel și termenii de forma −2bibjxkxl, deci aceștia se reduc. La final rămânem 396
exact cu partea stângă a ecuației (4.1 ). 397
398
Pentru a demonstra identitatea celor 2 pătrate, facem un calcul similar. Partea din 399
stânga a ecuației (4.3) este 400
401
(b2
1+b2
2)(x2
1+x2
2) =b2
1×2
1+b2
1×2
2+b2
2×2
1+b2
2×2
2. 402
Partea dreaptă a ecuației (4.3) este 403
404
(b1x1−b2x2)2+ (b1x2+b2x1)2=b2
1×2
1+b2
2×2
2−2b1b2x1x2+b2
1×2
2+b2
2×2
1+ 2b1b2x1x2 405
=b2
1×2
1+b2
2×2
2+b2
1×2
2+b2
2×2
1406
ceea ce este egal cu partea din stânga și demonstrația este încheiată. □ 407
408
Pentru x= (x1, x2, x3, x4),y= (y1, y2, y3, y4) putem reprezenta ecuațiile (4.2) prin 409
y= xB, unde 410
B=
b1b2b3b4
−b2b1−b4b3
−b3b4b1−b2
−b4−b3b2b1
(4.4)
Lema 4: FieB o matrice de dimensiuni 4×4determinată de (4.4 ). Atunci det( B) 411
=(b2
1+b2
2+b2
3+b2
4)2, și deci B este inversabilă dacă și numai dacă măcar unul din cei 412
4beste diferit de 0. 413
414
Demonstrație:
det(B) =/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingleb1b2b3b4
−b2b1−b4b3
−b3b4b1−b2
−b4−b3b2b1/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle=b1/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingleb1−b4b3
b4b1−b2
−b3b2b1/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle+b2/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingleb2b3b4
b4b1−b2
−b3b2b1/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle
−b3/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingleb2b3b4
b1−b4b3
−b3b2b1/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle+b4/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingleb2b3b4
b1−b4b3
b4b1−b2/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle=b1D1+b2D2−b3D3+b4D4.

4 Teorema Bruck-Ryser 16
Am notat cei 4 determinanți 3×3 cu D1, D2, D3șiD4. V alorile acestora sunt
D1=b1/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingleb1−b2
b2b1/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle−b4/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle−b4b3
b2b1/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle−b3/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle−b4−b3
b1−b2/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle
=b1(b2
1+b2
2)−b4(−b1b4−b2b3)−b3(b2b4−b1b3),
D2=b2/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingleb1−b2
b2b1/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle−b4/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingleb3b4
b2b1/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle−b3/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingleb3b4
b1−b2/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle
=b2(b2
1+b2
2)−b4(b1b3−b2b4)−b3(−b2b3−b1b4),
D3=b2/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle−b4b3
b2b1/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle−b1/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingleb3b4
b2b1/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle−b3/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingleb3b4
−b4b3/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle
=b2(−b1b4−b2b3)−b1(b1b3−b2b4)−b3(b2
3+b2
4),
D4=b2/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle−b4b3
b1−b2/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle−b1/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingleb3b4
b1−b2/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle+b4/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingleb3b4
−b4b3/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle/vextendsingle
=b2(b2b4−b1b3)−b1(−b2b3−b1b4) +b4(b2
3+b2
4).
Deci avem
det(B) =b1D1+b2D2−b3D3+b4D4
=b2
1(b2
1+b2
2) +b1b4(b1b4+b2b3)−b1b3(b2b4−b1b3)
+b2
2(b2
1+b2
2) +b2b4(b2b4−b3b1) +b2b3(b2b3+b1b4)
+b2b3(b1b4+b2b3)−b1b3(b2b4−b1b3) +b2
3(b2
3+b2
4)
+b2b4(b2b4−b1b3) +b1b4(b2b3+b1b4) +b2
4(b2
3+b2
4)
= (b2
1+b2
2)(b2
1+b2
2) + (b2
3+b2
4)(b2
3+b2
4)
+2(b1b4+b2b3)(b1b4+b2b3) + 2( b2b4−b3b1)(b1b4−b2b3)
= (b2
1+b2
2)2+ (b2
3+b2
4)2+ 2(b1b4+b2b3)2+ 2(b2b4−b3b1)2
=b4
1+ 2b2
1b2
2+b4
2+b4
3+ 2b2
3b2
4+b4
4+ 2b2
1b2
4
+4b1b2b3b4+ 2b2
2b2
3+ 2b2
2b2
4−4b1b2b3b4+ 2b2
1b2
3
=4∑
i,j=1b2
ib2
j= (b2
1+b2
2+b2
3+b2
4)2,
iar demonstrația este încheiată. □ 415
416
Lema 5 (Lagrange): Orice număr întreg pozitiv poate fi scris ca o sumă de patru 417
pătrate. 418
Pentru demonstrația acestei leme, avem nevoie de o lemă ajutătoare. 419
420

4 Teorema Bruck-Ryser 17
Lema 6: Pentru orice m∈Zimpar, există x,y,n∈Zastfel încât x2+y2+ 1 = mn . 421
422
Demonstrație: FieX={x2+ 1 (mod m) |x= 0, …,(m−1)/2}. Mulțimea X 423
conține (m−1)/2elemente distincte. Fie Y={−(y2)(mod m) |y= 0, …,(m−1)/2}. 424
Elementele lui Y sunt, de asemenea, toate distincte. Din această cauză avem |X|= 425
|Y|= (m−1)/2, deci |X|+|Y|=m+ 1 . Deoarece sunt m valori distincte (mod m), 426
X șiY trebuie să aibă cel puțin un element în comun. Atunci trebuie să existe xșiy, 427
0⩽x,y⩽(m−1)/2astfel încât x2+ 1≡ − (y2)(mod m) sau x2+y2+ 1≡0. De 428
aceea, există un n ∈Zastfel încât x2+y2+ 1≡mn .□ 429
430
Demonstrație (Lema 5): F olosind identitatea celor 4 pătrate, este suficient să
arătăm că orice număr pozitiv prim ppoate fi scris ca o sumă de 4 pătrate. Deoarece
2 = 12+ 12+ 02+ 02, iar 2 este singurul număr prim par, putem presupune că peste
impar.
Fiea, b, c, d ∈Zșim∈Zpozitiv astfel încât a2+b2+c2+d2=mp . Existența acestor
întregi este dată de Lema 6 . Dacă arătăm faptul că m= 1 atunci demonstrația este
terminată. Deci, ca să ajungem la o contradicție, presupunem că m > 1. Acum alegem
întregii A, B, C, D astfel încât −m
2< A, B, C, D ≤m
2șiA≡a, B≡b, C≡c, D≡d
(mod m).
A vem că A2+B2+C2+D2≡a2+b2+c2+d2≡0(mod m), deci A2+B2+C2+D2=rm
pentru un întreg pozitiv r. Observăm că
r=rm
m=A2+B2+C2+D2
m≤m2
4+m2
4+m2
4+m2
4
m=m,
decir≤m.
Presupunem că r= 0 . Acest lucru implică A=B=C=D= 0 , deci a≡b≡c≡d≡0
(mod m). Dar asta înseamnă că a, b, c șidsunt multipli ai lui m, deci a2+b2+c2+d2
este divizibil cu m2șipeste divizibil cu m. Acest fapt contrazice condiția ca m > 1și
psă fie număr prim, astfel încât rsă nu poată fi 0. Deci, r >0.
Acum, presupunem că r=m. Atunci A=B=C=D=m
2. Deoarece A≡a(mod m),
acest lucru înseamnă că a=m
2+um pentru u∈Z. Atunci a2=m2
4+um2+u2m2,
decia2≡m2
4(mod m2). Același lucru se întâmplă și pentru b, c șid. Atunci,
a2+b2+c2+d2≡m2
4+m2
4+m2
4+m2
4≡m2≡0(mod m2),
decia2+b2+c2+d2este din nou divizibil cu m2, ceea ce arată că peste divizibil cu m,
care contrazice faptul că peste prim. Atunci r < m .
Din identitatea celor 4 pătrate avem,
m2rp= (mp)(mr) = (a2+b2+c2+d2)(A2+B2+C2+D2) =e2+f2+g2+h2,

4 Teorema Bruck-Ryser 18
unde
e=aA+bB+cC+dD
f=−bA+aB−dC+cD
g=−cA+dB+aC−bD
h=−dA−cB+bC+aD
Mai mult,
e≡a2+b2+c2+d2≡0(mod m)
f≡ −ba+ab−dc+cd≡0(mod m)
g≡ −ca+db+ac−bd≡0(mod m)
h≡ −da−cb+bc+ad≡0(mod m),
decie, f, g șihau câte un factor m și deci e2, f2, g2șih2sunt divizibile cu m2. Dar
atunci,
rp= (e
m)2+ (f
m)2+ (g
m)2+ (h
m)2,
decirp este suma a 4 pătrate întregi și r < m care contrazice faptul că m este cel mai 431
mic număr de acest tip. Presupunerea noastră cum că m > 1nu este adevărată, deci 432
trebuie să avem m= 1 .□ 433
434
Demonstrație (T eorema Bruck-Ryser): Să presupunem că un plan proiectiv de 435
ordin nexistă. Fie N=n2+n+ 1 numărul de puncte și drepte din plan. Fie A de 436
dimensiuni N×N matricea de incidență a acestui plan. 437
Alegem x=(x1, …, x N), unde xi∈Q cu 1≤i≤N și fie z=(z1, …, z N), unde z= 438
Axceea ce înseamnă că zsunt combinații liniare de x. Din Lema 2 avem că 439
zTz=xTATAx=xT(nI+J)x=xTnI x+xTJx=nxTx+xTJx.(1.0) 440
Observăm că, 441
zTz= (z1, …, z N)
z1
…
zN
=z2
1+…+z2
N, 442
nxTx=n(x1, …, x N)
x1
…
xN
=n(x2
1+…+x2
N) 443
și 444

4 Teorema Bruck-Ryser 19
xTJx= (x1, …, x N)
1· · · 1
………
1· · · 1

x1
…
xN
445
= (x1+…+xN, …, x 1+…+xN)
x1
…
xN
446
= (x1+…+xN)2. 447
Acum putem scrie ecuația (1.0) ca 448
z2
1+…+z2
N=n(x2
1+…+x2
N) +ω2(1.1) 449
unde ω=x1+…+xNiarzisunt combinații liniare de xi. F olosind Lema 5 ,npoate fi 450
scris ca o sumă de 4 pătrate, deci n=b2
1+b2
2+b2
3+b2
4, cubi∈Z. Acum putem folosi 451
Lema 3 pentru bșix, câte patru o dată, dar acest lucru ne poate lăsa cu câțiva xîn 452
plus dacă N nu este divizibil cu 4. A vem două cazuri: dacă n= 0 , 4 (mod 4) atunci 453
N= 1 (mod 4), iar dacă n= 1 , 2 (mod 4) atunci N= 3 (mod 4). Începem prin a 454
aborda al doilea caz. 455
Presupunem că n= 1 , 2 (mod 4) astfel încât N= 3 (mod 4). Luăm decizia ca xN+1 456
să fie număr rațional și adunăm nx2
N+1 în ambele părți ale ecuației (1.1), deci obținem: 457
z2
1+…+z2
N+nx2
N+1= (b2
1+b2
2+b2
3+b2
4)(x2
1+…+x2
N+x2
N+1) +ω2. (1.2) 458
Observăm că N+ 1 = 0 (mod 4), deci putem folosi Lema 3 pentru bșix, câte patru o 459
dată pentru a obține 460
z2
1+…+z2
N+nx2
N+1=y2
1+…+y2
N+1+ω2, (1.3) 461
unde yisunt combinații liniare de xi. Fie y=(y1, …, y N+1)și fie x′=(x1, …, x N, xN+1). 462
Atunci există o matrice B de dimensiuni (N+ 1)×(N+ 1) cu elemente întregi astfel 463
încât y=Bx′. 464
Din Lema 4 ,B este inversabilă. Deci, x′=B−1y. Fie A′matricea definită ca A la 465
care adăugăm la sfârșit o coloană de zerouri. A′va fi o matrice de dimensiuni N×(N+1) 466
astfel încât A′x′=Ax. Atunci 467
z=Ax=A′x′=A′B−1y=Cy, 468
unde matricea C are elemente raționale. Deoarece xiau fost aleși arbitrar și există o 469
corespondență 1 la 1 între xișiyiprin matricea B, putem să considerăm că am ales yiîn 470
mod arbitrar. Mai mult, deoarece zisunt combinații liniare de yi, următoarea metodă 471
de a alege yine permite să anulăm majoritatea termenilor din (1.3). 472
Deoarece zisunt combinații liniare de yi,z1=c11y1+…+c1(N+1)yN+1 pentru 473
c11, …, c 1(N+1)∈Q. Dacă c11̸= 1 putem alege 474
y1=1
1−c11(c12y2+…+c1(N+1)yN+1) 475

4 Teorema Bruck-Ryser 20
astfel încât 476
z1=c11
1−c11(c12y2+…+c1(N+1)yN+1) +c12y2+…+c1(N+1)yN+1 477
= (c11
1−c11+ 1)( c12y2+…+c1(N+1)yN+1) 478
=1
1−c11(c12y2+…+c1(N+1)yN+1) =y1. 479
Dacă c11 = 1, putem alege 480
z1=−1
2(c12y2+…+c1(N+1)yN+1) 481
astfel încât 482
z1=−1
2(c12y2+…+c1(N+1)yN+1) +c12y2+…+c1(N+1)yN+1 483
=1
2(c12y2+…+c1(N+1)yN+1) =−y1. 484
În orice caz, y1este exprimat în funcție de ceilalți yșiz2
1=y2
1. Continuând în acest 485
mod, putem alege yiastfel încât y2
i=z2
i, pentru i= 1,…, N. Ecuația (1.3) este redusă 486
la 487
nx2
N+1=y2
N+1+ω2, (1.4) 488
unde xN+1 șiω sunt combinații liniare raționale de yN+1, i.e. xN+1=kyN+1 șiω= 489
k′yN+1, pentru k, k′∈Q. Deci, dacă yN+1 ia valoarea celui mai mic multiplu comun al 490
numitorilor lui kșik′, observăm că xN+1, ω∈Z. De aceea, ecuația (1.4) are un întreg 491
ca și soluție. 492
Acum să considerăm cazul n= 0 , 3 (mod 4), astfel încât N= 1 (mod 4). Deoarece 493
N−1≡ 0 (mod 4), putem folosi Lema 3 pentru bișixicâte 4 o dată și ne rămâne un 494
x. 495
z2
1+…+z2
N= (b2
1+b2
2+b2
3+b2
4)(x2
1+…+x2
N−1) +nx2
N+ω2496
z2
1+…+z2
N=y2
1+…+y2
N−1+nx2
N+ω2497
Procedând ca mai sus, putem alege yiastfel încât să anuleze primii N−1z. Apoi 498
obținem 499
z2
N=nx2
N+ω2, 500
unde zNșiωsunt combinații liniare raționale independente de xN. Ca și înainte, putem 501
alege o valoare întreagă pentru xNastfel încât zN, ω∈Q. Făcând ordine printre notații, 502
ne dăm seama că dacă avem un plan proiectiv de ordin n≡ 1, 2 (mod 4) atunci ecuația 503
z2=nx2−y2(1.5) 504
are soluții întregi nu toate 0, iar dacă n≡ 0, 3 (mod 4) atunci ecuația 505

4 Teorema Bruck-Ryser 21
z2=nx2+y2(1.6) 506
are soluții întregi nu toate 0. Observăm că dacă n≡ 1, 2 (mod 4) atunci n(n+ 1)/2 507
este un număr impar, iar dacă n≡ 0, 3 (mod 4) atunci n(n+ 1)/2este un număr par, 508
putem scrie ecuațiile (1.5) și (1.6) ca 509
z2=nx2+ (−1)n(n+1)/2y2. (1.7) 510
Deci, am demonstrat că dacă un plan proiectiv de ordin nexistă, atunci ecuația (1.7) 511
are soluții întregi, nu toate 0. □ 512
513
Următoarea propoziție însumează ce cunoaștem până acum despre planele proiective 514
de ordin finit. 515
516
Propoziție: Fienun întreg pozitiv. Atunci: 517
518
(i) Dacă neste puterea unui număr prim, există cel puțin un plan proiectiv de ordin 519
n. 520
521
(ii) Dacă n≡ 1 sau 2 (mod 4) și nu este sumă de două pătrate, atunci nu există nici 522
un plan proiectiv de ordin n. 523
524
(iii) În orice alt caz, un plan proiectiv de ordin npoate sau nu să existe. 525
526
Se poate observa că T eorema Bruck-Ryser nu spune nimic despre existența planelor 527
de ordin natunci când n≡ 0 sau 3 (mod 4), deoarece ecuația z2=nx2+y2are întot- 528
deauna soluția x= 0 ,y=z. 529
530

CAPITOLUL 5 531
Ordinele 10 și 12 532
5.1 Ordinul 10. 533
Deoarece 102= 12+ 32, un plan proiectiv de ordin 10 ar exista dacă condiția din 534
teorema Bruck-Ryser ar fi suficientă. Pe de altă parte, 10 ≡ 2 (mod 4) și deci, dacă 535
aplicăm conjectura lui Euler, atunci nu există un astfel de plan. 536
537
În cele din urmă, în anul 1989, s-a demonstrat de către Lam, Thiel și Swierez folosind 538
în mare parte ajutorul calculatorului că nu există un astfel de plan. Noțiunea principală 539
care a condus la finalizarea acestei căutări, este cea de coduri binare corectoare de 540
erori . 541
542
Definiție 1: Fie∏un plan proiectiv de ordin finit. Codul binar C al lui∏este 543
un spațiu vectorial peste F2generat de către coloanele matricei de incidență a lui∏. Un 544
element din C se numește cuvânt din cod . 545
546
Ca o consecință a acestui fapt, codurile moștenesc proprietăți din structura geomet- 547
rică și combinatorică a planelor proiective din care sunt construite. 548
549
Definiție 2: Se numește ponderea unui cuvânt din cod xși se notează cu w(x) 550
numărul de componente ale lui xdiferite de 0. 551
552
Exemplul 1: Dacă avem x1= [1,1,1,0,0,0,0],x2= [0,0,1,0,0,0,0] șix3= 553
[0,1,0,1,1,0,1] atunci w(x1) = 3 ,w(x2) = 1 ,w(x3) = 4 . 554
555
Definiție 3: FieC codul binar asociat planului proiectiv∏de ordin n. Se numește
codul dual lui C și se notează C⊥un subspațiu al lui FN
2astfel încât
C⊥={u∈FN
2|u·vpentru orice v∈C},
unde N=n2+n+ 1. 556
557
Definiție 4: FieC codul binar al unui plan proiectiv de ordin n.Numărătorul
de ponderi al lui C este polinomul
WC(x, y) =N∑
i=0AixN−iyi,

5.1 Ordinul 10. 23
unde N=n2+n+ 1 șiAieste numărul de cuvinte din cod de pondere idinC. Numără- 558
torul de ponderi al dualului lui C este definit în același mod. 559
560
Exemplul 2: Să calculăm numărătorul de ponderi al codurilor C șiC⊥al planului
F ano. Observăm că A0=A7= 1 ,A1=A2=A5=A6= 0 șiA3=A4= 7 . Deci,
WC(x, y) =x7+ 7x4y3+ 7x3y4+y7.
Pentru C⊥, avem A0= 1 ,A1=A2=A3=A5=A6=A7= 0 șiA4= 7 . Deci,
WC⊥(x, y) =x7+ 7x3y4.
T eorema 1 (Identitatea lui McWilliam): Numărătorul de ponderi al unui cod
binar C și cel al dualului său C⊥sunt în relație unul cu celălalt așa încât
WC⊥(x, y) =1
|C|WC(x+y, x−y).
Lema 1: Fiexun cuvânt din cod și lo dreaptă oarecare din∏. Atunci w(x+l) = 561
w(x) +n+ 1−2k, unde neste ordinul planului și keste numărul de puncte în care lse 562
intersectează cu x. 563
564
Demonstrație: Deoarece lare ponderea n+ 1 , numărul total de coloane nenule ale 565
luixșilestew(x) +n+ 1 . Însă, în cuvântul din cod x+l, fiecare dintre coloanele în 566
carexșilau 1 în comun, acestea vor avea 0 și aceste coloane corespund punctelor de 567
intersecție dintre xșil. Deci fiecare dintre aceste puncte vor ’scoate’ câte un 1 din xși 568
lși așa se obține formula. □ 569
570
Lema 2: Fiex=l1+…+lkun cuvânt din codul binar asociat planului proiectiv 571∏unde lisunt drepte din∏și fie lo dreaptă oarecare din∏diferită de li. Dacă keste 572
par atunci lintersectează xîntr-un număr par de puncte, iar dacă keste impar atunci 573
lintersectează xîntr-un număr impar de puncte. 574
575
Demonstrație: Presupunem că x=l1+…+lk, unde, așa cum am precizat și
mai devreme, fiecare lipoate fi presupus ca fiind distinct. Fie lo dreaptă, unde l̸=li,
1≤i≤k, astfel încât lsă nu fie o dreaptă din x. Fie p1,…,pm punctele în care l
intersectează dreptele l1,…,lk, unde fiecare punct este unic. Pentru fiecare punct pi, fie
L(pi)reprezentând numărul de drepte l1,…,lkcărora le aparține pi. Deoarece fiecărei
drepte îi aparține doar un punct p1,…,pm, observăm că
m∑
1L(pi) =k. (1.1)
De asemenea, dreapta lintersectează xîntr-un punct pidacă și numai dacă L(pi)este 576
impar. Mai mult, lnu îl intersectează pe xîn orice alt punct din felul în care l-am definit 577
pepi. 578

5.1 Ordinul 10. 24
Presupunem că, keste par. Atunci, din ecuația (1.1), un număr par de L(pi)-uri trebuie 579
să fie impar. Cum lintersectează xîn punctele în care L(pi)este impar, lintersectează 580
xîntr-un număr par de puncte. 581
Presupunem că, keste impar. Atunci, din ecuația (1.1), un număr impar de L(pi)-uri 582
trebuie să fie impar. Ca mai sus, lintersectează xîntr-un număr impar de puncte. □ 583
584
Corolar 1: Fiexun cuvânt din codul binar asociat unui plan proiectiv de ordin 585
finit∏și fie lo dreaptă oarecare din∏. Atunci, dacă xeste suma unui număr impar de 586
drepte, lintersectează xîntr-un număr par de puncte, iar dacă xeste suma unui număr 587
par de drepte, lintersectează xîntr-un număr impar de puncte. 588
589
Demonstrație: Cazul pe care trebuie să îl considerăm, care nu este acoperit de 590
către Lema 2 , este acela unde lface parte din dreptele care alcătuiesc suma lui x. Deci, 591
o să presupunem că x=l1+…+lkșil=li, pentru un icu proprietatea 0≤i≤k. 592
Fiex′=l1+…+li−1+li+1+…+lk. Atunci x=x′+lși punctele lui lcare sunt pe 593
xsunt punctele lui lcare nu sunt pe x′. Cum orice dreaptă dintr-un plan proiectiv are 594
întotdeauna un număr impar de puncte, lui lîi aparțin un număr impar de puncte ale 595
luixdacă și numai dacă lui lîi aparțin un număr par de puncte ale lui x′și invers. 596
Cum x′este suma a k−1drepte și nici una dintre acestea nu este l,Lema 2 arată că l 597
intersectează x′într-un număr impar de puncte dacă, keste par și într-un număr par de 598
puncte dacă, keste impar. Deoarece lintersectează xîntr-un număr impar de puncte 599
dacă, keste impar și într-un număr par de puncte dacă, keste par, iar corolarul este 600
demonstrat. □ 601
602
Acum vom studia ce proprietăți ar avea un cod binar C al unui plan proiectiv de 603
ordin 10 dacă acesta ar exista. De acum înainte, dacă nu este precizat, C va fi un cod 604
al unui plan proiectiv de ordin 10, iar∏va fi planul respectiv. 605
606
Lema 3: Fiexun cuvânt din codul C. Atunci w(x)≡0(mod 4) dacă xeste suma 607
unui număr par de drepte și w(x)≡3(mod 4) dacă xeste suma unui număr impar de 608
drepte. 609
610
Demonstrație: V om folosi inducția pe numărul de drepte din suma lui x. Începem
prin a observa că cuvântul 0 din cod (care este suma unui număr par de drepte) are
ponderea 0 (mod 4) și că orice dreaptă (care este suma unui număr impar de drepte)
are ponderea 11 ≡ 3 (mod 4). Acum, presupunem că xeste suma unui număr par de
drepte și că w(x)≡0(mod 4). T rebuie să arătăm că w(x+l)≡3(mod 4) pentru orice
dreaptă ldin∏. Din Corolarul 1 ,lintersectează xîntr-un număr par de puncte și fie
acest număr 2k. Din Lema 1 avem
w(x+l) =w(x) + 11 −4k≡0 + 3 + 0 ≡3(mod 4) .
Pe de altă parte, presupunem că xeste suma unui număr impar de drepte, fie acest

5.1 Ordinul 10. 25
număr 2k+ 1 șiw(x)≡3(mod 4). Atunci avem
w(x+l) =w(x) + 11 −2(2k+ 1)≡3 + 3 −2≡0(mod 4) .
și demonstrația este încheiată. □ 611
612
Deoarece cuvintele din cod de pondere 0 (mod 4) reprezintă suma unui număr par de
drepte, fiecare dreaptă intersectează un asemenea cuvânt într-un număr par de puncte și
deoarece cuvintele din cod de pondere 3 (mod 4) reprezintă suma unui număr impar de
drepte, fiecare dreaptă intersectează un asemenea cuvânt într-un număr impar de puncte.
F olosind Lema 3 observăm că pentru coeficienții numărătorului de ponderi avem A4i+1
=A4i+2 = 0 pentru i= 0,…,27. De asemenea, cuvântul unitate face parte din codul C
deoarece suma tuturor dreptelor conține toate punctele, deci pentru fiecare cuvânt din
codxde pondere w(x), există un cuvânt din cod x+ 1 de pondere 111 – w(x)astfel încât
Ai=A111−i. Din acest motiv cele 28 de A4i,i= 1,…,27 determină întregul numărător
de ponderi,
WC(x, y) =27∑
i=0A4ix111−4iy4i+27∑
i=0A4i+3×108−4iy4i+3.
Cum C⊥conține cuvintele din codul C care reprezintă o sumă de un număr par de
drepte, acestea au ponderea pară. Deci,
W⊥
C(x, y) =27∑
i=0A4ix111−4iy4i.
Să presupunem că există un cuvânt din cod xde pondere 3 sau 7. Fie pun punct care
nu aparține lui x. Cum pnu este pe xșixare ponderea mai mică decât 11, rezultă
că există o dreaptă care trece prin pși nu aparține lui x. Dar acest lucru contrazice
faptul că fiecare dreaptă îl intersectează pe xîntr-un număr impar de puncte. A vem o
contradicție și deci, nu există nici un cuvânt din cod de pondere 3 sau 7 și A3=A7= 0.
Să presupunem că există un cuvânt din cod xde pondere 4 sau 8 și fie pun punct care
aparține lui x. Atunci, deoarece prin ptrec 11 drepte, există o dreaptă care trece prin
p, dar care nu trece prin orice alt punct al lui x. Deci, această dreaptă intersectează
xîn exact un punct ceea ce contrazice faptul că fiecare dreaptă intersectează xîntr-un
număr par de puncte. Din această cauză, nu există cuvinte din cod de pondere 4 sau 8
șiA4=A8= 0. În final, îl vom determina pe A11. Orice dreaptă este un cuvânt din
cod de pondere 11, deci A11≥ 111. Fie xun cuvânt din cod de pondere 11 și fie p1și
p2două puncte de pe x. Fie ldreapta care trece prin p1șip2. Presupunem că există
un punct qpelcare nu aparține lui x. Deoarece există cel mult 9 alte puncte ale lui x
care nu aparțin lui lși există 10 alte drepte care trec prin qtrebuie să existe o dreaptă
l′care trece prin qcare nu conține nici un punct al lui x. T oate dreptele intersectează
xîntr-un număr impar de puncte, dar l′nu face acest lucru și deci avem o contradicție.
De aici, avem faptul că dreptele sunt cuvinte din cod de pondere 11 și A11 = 111. În
mod evident, singurul cuvânt din cod de pondere 0 este cuvântul format doar din 0-uri,

5.2 Ordinul 12. 26
deciA0= 1. Însumând ce am găsit până acum, avem A0= 1, A1=A2= … = A10 și
A11 = 111. F olosind identitatea lui McWilliam, avem
27∑
i=0A4ix111−4iy4i=W⊥
C(x, y) =1
|C|WC(x+y, x−y)
=1
|C|(27∑
i=0A4i(x+y)111−4i(x−y)4i+27∑
i=0A4i+3(x+y)108−4i(x−y)4i).
Pentru orice iputem egala coeficientul x111−4iy4idin partea dreaptă cu A4i. Acest lucru 613
ne oferă un sistem de ecuații liniare în A4i. Acest sistem nu poate fi rezolvat în mod 614
explicit, dar folosindu-ne de faptul că A0,…,A12sunt cunoscuți, se poate arăta că fiecare 615
A4idepinde doar de A12,A15 șiA16. În anul 1973, MacWilliams, Sloane și Thompson, 616
ajutați de calculator au căutat toate cuvintele posibile din cod de ordin 15, dar nici unul 617
nu a fost găsit, așa că s-a ajuns la concluzia că A15 = 0. Următorul pas a fost acela de 618
a se calcula A12 șiA16 folosind metode similare calculării lui A15. Dacă un cuvânt din 619
cod de pondere 12 sau 16 completează un plan, atunci planul a fost găsit și existența 620
este arătată. Dacă, pe de altă parte, nici un cod de acest tip nu este găsit (și A12 =A16 621
= 0), numărătorul de ponderi al lui C poate fi calculat. Atunci un cuvânt din cod care 622
ar trebui să existe (i.e. Ai̸= 0), ar trebui să completeze un plan. Dacă acest lucru ar 623
fi posibil, s-ar găsi un plan, dar dacă nu este posibil, acest lucru ar contrazice faptul că 624
un astfel de cuvânt din cod există. Din această cauză, presupunerea inițială că un plan 625
proiectiv de ordin 10 există trebuie să fie falsă și deci am demonstrat că nu există nici 626
un plan proiectiv de ordin 10. 627
628
5.2 Ordinul 12. 629
La momentul scrierii acestei lucrări, existența sau inexistența unui plan proiectiv de 630
ordin 12 este încă necunoscută, iar acest subiect continuă să rămână deschis în domeniul 631
matematicii. Extinzând metoda stabilirii existenței unui plan proiectiv de ordin 10 632
pentru planele proiective de ordin 12, în principiu, ar trebui să fie posibilă. Problema 633
constă în faptul că, la momentul actual, calculatoarele nu sunt suficient de puternice 634
deoarece spațiul căutării ar fi mult mai mare pentru ordinul 12. 635
Cea mai mare descoperire la ordinul 10 a fost aceea că este nevoie să fie determinați 636
doar 3 coeficienți ( A12,A15,A16) pentru a îi afla pe restul. În cazul n= 12 numărul de 637
coeficienți care trebuie să fie determinați este 16, ceea ce crește exponențial timpul de 638
căutare și în plus, anumite teoreme sau proprietăți nu se aplică pentru ordinul 12. 639
Presupunând prin absurd că acești coeficienți au fost găsiți, urmează în continuare 640
partea cea mai dificilă. T rebuie găsită o contradicție pentru a arăta inexistența sau să fie 641
găsit planul propriu-zis. Pentru ordinul 10, acest lucru a durat 2 ani. Pe lângă acest fapt, 642
înainte de a începe să se scrie cod, multe lucruri trebuie să fie extinse pentru ordinul 12 643
ceea ce ar adăuga la timpul de căutare. Cu trecerea timpului si tot odată cu avansarea 644

5.2 Ordinul 12. 27
tehnologiei și a calculatoarelor, este posibil ca această problemă să poată fi rezolvată, 645
dar și într-un timp cât mai scurt. 646

Bibliografie 647
[1] Albrecht Beutelspacher and Ute Rosenbaum. Projective geometry: from founda- 648
tions to applications . Cambridge University Press, 1998. 649
[2] Marshall Hall. “Projective planes” . In: T ransactions of the American Mathematical 650
Society 54.2 (1943). 651
[3] Max Horn. Projective Plane of Order 12 . 2010. url :https://mathoverflow.net/ 652
questions/38632/projective-plane-of-order-12 (visited on July 4, 2018). 653
[4] Daniel R Hughes and FC Piper. Projective planes . 1973. 654
[5] Johan Kåhrström. On projective planes . 2015. 655
[6] Clement WH Lam. “The search for a finite projective plane of order 10” . In: The 656
American mathematical monthly 98.4 (1991). 657
[7] Michel Lavrauw, Leo Storme, and Geertrui V an de V oorde. “Linear codes from pro- 658
jective spaces” . In: Error-Correcting Codes, Finite Geometries, and Cryptography, 659
AMS Contemporary Mathematics (CONM) book series 523 (2010). 660
[8] G Eric Moorhouse. Incidence geometry . 2007. 661
[9] Xander Perrott. “Existence of Projective Planes” . In: arXiv preprint arXiv:1603.05333 662
(2016). 663
[10] Wikipedia. Projective Plane .url :https://en.wikipedia.org/wiki/Projective_ 664
plane . 665