Vorstand mit allen 2020er Jahren
Nullen werden in alle Zellen von a geschrieben $5 \times 5$Tafel. Wir können eine beliebige Zelle nehmen und die Zahl in dieser Zelle und allen Zellen, die eine gemeinsame Seite haben, um 1 erhöhen. Ist es möglich, die Nummer 2020 in allen Zellen gleichzeitig zu erhalten?
Antworten
Es ist
nicht möglich.
Argumentation:
Lassen $M$ sei der $25 \times 25$Matrix, die die benachbarten Beziehungen zwischen den Zellen darstellt. Wir suchen daher nach einem (Spalten-) Vektor$x$ von $25$ nicht negative ganze Zahlen, so dass $Mx$ ist der Vektor $[2020, 2020, \dots, 2020]$. (Ich werde benützen$[]$ Spaltenvektoren zu bezeichnen und $()$um Zeilenvektoren zu bezeichnen.)
Wir stellen zuerst fest, dass$M$ist eine symmetrische Matrix.
Darüber hinaus zeigt die folgende Tabelle, dass es einen (Spalten-) Vektor gibt$v = [1,5,4,2,4,\dots, 4,5,1,2,7]$ so dass $Mv =[11, 11, \dots, 11]$.
1, 5, 4, 2, 4
5, 1, 0, 1, 5
4, 0, 5, 3, 1
2, 1, 3, 1, 2
4, 5, 1, 2, 7
Seit$M$ symmetrisch ist, bedeutet dies, dass es einen (Zeilen-) Vektor gibt $w( = \frac1 {11} v^T)$ so dass $wM = (1, 1, \dots, 1)$.
Weiterhin berechnen wir die Summe der Einträge in$v$ und bekomme $69$, die nicht teilbar ist durch $11$.
Nehmen wir abschließend an, dass wir einen Vektor haben$x$ so dass $Mx = [2020, \dots, 2020]$.
Wir haben dann$M(x - \frac{2020}{11}v) = 0$, was impliziert $wM(x - \frac{2020}{11}v) = 0$.
Das gibt$(1, \dots, 1)x = \frac{2020}{11}(1, \dots, 1)v = \frac{2020}{11}\cdot 69$, was keine ganze Zahl ist. Deshalb$x$kann kein integraler Vektor sein.
Abschließend, wenn wir wollen, dass alle Zahlen eine bestimmte Zahl werden$n$dann ist es genau dann möglich, wenn $n$ ist ein Vielfaches von $11$.
Eine weniger technische Lösung:
Wir können (versuchen) eine symmetrische Lösung finden, bei der alle Zahlen gleich sind (wobei die 6 Variablen angeben, wie oft eine Zelle ausgewählt wird):
abcba
bdedb
cefec
bdedb
abcba
Für die Summe erhalten wir: T = a + 2b = a + b + c + d = 2b + c + e = 2b + d + 2e = 2d + c + e + f = 4e + f
Daraus können wir Gleichheiten extrahieren:
(1 + 3) a = c + e
(1 + 2) b = c + d
(3 + 4) c = d + e
(5 + 6) 3e = c + 2d
(4 + 6) f = 2b + d -2e = 5d
Jede positive ganzzahlige Lösung hierfür muss ein Vielfaches von f = 10, d = 2 usw. sein, was zu einer Summe führt, die ein Vielfaches von 22 ist.
Jede asymmetrische Lösung kann symmetrisch gemacht werden, indem alle 8 (horizontale vertikale und diagonale) Reflexionen addiert werden, sodass 8-mal jede Lösung zu einem Vielfachen von 22 führen muss. Somit führt jede einzelne Lösung zu einem Vielfachen von 11. 2020 ist kein Vielfaches von 11 .
Ordentlichere Lösung, wie von OP angefordert:
Lassen $A$ eine konstante Matrix sein [1,5,4,2,4; 5,1,0,1,5; 4,0,5,3,1; 2,1,3,1,2; 4,5,1 2,7] und $B$ein beliebiger erhältlicher Board-Zustand sein, wie [1,1,1,0,0; 0,1,0,0,0; 0,0,0,2,0; 0,0,2,2,2; 0, 0,0,2,0]. Dann das "Punktprodukt"$\sum_{ij} A_{ij}B_{ij}$ ist immer ein Vielfaches von 11. Aber der gewünschte Zustand ist $B^* = 2020 \times 1_{5\times5}$ wo $1_{5\times 5}$repräsentiert die Matrix aller. Aber das Punktprodukt von$A$ und $B^*$ ist kein Vielfaches von 11, Widerspruch.
Der größte Teil des Guthabens gehört @WhatsUp, um die Matrix zu finden $A$.
Dies ist nur eine "Elementarisierung" von @ WhatsUps elegantem Beweis, um etwas Intuition zu vermitteln.
Es gebe zwei Muster von $n_i$ bewegt sich jeweils jeweils zu einer gleichmäßigen Erhöhung von $k_i$in jedem Quadrat. Lassen$\{x_{ij}\}$ die "Zellenzahl", dh die Anzahl der Quadrate $j$ wurde (als Zentrum) im Muster gewählt $i$. Multiplizieren Sie nun jede Zellenzahl im Muster$1$ durch jede Zellenzahl im Muster $2$ das ist innerhalb des "+" - Pentos, das in der ersten Zelle zentriert ist (dies ist natürlich symmterisch, dh äquivalent ist die erste Zelle innerhalb des Pentos, das in der zweiten Zelle zentriert ist) und bildet die Summe: $S = \sum_{j,j' \text{"pento-connected"}} x_{1j}x_{2j'}$. Dann$S = \sum_j x_{1j} \sum_{j\text{within pento at}j'} x_{2j'} = \sum_j x_{1j} k_2 = 25 k_2 n_1$ und ähnlich $S = 25 k_1 n_2$.
Ersetzen $k_1,n_1 = 11,69$ nach Muster von WhatsUp und $k_2 = 2020$ wir finden, dass eine passende ganze Zahl $n_2$ ist nicht vorhanden.
Hier kommt ein intuitives Argument am nächsten, das ich zur Erklärung der Zahlen aufbringen könnte $69,11$. Intuitiv bedeutet hier, keine Gleichungssysteme einzubeziehen, die auf den ersten Blick nicht gelöst werden konnten. Ob es wirklich aufschlussreich oder interessant bedeutet, ist eine andere Sache ...
Teilen Sie das Board in drei Gruppen mit jeweils zwei Untergruppen ein: $$\begin{matrix}a&A&b&A&a\\A&B&C&B&A\\b&C&c&C&b\\A&B&C&B&A\\a&A&b&A&a\end{matrix}$$. Wir werden die Notation stark missbrauchen und lassen$a$Beziehen Sie sich beispielsweise auf die Untergruppe, ihre Gesamtbelegung oder die Klasse der zentrierten Bewegungen (bis zu natürlich) $8$-fache Symmetrie) am Quadrat.
Beobachten Sie das jetzt bis zu $8$-fache Symmetrie für jede der Untergruppen $a,b,c$Es gibt nur einen Zug , der den Durchschnitt im Vergleich zu erhöht$A,B,C$jeweils nämlich. $A,b,C$. Daher jeder Zug, der das Gleichgewicht zugunsten von erhöht$A,B,C$ vs. $a,b,c$muss jeweils durch die entsprechende Anzahl von Schritten ausgeglichen werden $A,b,C$, beziehungsweise.
Es gibt einige Kaskaden: Beginnend mit einem Ungleichgewicht $B>b$ von $1$ dies muss durch eins ausgeglichen werden $b$ Bewegung verursacht ein neues Ungleichgewicht $A>a$--- was ohne weitere Nebenwirkungen behoben werden kann --- und ein neues Ungleichgewicht $C>c$ von $1$. EIN$C>c$ Ungleichgewicht kann nur durch a ausgeglichen werden $C$ bewege welche Reblances in Schritten von $3$ (im $C$ Einheiten, $3/4$ im $c$Einheiten, Unterschied aufgrund der Gruppengröße). aber führt wieder ein a$B>b$ Ungleichgewicht von $1$. Wenn wir all dies kombinieren, finden wir, dass ein vollständig ausgleichendes$A>a$ von $1$ Kosten $1A$, ein $B>b$ von $2$ Kosten $1C,3b,3A$, und ein $C>c$ von $2$ Kosten $1C,1b,1A$.
Sobald die Gruppen ausgeglichen sind, die absoluten Ebenen der Gruppen $Aa$ und $Cc$ kann nach Bedarf mit Bewegungen nach oben korrigiert werden $a$ und $c$. Insbesondere sind diese Bewegungen hinsichtlich des gruppeninternen Gleichgewichts neutral. Beachten Sie, dass wir alle Züge außer berührt haben$B$Jetzt, und jeder Zug war neutral oder kaskadiert zu einem Nettogewinn einer kleinen Buchstabengruppe. Um dieses Gewicht zu formalisieren$A:1,C:1,B:4$. Dann jede Bewegung außer$B$ist neutral oder verschiebt die gewichtete Summe des Kontostands innerhalb der Gruppe in Richtung des bevorzugten Kleinbuchstabens. Daher kann jedes ausgeglichene Muster durch Auswahl einer Gesamtmenge von erstellt werden$B's$das muss gerade sein und sie dann ausbalancieren. Das Ungleichgewicht durch zwei$B$'S ist $B>b:2,C>c:4,A>a:4$: Fixing Balance erfordert $14A,5b,3C$. Zusammen mit$2B$ Dies führt zur Belegung $B=b=22$ was nicht durch die Gruppengröße teilbar ist $4$Also müssen wir alle Zahlen verdoppeln. Um die Gruppengrößen zu bringen$A=a$ und $C=c$ zu den richtigen Ebenen, die wir finden, müssen wir hinzufügen $5C$ und $16a$ was zu insgesamt $69$.
Dieses Argument ist nahezu konstruktiv, bis es innerhalb des Ungleichgewichts der Untergruppen theoretisch machbar ist. Aber wir fangen mit vier an$B$'s unserer Wahl, also alles mit der möglichen Ausnahme von $A$ (Welches hat $8$ Mitglieder können symmetrisch aufgebaut werden.